1.- Un combustible cuya composición en masa es:
C

82%, H 2
 12%, O2 
6%;
se
quema con 250% de aire teórico. Se sabe que en la combustión, el 90% de
carbono reacciona formando
CO2
y el resto de carbono reacciona formando CO .
Hallar:
a) El aire teórico y el aire real en Kg. de aire/Kg de combustible.
b) El análisis gravimètrico (% en masas) de los productos.
Solución:
Combustible
Composición gravimètrica
C
Composición volumétrica o molar (base 100 Kg.)
82%

C
H2
 12%

H2
 12 / 2 
O2

6%

O2



82 / 12
6 / 32


6.8 Kmo l
Kmol
ol
6 Km
0.1875Kmo l
Luego la ecuación será:
6.8C  6 H 2
 0.1875O2 
balanceando:
2.5b(O2
 3.76 N 2 ) 
mCO2
 nCO 
pH 2 O  qN 2
 eO2
m  0.9  0.68  6.12; n  0.1  6.8  0.68; p  6
balanceando el oxigeno obtenemos:
5b  2r  18.545 1
Ecuación estequiometrica
6.8C  6 H 2
 0.1875O2  b(O2  3.76 N 2 ) 
balanceando:
obtenemos
m' CO2
m '  6.8; p '  6; b  9.6125 en

n' CO  p' H 2 O  q' N 2
1
r  14.759; luego q  90.36
a) Ecuación balanceada
6.8C  6 H 2
 0.1875O2 
 ra / c  r
de combustible

24.03(O2
 3.76 N 2 ) 
6.12CO2

24.03 32  3.76  28
100
0.68CO  6 H 2O  90.36 N 2
 32.9
 14.759O2
Kg de aire/Kg
ra / ct

9.6125
 32  3.76  28
100
 13.2
Kg de aire/Kg de combustible
b) Análisis gravimetrico de los gases de combustión:
En masas
Peso de CO2  6.147 12  32  270.468Kg  270.468 / 3409.112  7.93%
Peso de
CO  0.583 12  16  19.124Kg  19.124 / 3409.11
112
2
Peso de
N 2  90.64 28
Peso de H 2 O  6 2  16
Peso de
O 2  14.8 32
TOTAL
 2537.92
 0.56%
 2537.92 / 3409.112  74.4%
 108Kg
 108 / 3409.112
 473.6
112
 473.6 / 3409.112
3409.112 Kg
TOTAL
 3.17%
 13.9%
100%
2.- Se hace un análisis de los productos de la combustión cuando se quema
benceno  C6 H 6  con aire atmosférico. El análisis volumétrico de los productos
secos arrojan lo siguiente:
CO2

8%, CO  1%; O2

2.8%, N 2

88.2%.
porcentaje de exceso de aire.
Solución:
Ecuación real:
aC 6 H 6

1  e b(O2  3.76 N 2 )  8CO2  CO  2.8O2  88.2 N 2  pH 2O
balanceando:
C : 6a  8  1  a  1.5
H  6 a  2 p  p  4.5
O  21  e  b  16  1  2  2.8  4.5  13.55 1
Calculo de b: Ecuación estequiometrica

1.5C 6 H 6


1 e  b(O2

3.76 N 2 )

m' CO2

q' N 2
p' H 2O
balanceando:
C : 6  1.5  m'  9
H  6  1.5  p '2  p '  4.5
O  2b  2  9  4.5  22.5  b  11.25 en 1
Obtenemos
1  e 
 13 .55 / 11 .25  1 .2044 
e

20 .44 %
Calcular el
3.- Para un horno utilizado en la fabricación de cemento, se requiere gases de
combustión aproximadamente a 1,627 °C. El combustible……………
combustible………………
…
Ingresa a 25°C y el aire para la combustión ingresa a 227°C.El proceso puede
considerarse adiabático.
Entalpía de formación para el C8H18 liquido: -249,952 k.J/ K mol
a) Determinar la relación aire – combustible estequimetrica.
b) Determinar el porcentaje de exceso de aire.
c) Como explicaría Ud. que para un proceso de combustión adiabática, la
entalpía de los reactantes es igual a la entalpía de los productos estando
ambos a temperaturas diferentes.
Solución:
Temperatura de reactantes: combustible 25°C = 298 °K
Aire 227°C = 500°K
Temperatura de productos: 1627°C = 1900°K
h°f C8H18 Liquido = - 249,952 KJ/k mol a 25°C
a) Ecuaci
Ecuacion
on esteq
estequio
uiomet
metrica
rica :
C8H18 + b(O2 + 3.76N2)  m´CO2 + p´H2O + q´N2
balanceando la ecuacion :
C : 8 = m´
H : 18 = 2p´  p´= 9


O : 2b = 2m´ +p´ 2b = 2(8) + 9 b = 12.5
N : 2(3.76)b = 2q´  2(3.76)(12.5) = 2q´  q´ = 47
Donde :
m´ = 8 ; p´ = 9 ; b = 12.5 ; q´ = 47
Donde la ecuación es:
C8H18 + 12.5(O2 + 3.76N2)  8CO2 + 9H2O + 47N2
[ ra/c ] t = 12.5 (32+3.76x28)
8x12+18x1
[ ra/c ] t = 15.05 Kg. aire/Kg. comb
b) Ecuaci
Ecuación
ón de combus
combustión
tión re
real:
al: supon
suponemos
emos una com
combusti
bustión
ón completa
completa del
carbono por no saber las condiciones en que se realiza la combustión.
C8H18 + (1+e)b(O2 + 3.76N2)  m CO2 + pH2O + qN2 + rO2
balanceando :
C : 8 = m ..........
.....................(
...........(1)
1)
H : 18= 2p  p = 9 ................
.................(2)
.(2)
O : (1+e)b = 12.5 + r ............
...............(3)
...(3)
N : (1+e)b x 3.76 = q ...
...............(
............(4)
4)
Entalpía de los reactantes HR:
HR = 1x(-249952) + (1+e)b(0+ 6088) + (1+e)b(0+ 5912)
HR = -249952 + (1+e)(6088) + (1+e)b(5912)
Entalpía de los productos Hp:
Hp = m (-393522 + 85429) + p (-241827 + 67613) + q (0+ 52551) + r (0+ 55434)
HP = m (-308093) + p (-174214) +q (52551) + r (55434)
Por ser un proceso adiabático HR = Hp……….… (5)
-249952 + (1+e)b(6088) + (1+e)b(5912) = m(-308093) + p (-174214) + q (525551)+ r (55434)
Luego remplazando (1), (2), (3), (4) en (5)
Donde factorizamos (1+e)b Donde b = 12.5
-249952 + (1+e)(76100) + (1+e)(73900) = 8(-308093)+9(-174214)+q (525551)+r(55434)
-249952 + (1+e)(76100) + (1+e)(73900) = -2464744 - 1567926+q(525551)+r(55434)
-249952 + (1+e)(150000) = - 4032670 + q(525551) + r(55434)
(1+e)(150000) = - 3782718 + (1+e)(24700897) + [(1+e)(12.5) – 12.5](55434)
(1+e)(150000) = - 3782718 + (1+e)(24700897) + (1+e)(692925) – 692925
(1+e)(- 542925) = - 4475643
1+e = 1.48552
Es decir :
Obtendremos (1 +
+e)
e) b = 18.56
18.569
9
Como b= 12.5

