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• FransDoryamVargasFlores

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Problema 1.- Un motor diesel tiene una relación de compresión de 20 y una relación airecombustión de 15. El poder calorífico del combustible es de 1000 kj/kg. El proceso de compresión isentrópica se inicia a 290°k y 100 kPa. Determinar: a) La presión, temperatura y volumen en cada estado del ciclo. b) La relación de corte (rc), la relación de expansión (re) y la relación de volumen muerto (c) c) El volumen de desplazamiento si el motor es mono cilíndrico, gira a 1000 RPM y su potencia es de 100 kw y es de 4 tiempos. Nota : cp = 1.0035 ; cv = 0.7165 kj/kg°k ; k = 1.4

Solucion :

r k =20 r ac =15T 1=290 ° k P1=100 kPa

w˙ N =100 kw PC =40000 KJ / Kg N =1000 RPM

Para a)

T 2=T 1 r K−1 K =961.2 ° K

T 3=

P2=P1∗r KK =6628.9 kPa

PC +T 2=3618.6 k P3=P2=6628.9 kPa r ac∗C p

Entonces :

T 4=T 3 ¿ rc=

V 3 T3 = =3.77 V 2 T2

T 4=T 3 ¿ V 1=V 4= V 3=

R T1 RT2 3 3 =0.832 m /kg V 2= =0.042 m /kg P1 P2

R T3 3 =0.153 m /kg P3

Para b)

rc=

V 3 T3 = =3.77 V 2 T2

rc=

V4 =¿ V3

C=

V2 VM 1 = = =0.0526 VD V 1−V 2 r k −1

Para c)

n D =1−

1

∗( k−1

rk

r kc −1 )=0.579 k ( r c −1)

w˙ N =n D∗Q A=nD∗m˙ a∗C p (T 3−T 2) Entonces m˙ a =0.06477 kg /s V˙ D=m˙ a∗(V 1−V 2)=0.05117 m3 /s VD=

V˙ D N ∗N= =500 RPM =8.33 rad / smotor de 4 tiempos N 2

VD=6.1428∗10−3 m 3

Problema 2 : En un motor de encendido por chispas la relación aire-combustible es de 15y la eficiencia del ciclo teorico correspondiente es 5%. El diagrama indica posee un área igual al 90% el área del diagrama toerico. El motor es de 4 tiempos, gira a 1200 RPM y aspira 2kg de aire por segundo. El poder calorifico del combustible es de 42000 KJ/kg. Si la eficiencia mecánica es de 80%, determinar: a) b) c) d)

La relación de compresión del ciclo teórico. Los restantes puntos de estado. La potencia al freno del motor. La eficiencia térmica al freno. Nota: C V =0.7165 KJ /kg K , k =1.4

Solucion : Datos : T 1=300 K P1=100 KPa

r ac =15 n0 =0.585 N =1200 RPM Factor de diagrama = f.d. =

Ai =0.9 AT

m˙ a=2 kg /s PC =42000 KJ /kg n M =0.8 1−k

a) n0 =1−r k

entonces r k = ( 1−n0 ) 1 / 1−k =9

k−1

b) T 2=T 1∗r k =722.467 K

P2=P1∗r kk =2167.4 KPa PC T 3= +T 2=4630.352 K r ac∗CV T 4=T 3∗r k−1 k =1922.724 K ˙ I W W˙ , n0 = N c) n I = Q˙ A Q˙ A n I W˙ I Ai = = =f . d . entonces nI =f . d .∗n 0=0.5265 ˙ N AT n0 W 1 Q˙ A =( m˙ a + m˙ c )∗C V ( T 3−T 2 ) =m˙ a 1+ ∗C V∗( T 3−T 2 ) r ac ¿ 5977.33 KW ˙ A=2517.651 KW w˙ e =n M∗n I ∗Q ˙e W =0.421=42% d) nte = Q˙ A

(

)