(1 +e) x12.5 = 18.569
(1 +e) = 1.48552
e = 1.48552 – 1
e = 0.4855x100%
e = 48.55%
c) Esto se debe a que los productos forman otras formulas moleculares diferente a
los reactantes.
4.- Se quema butano (C4H10) con una relación aire – combustible [ r a/c ] = 23.67; si
el 80% del C se quema hasta CO 2. Determinar el porcentaje de exceso de aire.
Solución:
[ ra/c ] r = 23.67; 80% C  CO2
Ecuación de combustible real
C4H10 + (1 + e)b(O2 + 3.76N2)  m CO2 + nCO + pH2O + qN2 + rO2
balanceando :
C : m = 0.8 x 4  m = 3.2
n = 0.2 x 4  n = 0.8
H:p=5
O : (1+e)b = 6.1 + r ...........
............. (1)
N : (1+e)b(3.76) = q ........... (2)
[ ra/c ] r
=
(6.1+r) (32+3.76x28)
(4x12 + 1x10)
Luego

donde r = 3.9 ..........
............(3)
..(3)
[ ra/c ] r = 23.67
remplazando r = 3.9 en (1)
(1+e)b = 6.1 + 3.9
(1+e)b = 10………. (4)
Luego remplazando (4) en (2)
10(3.76) = q  q = 37.6
Luego la ecuación del combustible real es:
C4H10 + 10(O2 + 3.76N2)  3.2 CO2 + 0.8CO + 5H2O + 37.6N2 + 3.9O2
Ecuacion estequiometrica
C4H10 + b(O2 + 3.76N2)  m´CO2 + p´H2O + q´N2
Balanceando la ecuacion :
C : 4 = m´
H : 10 = 2p´  p´ = 5
O : 2b = 2m´ + p´  2b = 2(4) + 5  b = 6.5........ (5)
N : 2(3.76)b = 2q´

3.76b = q´........
q´.................
......... (6)
Luego remplazando (5) en (6)
3.76 (6.5) = q´  q´ =24.44
Luego la ecuación estequiometrica sera:
C4H10 + 6.5(O2 + 3.76N2)  4CO2 + 5H2O + 24.44N2
Luego remplazando (5) en (4)
(1+e)b = 10
(1+e) x6.5 = 10
1 +e = 1.538
e = 1.5385 – 1
e = 0.5385x100%
e = 53.85%
5. El análisis de los productos de la combustión del eteno ( C 2 H 2 ) da la siguiente
composición en “base seca”: CO2  12.4% , O2  6.2% , N 2  81.4% .
Determinar la relación aire-combustible.
Solución:
Combustible: C 2 H 2
Análisis de los productos en base seca:
CO2
 12.4%
O2
N2


6.2%
81.4%
Para 100 moles de producto seco, la ecuación de reacción real será:
aC 2 H 2
 (1 
e)b(O2
 3.76 N 2 )  12.4CO 2 
Balanceando:
C: a(2)  12.4(1)  a  6.2
H: a (2)  p (2)  a  p  6.2
O: (1  e)b(2)  12.4(2)  6.2(2) 
6.2O2
 81.4 N 2 
p(1)  (1  e)b(2)  43.4  (1  e)b  21.7
21.7(32  3.76x 28)
r
a/c

6.2(2 x12  2 x1)
pH 2 O
 18.48 Kg. aire/ Kg. comb.
6. Se quema etano ( C 2 H 4 ) con 200% de aire teórico. La combustión es completa,
la temperatura del combustible es 25ºC y la del aire es 27ºC. Los productos salen
a 427ºC. La entalpía de formación del etano es: 52,283 Kj/Kmol.
Determinar:
a) La enta
entalpía
lpía de llos
os produ
productos
ctos en K
Kj.j. /Kg
/Kg.. de comb
combustib
ustible.
le.
b) La rel
relación
ación ai
aire-c
re-combust
ombustible
ible re
real
al y la te
teórica
órica,, en masa
masas.
s.
c) El an
análi
álisis
sis vo
volum
lumétr
étrico
ico de los
los prod
product
uctos.
os.
Solución:
Combustible: C 2 H 4
%At=1+e=200%  (1+e)=2
Temperaturas de productos: 700ºK
Ecuación de reacción estequiometrica:
C2 H 4
 b(O2  3.76 N 2 ) 
aCO2

dH 2 O  eN 2
Balanceando:
C: 1(2)=a(1)  a=2
H: 1(4)=d(2)  d=2
O: b(2)=a(2)+d(1)  2b=4+2  b=3
Ecuación de reacción real:
C2 H 4

2 x3(O2
 3.76 N 2 ) 
mCO2

pH 2 O  qN 2
 rO2
Balanceando:
C: 1(2)=m(1)  m=2
H: 1(4)=p(2)  p=2
O: 6(2)=m(2)+p(1)+r(2)  12=4+2+2r  r=3
N: 6(3.76)(2)=q(2)  q=22.56
Ecuación balanceada:
C2 H 4
 6(O2  3.76 N 2 ) 
2CO2

2 H 2 O  22.56 N 2
 3O2
a) Ent
Entalp
alpía
ía de p
prod
roduct
uctos
os Hp:
Hp:
Hp= 2(hf  h) CO  2( hf  h) H O  22.56(hf  h) N  3( hf  h) O
Hp=2(-393522+17761) +2(-241827+14184) +22.56(0+11937) +3(0+12502)
Hp=-900003.28 Kj. / Kmol  900 MJ (el signo negativo indica que el calor sale)
2
Hp=900MJ 
2
Hp
Kg .
comb.
Hp= 32.143 MJ/Kg. comb.

2
900 MJ
( 2 x12  4 x1) Kg .
 32.143MJ / Kg
2
comb.
b)  ra / c  r
 ra / c  t
6(32  3.76 x 28)
( 2 x12  4 x1)


 ra / c  r

29.42


29.42 Kg
aire/ Kg. comb.
14.71 Kg. aire/ Kg. comb.

2
1 e
c)
%CO2

nT
%H 2O 
%N 2

%O2

nCO2
x100 
2 x100

29.56
22.56 x100
29.56
3x100
29.56
2 x100
2  2  22.5  3
6.76%

76.3%
 10.15%

6.76%
7. A la cámara de combustión de una turbina a gas ingresa octano liquido a 25
25ºC
ºC y
aire a 600ºK. La combustión es completa, adiabática, de FEES. La máxima
temperatura que deben alcanzar los gases de la combustión es de 1800ºK. ¿cuál
es el exceso de aire?
Octano liquido hf = -249952 KJ/
KJ/Kmol
Kmol a 25ºC
Aire a 600ºK
Temperatura de productos 1800ºK
Ecuación de reacción:
C8H18 + (1+ e)b (O2 +3.76N2)
m
CO2 + Ph2 + q N2 + r O2
Balanceando:
C: m =8
H: p =9
O :2b(1+ e)= 2m +p +2r ; como la combustión es completa r =eb
=12.5
N2: q =3.76(1+ e)
Ecuación balanceada:
C8H18 + 12.5(1+ e)(O 2 + 3.76N2)8CO2 + 9H2O + 47(1+ e)N2 + 12.5 e O2
Hp =8(-393522 + 79772) + 9(-241827 + 62609) + 47(1+ e) + 12.5e(51689)
Hp =2948266.5e-1823448
HR =(-249952) + 12.5(1+ e)(9247 + 3.76 x 88.91) = 533464.5(1+ e) - 249952
Como el proceso es adiabático H P = HR  e =87.2%

b
8. Se quema alcohol etílico (C2H5OH) con 150% de aire teórico en un proceso
FEES. Los reactantes ingresan a 25ºC y los productos salen a 500ºC y una atm.
Calcular la transmisión de calor por Kmol de alcohol etílico. Entalpía de formación
del alcohol etílico:-235.303KJ/Kmol.
Solución:
Combustible alcohol etílico C2H5OH , hf =-235303 KJ/Kmol
%At = 150%  e =0.5
temperatura de reactantes: 25ºC
consideraremos combustión completa
C2H5OH + 1.5b(O2 + 3.76N2)  m CO2 + p H2O + eb O2
Balanceando: m =2 ; p =3 ; q =16.92
Ecuación balanceada:
C2H5OH + 4.5(O2 + 3.76N2)  2CO2 + 3H2O + 16.92N2 + 1.5 O2
Calor de combustión: QRP:
QRP =HP-HR
QRP =2(-393522 + 8314) + 3(-241827 + 6920) + 16.92(5912) + 1.5(6088) - 1(235303)
QRP =1130670 KJ/Kmol.
9.- Cierto flujo de aire y metano a 25 ºC son suministrados a una maquina de
combustión interna. Después de producir trabajo, los gases de combustión
escapan a 727 ºC. La transferencia de calor del sistema es de 233000 KJ/Kmol de
combustible. La combustión se realiza con 10 % de exceso de aire. Determinar el
trabajo realizado en KJ/Kmol de combustible.
Solución:
Metano : h º
f
 74873KJ / Kmol a 25º C ; aire a 25º C ; e  10%
Temperatura de gases de escape:
727 º C
233,000 KJ / Kmol

 1000º K
de combustible
A pesar de realizarse la combustión con exceso de aire del 10 %, realmente esta
será incompleta. Asumimos que el 80 % del CO 2 y el 20 %restante será CO .
QT .E .  QTransferid o al exterior

Ecuación de combustión real:
CH 4
1  e  b O2  3.76 N 2   m' CO2  n`H 2O v 


p' N 2
 q ' CO 
r ' O2
Ecuación de combustión completa:
mCO2  nH 2 O
Balanceando: m  1; n  2; b  2; e  10%  1  e  1.1
También: m'  0.8  1  0.8; q '  0.2  1  0.2
CH 4  1.1  2 O2  3.76 N 2   0.8CO2  0.2 H 2 O v   p ' N 2  0.2CO  r ' O2
CH 4

bO2

Balanceando esta ecuación, obtenemos:
  0.8CO2  0.2 H 2 O v   8.272 N 2  0.2CO  0.3O2
Calculo del calor transferido durante la combustión: QRP
CH 4

2.2 O2
 3.76 N 2
QRP  HP(1000º K )  HR 25º C 
0.8  393522  33405
QRP

QRP
0.3 22707  1  74873
 478358 KJ / Kmol de

2  241827  25978
combustible
Sabemos que:
QRP

QT . E .

W

478358  233000
WRealizado  245358 KJ / Kmol
de combustible
 8.272
 21460  0.2  110529  21686 
10.-En un proceso de combustión FEES , a la presión constante de una atm. se
quema butano ( C4H10) y el análisis ORSAT de los productos arroja lo siguiente :
7.8%CO2 ,1.1%CO,8.2%O2 ,82.9% N 2
Determinar:
a) El At
b) El calor de combus
combustión
tión si los rreacta
eactantes
ntes y prod
productos
uctos se encu
encuentra
entran
n a 25ºC
c) La te
tempe
mperat
ratura
ura de
de la llllama
ama a
adia
diabát
bática
ica
solución:
Tomando 100Kmoles de gas
gases
es de combustión :
aC4 H10  (1  e)b(O2  3.76N 2 )  7.8CO2  1.1CO  8.2O2  82.9 N 2  pH2O
balanceando:
C : a = 2.225
H : p = 11.125
O : (1+e)b = 22.11
N2 : (1+e)b = 22.048
el valor q se halla balanceando el oxigeno es mas confiable q el q se halla
balanceado el nitrógeno, dado que el % de nitrógeno arrojado por el análisis
ORSAT
ORSA
T se halla por diferencia y también porque esta incluido en su volumen otros
gases componentes del aire .
Ecuación balanceada :
2.225C4 H10  22.11(O2  3.76 N 2 )  7.8CO2  1.1CO  8.2O2  82.9 N 2  11 .125H 2O
a) calcul
calculo
o de b : de la ecuació
ecuación
n estequi
estequiometr
ometrica
ica tene
tenemos
mos lo siguiente:
siguiente:
2.225C4 H10

b(O2
 3.76 N 2 ) 
m,CO2

balanceando: b = 14.46
At

(1  e)b
b
 100 
22.11
14.46
 100  152.9%
b) calo
calorr de co
comb
mbus
ustitión
ón Qr
Qrp
p
p , H 2O  q , N 2
Qrp = 7.8(-393522) + 1.1(-1
1.1(-110529)
10529) + 11.125(-285838) – 2.225(-126148)
Qrp = -6090321.95kj
QRP 
6090321.95
2.225( 4  12  10  1)
QRP  47193.5
kj
kj
kg  comb
c) Tempera
emperatura
tura de la llam
llama
a Adiabát
Adiabática
ica
Qrp = 0
H
P

H
H
R ( 25 º c )
H
R ( 25 º c )
R


2.22 5( 1 2 6 1
H
P (T
a
)
sup o n g a m o s
Ta

H
1 8 0 0º
p (1 8 0 0º º k
)
k

7.8( 3 9 3 5 2
11 .1 25( 2 4 1 8 2 7


62
sup o n g a m o s
"
Ta
H


1 7 0 0º
P (1 7 0 0º k )
k

7.8( 3 9 3 5 2
11 .1 25( 2 4 1 8 2 7
In terpo lan
do
1 8 0 0º
Ta

1 7 0 0º
T = 1740.8ºk
k


57
:
26274
.3 5kj

280679
.3kj

k

456360
.6 5k

11. En un horno de combustión, el combustible usado es hexano, (C6H14),
para el cual hfO = -167,197 KJ/Kmol.
El combustible y el aire ingresan a una atm. y 25ºC, y los productos salen a
330 ºC. La composición de los productos en volumen es: 8.18 % CO 2 ,
1.63% CO, 11.46% H2O ,(vapor), 73.82% N2 y 4.91% O2 . Determine el
calor transferido durante la combustión y compárelo con el calor que se
transferiría si la combustión fuese ideal, con aire estequiométrico entre las
mismas temperaturas.
Solución:
Combustible C6H14 ,
hfO = -167.197 KJ/Kmol
Temperatura de productos = 330 ºC= 600ºK
Composición de productos: 8.18 % CO 2,
1.63% CO, 11.46% H2O , 73.82% N2, 4.91% O2.
Tomando 100 Kmoles de los gases de escape, la ecuación de combustión será :
8.18 CO2+1.63CO+11.46 H2O + 73.82 N2+
a C6H14 (1+ex)b(O2+3.76 N2)
4.91O2
Balanceando obtendremos:
1.63 C6H14+19.635 ( O2+3.76 N2)
4.91O2
8.18 CO2+1.63 CO+11.46 H2O+ 73.82 N2+
Calculo del calor transferido durante la combustión :
QRP = HP (600 ºK)-HR (25 ºC)
QRPreal = 8.18 (-393522+12916)+1.63 (-1
(-110529+8941)+
10529+8941)+
11.46 (-241827+10498)+73.82 (8891)+4.91 (9247)-1.63 (-167197)
= 4955708.4 KJ
Combustión con aire estequiométrico:
1.63 C6H14+b(O2+3.76 N2)
m CO2+p H2O+q N2
balanceando tenemos:
1.63 C6H14+15.485(O2+3.76 N2)
9.78 CO2+11.41 H2O+58.22 N2
QRPideal =9.78 (-393522+12916)+1
(-393522+12916)+11.41(-241827+10498)+58.22(8891)1.41(-241827+10498)+58.22(8891)-
1.63(-167197)
= -5571625.4 KJ.
Como era de esperarse ,se transferirá mayor calor cuando la combustión sea
completa y con aire estequiometrico.
En la práctica no consigue la combustión completa pero se trata de llegar a ella
con exceso de aire.
12. Octano líquido (C8H18) ingresa a la cámara de combustión de una turbina a gas
a 25ºC y el aire ingresa a 230ºC. La combustión es completa, puede considerarse
que es un proceso de estado estable y fluj
flujo
o estable y además adiabáti
adiabático.
co. ¿Cuál
es el exceso de aire requerido si la temperatura de los productos esta limitada a
830ºC?
Entalpía de
de formación del C8H18 (liquido) = hfO =249.952 KJ/Kmol
Solución:
Combustible octano liquido C8H18 a 25ºC hfO =249.952 KJ/Kmol
Aire a 230 ºC = 500ºK, temperatura de salida 830ºC = 1
1100ºK
100ºK
C8H18 + (1+ex)b(O2+3.76 N2)
m CO2+p H2O+q N2+ex b O2
Balanceando
Balanc
eando tenemos
tenem os:
C8H18 +12.5 (1+e) (O2+3.76 N2)
8 CO2+9 H2+47(1+e) N2+12.5ex O2
Entalpía de productos HP :
HP (1100 ºK) = 8(-393522+38894)+ 9(-241827+30167)+ 47(1+ex)(24757)+
12.5ex(26217)
HP(1100 ºK) =1491291.5ex-3578385
Entalpía de Reactantes HR :
HR : 1.(-249952)+12.5(1+ex)(6088+3.76x5912)
Como el proceso es adiabático y no se ejecuta el trabajo:
HP - HR
ex =3.24
13. En un cierto proceso se requiere
requiere de gases de combustible a 800ºK , estos gases
provienen de una cámara de combustión en la q se quema C4H10 gaseoso
(hfº=-126148 KJ
Kmoll
Kmo
) a razón de 3
Kg
min .
El aire ingresa a la cámara de combustión a razón de 60
Kg
min
, tanto el combustible
como el aire ingresa a 298ºK y una atm, considera una combustión completa .Determinar el
% de exceso de aire.
Solución:
Ecuación real:
a c4 H 10
+
(1  e)b(o2  3.76 N 2)

Balanceando: m=4a
n=5a
2m+n+2eb=2(1+e)b……….(1)
En 1 entran min. entran a moles
a(4x12+10)= 300 gr.  a =51.72
(1+e)b x 137.23= 60 000gr.  (1+e)b=437.06

Luego m=206.9, n=258.6, p=163.34
En (1) eb – 100.86  e= 30%
m co 2
+
n H 2O
+
p N2
+
eb o2
Comprensión de gases
Problemas
14. Un compresor de flujo estable aspira
aspira 10 m…. de nitrógeno a 80 KPa y 20ºC y los
descarga a 250 KPa. Determine la potencia de compresión y el calor transferido en
KW así como la temperatura de salida en cada uno de los siguientes casos :
a) Poli
Poli tróp
trópico
ico con n= 1.25
1.25 y n =1.55
=1.55..
b) Isentrópico
c) Iso
soté
térrmico
mico
Solución:
V1 = 19 m3
s
gas nitrógeno  k =
Cp
Cv
= 1.39
P1 = 80Kp
P2= 250Kp
a) Procesos
Procesos Poli
Poli trópic
trópicos
os : n=1.25 , 1.39 , 1.55 (n

Potencia: como
= (n
W
) P.
n -1
1
Reemplazando datos:

Kw.
Para n=1.25  W =1023.77 Kw.

n=1.39  W =-1074.11 Kw.

n=1.55  W =-1123.39 Kw.

1)
n 1

(
v ( p 2 p1)
1
n
- 1)
V x
q= P
1
1
(k - 1)

Calor transferido: como
(k - 1)(1 - n)
n 1
x(
( p 2 p1)
n
- 1)
Reemplazando datos:

Para n =1.25 
Q =-294
Kw.

n=1.39 
n=1.55 
Q =0
Kw.
Q =297.3kw

Temperatura de salida: en todo proceso poli trópico
T = T 1 ( ( p2
2
n 1
p1)
1)
Reemplazando datos:
Para n =1.25 
n=1.39 
n=1.55
T
T
T

=368ºK
2
2
2
= ¿no se ve?
=439ºK
b) Proceso Isotérmico :
m3 x ln( 250 )=911.55kw
V .ln( P 2
Potencia W = - P
1
1
s
P1 ) = -80 Kpa x 10
80

Calor transferido:


Q= W
+ H = 911.55 Kw.
Temperatura de salida:
Proceso isotérmico 
T = T 1 =293ºK
2
n
-
15.- Un com
compr
preso
esorr comp
compri
rime
me N2 desd
desde
e 20
200
0 ha
hast
sta
a 650
650 KP
KPa,
a, el expo
expone
nent
nte
e
politrópico del proceso es 1.3. Determ
politrópico
Determinar
inar el trabajo de compr
compresión
esión en KJ por Kg
de N2 para los casos en que el gas ingresa a 10, 20, 30,40 y 50 ºC y represéntelos
en un gráfico W vs Ti.
Ti. ¿Cuál es el motivo de la variación del trabajo?
Solución:
Se comprime N2 R= 0.296 KJ/Kg ºK ; proceso politrópico n=1.3
cuando las temperaturas iniciales son: T i = 283, 293, 303, 313, 323 ºK
Trabajo Específico:
W1-2 =
n
1 n

RTi P2 P1 
n 1 n

1
Reemplazando datos: W1-2 = Ti ; tabulando W1-2 vs Ti
Ti ººK
K
283
293
303
W1-2 KJ/Kg
113.2
117.2
121.2
313
125.2
323
129.4
Gráfico W1-2 vs Ti
Ti
m=0.4
W1-2
Al tener mayor temperatura, existe mayor desorden de las moléculas de N2 ,
teniéndose que hacer mayor trabajo sobre el sistema.
16.- Determine la potencia de compresión de un compresor que comprime CO 2
desde 1 bar 5.5 bar, si su eficiencia isotérmica es de de 80 % y el CO a razón de
200 m3/min.
Solución:
Gas comprimido CO2
R = 0.189 KJ/Kg ºK , k =1.29
P1= 100 KPa ; T1 = 283 ºK
.
P2 = 550 KPa ; V 1 =3.3 m3/s ,
.
isot .
=
.
W isotermico / W real
 isot .
= 0.8
.
W real
 P2 
 / 0.8
 P1 
= P1V1 ln
.
Reemplazando valores: W real = 709.6 KW
.
W
isot . / isot
17. Para el compresor del enunciado 3, determine el calor transferido y su
eficiencia isoentrópica.
Solución

W
(n

((P2/P1)n-1/n – 1) = 709.6 KW
 333 ((5.5)n-1/n – 1) = 709.6
resolviendo n = 1.338
comp. =
1 n )
1 n )
P1 V

W
real =
(n
Calor transferido
( k  n)


Q

Q
=
P1 V
1
(k  1)(1  n)
((P2/P1) n-1/n – 1)
reemplazando valores
= 87.8 KW
n isoent. =
n isoent.



W isoent. / W real
= (k/1 – k)
= 691.8 KW / 709.6 KW = 0.97
n isoent. = 97 %
P1 V
1
((P2/P1)k-1/k – 1) / 709.6
18. Un compresor alternativo isotérmico ideal sin volumen muerto comprime
1.5 kg/s de O 2 desde 150Kpa y 47 °C hasta 500 Kpa. Si L/D = 1.2 y
N = 300RPM , determine la potencia y dimensiones del compresor.
compresor.
Solución
Compresor alternativo ideal sin V
V.M.
.M.
Gas comprimido: O2  R = 0.26 KJ / kg°K
P1 = 150 KPa , P2 = 500 KPa , T1= 320 °K ; L/D = 1.2 ; N = 300 RPM

=
W

m

P1 V =

V
1

m
RT1 ln P2/P1 = 1.5  0.26  320  ln(150/500) = 150.25 KW

1RT1
=V  N=


V
=

m
1
RT1/P1 = 0.832 m3/s
/4 D2  L  N =

/4  D2  1.20  N = 0.832 m3/s
Reemplazando valor de N, obtenemos D =
L = 0.6732 m
19. un compresor alternativa horizontal de 0.3 x 0.36 m con una variación de VM;
c =5% y 180 RPM comprime aire desde 100 Kpa y 27ºC hasta 400 Kpa
isoentropicamente.
a) Trazar
Trazar los di
diagrama
agramass del ciclo d
de
e funcio
funcionamien
namiento
to del com
compresor
presor e
en
n los
planos P-v, P-V,
P-V, T-s, m-V indicando los valores correspondientes.
b) Cal
Calcul
cula
a la e.
e.vv.c de
dell comp
compres
resor
or
c) Det
Determ
ermina
inarr la poten
potencia
cia n
neces
ecesari
aria
a de
compresión
d) Det
Determ
ermina
inarr el fluj
flujo
o de ai
aire
re en m3/s a la salida
Solución:
C =5%, R = 0.287 KJ/Kg*K
P1= 100 Kpa, P2= 400Kpa, T1 = 300ºK, n = k = 1.4
D = 0.3 m, L = 0.36 m, N’ = 180 RPM
a) Plano P-V

1 1

1

Pv
RT
v
T2  T1  P2 / P1 
P2 v 2

RT2

1
4
k 1 / k
v
 v2 

3.

0.287 300 / 0100
0.861m / Kg
 400 / 100 .4 / 1.4  445.8º k
 300
v3
 0.287  445.8 / 400 
0.32m 3 / Kg
Plano P-v
c  VM / VD   v 3 / v1 v3   0.05  v3  0.048v1 ..........1

v1  v3  VD  / 4  0.3
De (1) y (2)
2
  0.36  0.0254.................. 2
v1 = 0.0267m3, v3 = 1.282 x 10-3 m3
-3
3
-3
3
Para
= 1.4, v2 = 9.919 x 10 m , v4 = 3.45 x 10 m
PlanonT-s
T1  T4  300º K , T2  T3  445.8º K
Calculo De las entropías:
De las tablas de propiedades termodinámicas del
aire para T1  T4  300º K  s  2.5153KJ / Kg º K
Plano m-V
P1V1

m1 RT1
P3V3

m3 RT3

m1


m3
b) Calculo del e.v.c
m2


m4
P1V1 / RT1


P3V3 / RT3
0.031Kg

4  10 3 Kg
e.v.c  1  c1  v1 / v 2   1  0.051  0.0267 / 9.919  10
3



0.915
c) Calculo de la potencia de compresión:


Wc   K / 1  K  P1Va1  P2 / P1 
K 1 / K

 1 ; P1Va  m1 RT1
1

m1  m1  N '  0.031Kg  3ciclos / s  0.096Kg / s


Wc   1.4 /   0.4   0.093Kg/ s  400 / 100
0.4 / 1.4

 1  0.287KJ / Kg º k  300º k

Wc  13.62KW

d) V a  0.093 Kg / s  0.287 KJ / Kg º K  300º K / 100 KPa  0.08m 3 / s
Que es igual al de la salida por ser un FEES.
1
20) Un compresor alternativo funcionando de acuerdo a las siguientes
características D X L =0.2 X 0.25m, c = 5%, la válvula de escape se abre al 10%
de la carrera y su velocidad es de 300 RPM. Considerando que la compresión es
isoentropico y la sustancia de trabajo es aire que ingresa a una atmósfera y 17ºC,
se pide calcular:
a) Su e
e..v.c
b) El ffluj
lujo
o de a
air
ire
e asp
aspira
irado
do en m3/seg., medido en las condiciones de
aspiración
c) La p
pot
oten
enci
cia
a de co
comp
mpre
resi
sión
ón
Solución:
D x L = 0.25 x 0.25 m, c = 5%
V.E, se abre al 10% de la carrera (se supone la carrera 3, 4,1)
P1 = 1 atm = 1 bar; n = k = 1.4
T1 = 290ºK; N=320RPM=5RPS
a)
V1
 VM  VD
V2
 VM 
0.1VD
e.v.c  1  c1  v1 / v 2 
1 
c1  VM
e.v.c  1  c1   c  1 /  c  0.1 

 VD
 / VM

0.1VD  
70%
b)

V a1

 e.v.c  V

V a1

 0.7  
D  e.v.c  VD  N
/ 4    0.2 
2
e.v.c  / 4  D 2

 0.25  5 
3

L N
3
27.5  10 m / s
c)

WC

1 /
K
1
P1 / P2

WC
 k /  k  1   P1v a  P1 / P2  K


 V1 / V2  K

 VM
 VD

 / VM
1.4 / 0.4  100KPa  27.5  10

 1 ......... 1

3
0.1VD  K


  C  1  C  0.1  K
3
m / s 15.24
0.4 / 1.4

 15.24
 1  11.33KW
21.- Para el compresor del enunciado 7, determine su p.m.i.
Solución:
º
º
p.m.i.  W 1/ VD   / 4  D  L  N  39.3  10 3 m 3 / seg
2
º
º
Como no se da la nM la consideramos igual a la unidad; con esto: W 1  Wc
º
º
p.m.i.  Wc/ VD  11.33KW / 39.3  10 3 m 3 / seg  288.3KPa
22.- Determinar las dimensiones de un compresor de 200 RPM que comprime 6
3
m / min de CO 2 desde 1.013 bar y 25 ªC, hasta 6 veces la presión inicial
(n=1.35, c=4 y L/D=1).
Solución:
Gas  CO 2; N  200 RPM; P1  1.013bar ; P 2 /P1  6; T 1  298º K ; n  1.35; c  4; L/D  1
e.v.c.  1  c(1  ( P 2 / P1)1 / n )  88.9%
º
º
º
º
3
3
VD  VG/ e.v.c.  6m / min/ 0.899  6.75m / min
VD
 VD/
N

6.75m 3 / min/ 200 ciclos / min
También VD   / 4  D 2  L   / 4  D 3
L
D

0.03375m 3
 0.03375  D  0.755m
0.755m
LT  L(1  c)  0.755(1  0.04)  0.7852m


23) Se requiere comprimir 30 m3 x min. De aire desde 90 KN / m 2 y 17 ºC
hasta 450 KN / m 2 , en un proceso adiabático con n = 1.5, calcular:
a) La potencia necesaria de compresión.
b) La potencia mínima requerida para comprimir en dos etapas con
refrigeración
intermedia.
c) Determinar en ambos casos a y b las eficiencias adiabática e isotérmica.
Solución:
o
V a1 = 30 m
3
p1  90 KN/m 2 ;
/min. ;
p2

450 KN/m 2 ;
n = 1.5 (irreversible adiabático)
o
o
a) W c  (n/(n-1)).P1.V a .(( P2 / P1 )n 1/ n  1)

1
o
Wc
(1.5/0.5) �90 KJ/m3 �30/60 �m3 / s (50.5/1.5  1) = -95.85 KW

b) La mínima potencia de compresión la obtenemos cuando
Pr
P1.P2

o

201.25 KPa
o
Wc

- (2n/(n-1)).P1.V a1 .(( P2 / P1) ( n
1) / 2n


1)  -83.07 KW
c) Compresión en una etapa:
o
W
o

ad .rev.
o
K /(1  K ).P1.V a1 (( P2 / P1 ) ( k 1) / k
 1) 
- 91.95 KW
o
W isot .
-P1 .V a1 . ln( P2 / P1 ) = - 72.42 KW.

o
o
*
ad  W adrev. / W c 
*
isot  W isot / W c 
o
(- 91.95 KW) / (- 95.85 KW) = 95.9 %
o
(- 72.42 KW) / (- 95.85 KW) = 75.55 %
Compresión en 2 etapas:
o
o

W
ad .rev.
W
isot 
( k 1) / 2 k

2K /(1 K ).P1.V (( P2 / P1 )
a1
o


1)
- 81.43 KW
- 72.42 KW
o
o
*
ad  W adrev. / W c 
*
isot  W isot / W c 
o
(- 81.43 KW) / (- 83.07 KW) = 98 %
o
(- 72.42 KW) / (- 83.07 KW) = 87.2 %
º
T1  29
290 K ;
24) Suponga que para el caso del enunciado 10 en el ó los compresores
correspondientes n = 1
100
00 R.P
R.P.M.
.M.
c = 0.04
L/D = 1.1 , determine :
a)Para el caso de compresión en una etapa la e.v
e.v.c. y las presiones del
compresor.
b)………….
Solución:
N = 100RPM; c = 0.04;
L/D = 1.1
a) e.v.c.  1+ c (1- (P2 / P1)1/ n )  1 + 0.04 (1 - 51/1.5 ) = 0.923
o
o
min/ 0.
0 .923 = 32.5 m 3 / min .
V D  V a1 / e.v.c. = 30 m3 / mi
o
3
3
VD  V D / N  32.5 m / mi
min/100 ciclos/min = 0.325 m
2
VD =  /4 D L   /4 �1.
1.1
1 �D 3 = 0.
0.32
325
5 � D = 0.
0.72
72 m.
L = 1.1 D = 0.794 m.
L
T
= L(1 + c) = 0.794(1 + 0.
0.04)
04) = 0.826 m.
b) I etapa: e.v.c.  1+ c (1- (Pr / P1 )1/ n )  1 + 0.04 (1 - 2.241/1.5 ) = 97.15 %
o
o
VD1  V D / N
VD1 
LT
LTI
 V a1
/e.v.c. �N= 30 m3 / m
miin/0.9715 �
100 ciclos/min = 0.309 m3
/ 4 �1.1 �D13  0.309 � D1  0.71 m.

�DI  0.781 m.
LI �(1+c)  0.812 m.
 1.1

II etapa: Suponiendo iguales en la primera y segunda etapas, la relación de
volumen muerto:
e.v.c.II

e.v.c.I

0.9715
o
VDII
V
o
Luego
o
o
DII / N
aI �P1 / Pr
V aII
V
VDII
 13.42m
3
VDII
 V aII / e.v.c. �N ;
 
 30 �
90 / 201.25m
3
/ min  13.42 m3 / min
/m
/miin/0.9
/0.9715 �
100 ci
ciclos/min
/ 4 �1.1 �D II
3
 0.138 �
D II

 0.138
0.542 m.
�DII  0.596 m.
LII �(1+c)  0.596(1+0.04)=0.6198 m
m..
LTI
 1.1
LTII

m
3
25.- Un compresor de VD=0.3 m 3 , cuyo volante gira a 600 RPM y e.v.=80%,
comprime aire isoentropico desde 1.0 a 7 bar. Determine la potencia necesaria de
compresión en KW.
KW.
Solución:
VD  0.3m 3 ; N  600RPM ; P1  1bar; P 2 / P1  7; e.v.  80%; n  2.4
º
3
e.v.  Va 1/ VD  0.8  Va 1  0.8  VD  0.8  0.3  0.24m
º
Va 1  0.24 m 3  600 RPM  1 / 60 seg  2.4 m 3 / seg
º
º
Wc  K /(1  K ).P1Va 1(( P 2 / P1) ( K 1) / K  1)  624.6 KW
26.- Si el proceso anterior se ef
efectúa
ectúa en tres etapas con refrigeración int
intermedia
ermedia
ideal, determinar el porcentaje de ahorro de potencia.
Solución:
º
º
Wc  3K /(1  K ).P1.Va 1(( P 2 / P1) ( K 1) / 3 K  1)  513.1KW
% de ahorro
deº potencia
º
(100  (WcIII / WcI )  100)  100  (513.1 / 624.6)  100  17.9%
27. Un compresor reciprocante tiene las siguientes características: Longitud total
de la cámara 0.5 m, carrera 0.46 m, velocidad 750 RPM, eficiencia mecánica 85%
y la válvula de admisión se abre al 33% de la carrera. Determinar la e.v.c.
Solución
e.v.c. 
Va
 (V1  V4 VD
VD
..................................ec (1)
V1  VM  VD
V4 VM  0.33 VD en la ec (1)
e.v.c.  ((VM  VD )  (VM  0.33 VD )) VD  67%
28. Un compresor reciprocante de dos etapas aspira 1 m3/min. de aire libre (1.013
bar y 15ºC). Al inicio de la compresión las condiciones son de 1 bar y 25ºC, el
índice politropico de compresión y expansión es de 1.3.
La presión final es de
d e 16 bar. Ambos cilindros tienen una relación de volumen
muerto de 3% suponiendo que la refrigeración intermedia se lleva a cabo a la
presión óptima y hasta la temperatura de 25ºC, la velocidad es de 300 RPM
.Determinar:
a) El V
VD
D de ccada
ada com
compr
preso
esorr
b) La pot
potenc
encia
ia ind
indica
icada
da de cad
cada
a comp
compres
resor
or
c) La p
pres
resión
ión m
medi
edia
a en cada
cada ccili
ilindr
ndro
o
d) La pot
potencia
encia a
all eje ssii la ef
eficienc
iciencia
ia mec
mecánica
ánica e
ess de 83%
83%
Solución
Va o

1m
3
;
min
Po
1.013
Al inicio de la compresión:
P2  16 bar
N  300 RPM
a)
;

P1
 1 bar
C AP  CBP  3%
;
;
Pr 
:
To
;
M
T1
 0.83
P1 x P 2  4 bar


288 º K
298 º K
;
n

1. 3


Va 1 x P1
T1



298 x 1 x 1.013
T 1 x Va o x Po



 Va 1 

1 x 288
P1 x To
Va o Po
To

3
Va 1  1.048 m
Pr
e.v.c1 .  1  c (1  (

P1
)
1
min
1
n
)  1   0.03(1  41.3 ) 94.28%

VD1  VD1
 Va 1
R
e.v.c.x N
 1.048
0.9428 x 300
 3.705 x 10 3 m3
e.v.c.2  0.9428



Va 2 x Pr
Va 0 x Po

Tr
To

Tr x Va 0 x Po



 Va 2 
Pr x To

298 x 1 x 1.013
4 x 288

3
Va 2  0.262 m

VA 2
min

VD 2
Va 2


N
e.v.c. x N

0.262
 0.926 x10 3 m3
0.9428 x 300
b) Dado que no nos dan la efectividad =
area diagrama convencional
area diagrama indicado
Tomaremos como potencia indicada la potencia teórica
2n

Wc
 
(n


1)
x P1 x Va 1 ((

c)
p.m.i. 
W1

VD

Wteorico

VD
P 2 ( a  1) 2 n
)
P1
 1)   5.7
KW

Wteorico
W1

(Wc
p.m.i. BP
1º etapa:

2
)

Wc


( 2 Va 1
VD 1

153.83 KPa

615.33 KPa
)
e.v.c.

(Wc
p.m.i. AP
2º etapa:

2
)


VD 2
Wc

(2 Va 2
)
e.v.c.
d)


W eje 
Wc
M

5 .7
0.83
 6.87 Kw
En un compresor de 2 etapas, los procesos se realizan con sigue:
29. Un comprensor d e 2 etapas y de doble efecto aspira 3.2m3/min de aire a
un bar. y 20 ºC y lo comprime hasta 83 bar. siendo su velocidad de 200 RPM.
En ambas etapas la velocidad media del pistón es de 160 m/min., la eficiencia
volumétrica de 87%, el índice poli trópico es de 1.3.
Determinar :
a) La pot
potenc
encia
ia nece
necesar
saria
ia de comp
compren
rensió
sión.
n.
b) Las d
dime
imensi
nsione
oness de ccada
ada e
etap
tapa.
a.
Solucion :

V
Compresor de 2 etapas y doble efecto :

3
3.2m / min
a
P1 = 1 bar . ; T1 =293 º K ; e.v
e.v.. = 87%
P2 = 83 bar
bar.. ; N = 200RPM ; n = 1.3
Velocidad media del pistón es de 160 m/min. (En cada etapa)
a) Mínima Potencia entregada ;

W

Ctotal

W
(2n /(n  1)).P1.V ((
a
2 1.3
(
Ctotal
P2
P11
PC 
)
( n 1)
1  83  9.11bar
2n

1)
3
3.2 ) m ((83 )0.3 / 2.6  1)  30.74KW
 100KPa  (
KWat
atts
ts
(0.3)
60
1
s
b) Etapa :
Velocidad
Vel
ocidad media del piston : Vm


e.v.  Va
I
/VDI

2L.N


0.87  VD

L1

Vm
2N

160
2

200  0.4m

I

Va I / e.v. ……………(ec. 1)
Volumen aspirado por cada uno de lo dos ciclos realizados por una revolución
del eje (compresor de doble efecto).

Va

Va

I
2

3.2

3
2

1.6 m
min
en la ecuación (1)

VD
I
3

1.24 m
min

VD

VD

I
I
DI

N
 1.84
200

9.2  103 m3

4
d
2
I

L1

4
 0.4  d
2
I
0.171m.
II Etapa :
LII


Vm
2N

;
0.4m

Va II Va I

PI
3
Pr

m
1.6  1
 0.1756
9.11
min

Va II

Va II 
DII

0.0529m
N


3
0.878 10 m
3



4
DII
2

LII



4

0.4 D
2
II
30. Un comprensor
comprensor de 3 etapa
etapass simple acción,
acción, requiere
requiere de la acción de un
motor de 30 KW y de 1200 RPM para comprimir aire desde un bar. y 27 ºC
hasta 30 bar. En condiciones optimas, si el índice poli trópico del proceso es n
= 1.2, la eficie
eficiencia
ncia mecáni
mecánica
ca del compr
comprensor
ensor es de 92%, la relac
relación
ión
L/D =
1.1 y el comprensor tiene 3% del volumen muerto. Determine:
a) La ef
eficienc
iciencia
ia iso
isoentróp
entrópica
ica d
del
el comprenso
comprensorr.
b) La eficie
eficienci
ncia
a isot
isotérm
érmica
ica
c) La rel
relac
ació
ión
n en
entr
tre
e la pot
potenc
encia
ia de com
compr
presi
esión
ón en 3 et
etapa
apass y la potenc
potencia
ia
necesaria para comprimir el mismo flujo de aire en una etapa.
d) Las dim
dimension
ensiones
es de cada una de las etapas d
del
el comp
comprensor
rensor..
e) La tran
transferen
sferencia
cia de calo
calorr en cada una de la
lass etapas del ccompre
omprensor
nsor..
f) La pr
presión
esión media indic
indicada
ada en la pr
primera
imera etapa del co
compren
mprensor
sor..
Solucion :
Compresor: 3 etapas; gas: aire

;

30KW
KWatts
atts
Weje
P2  30bar
N
 1200 RPM
Weje

 M 

 3n
n 1


0.92
1 .1
P  1bar
;
condiciones optimas
4.423 m
Va 1
 P1 
((
P2
( n 1)
P1
3n
)
 1)
Reemplazando valores:
3
min

W
isent


isent


(3K
W
Reemplazando valores:

29.6
27.6

P2
).P .
((
)
P1
( K  1) 1 Va 1
real
isent
T1  300.º K
KWatts
atts  0.92  27.6 KW
30 KW

Va 1

1

Wc
Wc
;
;
M 
; C = 3% ; L D
n  1.2
;

a)
;
107.25%

( K 1)
3K

1) /W
c

Wisotermica
b)


isotermica


Wreal
P1.Va . ln(
1
P2

P1
)W
c
;
reem
reempl
plaz
azan
ando
do
valores obtenemos:
isotermica 
25.1
27.6

90.8%


WcII
c) r
Wc




(n
WcI
(n  1)).
P1.Va ((
1
P2
P1
)
n 1
n

1)  27.6
33.73

0.82
d) I Etapa :
P1
Condiciones optimas:
2
Pr1

3
P1
Pr2

3
P1  P

P2
2
2 
VDI
Pr1
Pr2
P2
1
) n )  1  0.03(1  (3.1 )
P
1
1
Va 1

N
1
1.2
)  95.29%

VDI

Pr2

9.65bar.


Pr1
3.1bar

e.v.c  1  c(1  (
Pr1


e.v.c  N
4.423
3
3
0.9529  1200  3.868  10 m

VDI


4

DI
2

LI


LI  1.1  DI  0.181m.
LTI

LI (1  c )

0.106m.
4

1.1 DI
3


3
3
3.868  10 m

DI

0.165m.
II Etapa:

P1
Va II  Va I  Pr
1
3
m
 1.427
= 4.423  1
3.1
min
Suponiendo iguales la relacion de volumen muerto en las 3 etapas :
e.v.c. = 95.29%


VDII

VDII
Va II


N

1.427
e.v.c  N
3
3
0.9529  1200  1.248  10 m





L
II
4
VDII
2
D


II

1.1 D
3


3
3
1.248  10 m

II
4
D

0.113m.
II
LII  1.1  DII  0.124m.
LTII

LII (1  c)

0.128m.
III Etapa:

Va III
P
 Va  1
1 Pr2
9.65

VDIII

0.458 m
min

VDIII

3
= 4.423  1

Va III

N
0.458m 3 / min
0.9529  1200 ciclos
=
e.v.c  N
0.4  10 3 m 3

VDIII


4

DIII
2

LIII

LIII  1.1  DIII  0.085m.
LTIII

LIII (1  c)

0.0875m.

4

1.1 DIII
3


3
3
0.4 10 m

DIII

0.0774m.
=
min

e) Sabemos que
Q

V1
( K  n)
(n  1)

CV

( P1 
)(
R
P2
( n 1)
P1
)
n

1)
I Etapa:

QI

(1.4  1.2)
((3.1 )
1

(0.2)
0 .2
1.2

0.717 KJ

Kg ..º K
100KPa  4.423m3
0.287 KJ
Kg  .º K  60seg
1)


Q I  3.822 KW
El calor transferido en cada uno de las etapas son iguales desde que la relación de presiones
de los compresores son iguales, por lo que :



Q I  Q II  Q III  3.822 KW
f)



p.m.i. 
WI


W
( c
VD1
Wc

3
). /VD
1

3Va
(
p.m.i.

27.6
(3  4.423
0.9529  60)
1
e.v.c.)
p.m.i. = 118.92 KPa.
31. Las características constructivas de un compresor, reciprocante son tales que
la válvula de admisión se abre al 15% de la carrera, tiene 4% de volumen muerto y
hace 600 ciclos por minuto. Determinar su volumen de desplazamiento para que
pueda comprimir 100 metros cúbicos de aire por minuto.
Solución:
V. A. se abre al 15% de la carrera
C = 0.04
N = 600 rpm
Va1 = 100 m3 /min
V1 = VM + VD
e. v .c. = Va/VD = (V1 - V4) / VD= 85%
= VM + 0.15 VD
V1 = VD / N = Va1 / e.v.c
e.v.c x N = 100 / 0.85 x 600= 0.196 m3
32. Un tubo compresor aspira 500m3 /min. De gas natural a la presión de una bar
y 17ºC con una composición de 17% de c2h6 y 83% de ch4 en volumen y lo
comprime hasta la presión de 1.8 bar ¿Cuál es la potencia de compresión si la
eficiencia isoentrópica del compresor es de 75%?
Solución
Va1= 500 m3/min; P1= 1bar; T1 = 290ºk; P2 = 1.8 bar
Sustancia de trabajo: composición volumétrica
17% C2H6
83% CH4
isoentrópìco = 0.75
Wc= Wisoent/nisoent. = (k / (k-1)). P 1.V
.Va
a1 (( P2/P1 )k-1/k -1) / 0.75….(1)
Calculo de k = Cp/Cv de la mezcla no reactiva
Sabemos que en una mezcla
Cv= Σfmi x Cvi
Cp = Σfmi x Cpi
Donde fmi = fracción de masa del componente i de la mezcla
Como la fracción molar: fn i=Vi / V
=17%
=83%
W = Σfni.Mi = 0.17 (2x12 + 6x1) + 0.83 (1x12 + 4x1) = 18.38
fmi = fni(Mi/M)
= 0.17(30/18.38) = 0.28
Análisis Gravimétrico
= 0.83(16/18.38) = 0.72
También:
= 1.766 KJ/Kg ºK;
= 1.489 KJ/Kg ºK
= 2.253 KJ/ Kg ºK;
= 1.734 KJ/Kg ºK
Luego:
Cpmezcla = 0.28x1.776 + 0.72x2.253 = 2.117 KJ/Kg ºK
Cvmezcla = 0.28x1.489 + 0.72x1.734 = 1.665 KJ/Kg ºK
Kmezcla = 2.117/1.665=1.271
2.117/1.665=1.271 reemplazamos valores en (1)
Wc = (1.271/0.271) x 100KPa x (500/60) m 3/s x ((1.8/1)0.271/1.271 -1)/0.75
Wc = 695.79Kw
33.- En un compresor de dos etapas y doble efecto se aspiran 50
m 3 / seg
de aire
a un bar y 27 ºC, y se comprime hasta la presión de 6 bar. Siendo la presión de
refrigeración intermedia la optima.
Por un defecto en el calculo del ínter enfriador el enfriamiento solo se efectúa
hasta la temperatura de 47 ºC. El índice politrópico del proceso es d n=1.3.
Determinar la potencia de compresión.
Solución:
P1  1bar
Pr 
P 4  6bar
1  6  2.45bar
º
T 1  300º K ; T3  320º K; Va  50m 3 / min
º
º
º
Wc  (n /(1  n)). ma RT 1(( P 2 / P1) n  1 / n  1)  ( n /(1  n)). ma RT 3(( P 4 / P3) n  1 / n  1)
º
º
Wc  ( n /(1  n)). ma R (( P 2 / P1) n  1 / n  1)(T 1  T 3); ya que P 2 / P1  P 4 / P 3
Volumen
Volum
en de aire aspirado por efecto del compresor
Como:
º
º
P.Va1  ma1.RT 1
º
Va 1  Va / 2  25m 3 / min
º
º
Wc  ( n /(1  n)).P1Va1(( P 2 / P1) n1/ n  1)(1  T 3 / T 1)
º
3
Wc  (1.3 / 0.3)  100KPa  (25 / 60)m / seg ((2.45 / 1)
Por ser de doble efecto:
º
º
WT  2Wc  171.44KW
reemplazando valores
0.3 / 1.3
 1)(1  320 / 300)  85.72KW
34.- En una planta Térmica que trabaja con el ciclo de Rankine regenerativo y con
recalentamiento, se producen 25000 KW. El vapor sufre un recalentamiento a 3
bar y la extracción ocurre a 1.5 bar para el calentador de mezcla. El vapor que
ingresa al turbo – generador (turbina – generador de corriente) se encuentra a 24
bar y 370 ºC. La temperatura del vapor después del recalentamiento es de 370 ºC
y la presión en el condensador es de 0.07 bar. Considere el ciclo real con las
siguientes eficiencias:
- De expansión
expansión de la turbina = 83%
- Mecánica de la turbina = 90%
- Del generador de corriente = 95%
- Del generador de vapor = 82%
Determine:
a) Eficiencia térmica del ciclo y de la planta
b) El flujo de vapor y el consumo especifico
c) Trace los diagramas T – S y h – s del ciclo
Solución:
Esquema de la planta térmica
Calculo de entalpía:
De tablas de vapor obtenemos:
-
h1  3172.19 KJ / Kg ; como s1  s 2i  h 2i  2699.3
Por dato Ae  0.83  (h1  h2) /(h1  h2i )  h2  h1  0.83(h1  h2i)
-
h 2  3172.19  0.83(3172.19  2699.3)  2779.69KJ / Kg
para 3 bar y 370 ºC:
h3  3213.29 KJ/kg; como s 3  s 4i  h 4i  3024.45
luego h 4  h3  083( h3  h 4i )  3213.29  0.83(3213.29  3024.45)
-
h 4  3056.55 KJ / Kg .
para
P  0.07bar; s 4  s5i  h5i  2482.21KJ / Kg
h5  h 4  0.83(h4  h5i )  3056.55  0.83(3056.55  2482.21)
luego
-
h5  2579.85 KJ / Kg .
para P  0.07bar :
- h6  hf  162.996 KJ / Kg .
En el proceso de:
h7  h6 
 Vdp si considera el fluido incompresible
h 7  h 6  vf 6( P 7  P 6)  1.26738  10 3 m 3 / Kg (1.5  0.07)  10 2 KJ / m 3  0.144 KJ / Kg l
uego :
-
h 7  162.740 KJ / Kg .
para
P  1.5bar :
- h8  hf
 467.11KJ / Kg
3
1
3
vf 8  1.0528  10 m / Kg
- h9  469.479 KJ / Kg
 hg  h8  1.0528( 24  1.5)  10
 2.3688
º
Calculo de Wv :
º
Wn planta  25000KW (en los bornes del generador)
º
WF  25000 / 0.95  26315.79 KW (en el de la turbina)
WT  26315.79 / 0.9  29239º.77 KW ( trabajo de la turbina)
Calculo de
º
º
º
mv :
º
º
º
WT  W 12  W 34  W
º
º
º
 mv(h1  h2)  mv(h3  h 4)  (mv  mx)(h4  h5)
45
aplicando la primera ley al calentador
c alentador,, obtenemos:
º
º
mx  mv
( h8  h7)
(h 4  h7)
 ec
luego:
º
º
WT  mv ((h1  h2)  (h3  h4)  (1 
reemplazando valores
( h8  h7)
( h4  h7)
)(h 4  h5))
º
º
mv  29.965 Kg / seg ; en (1) mx  3.152 Kg / seg .
calculo de ciclo :
º
ciclo

º
º
Wp/ QA
º
º

º
º
(WT  Wp ) / QA
º
º
º
º
Wp  Wp 1  Wp 2  mv  mx(h6  h7)  mv(h8  h9)
reemplazando valores
º
Wp  74.848 KW
º
WN  29239.77  74.848  29164.922 KW (potencia neta del ciclo)
QºA
º 9 1 Q
º 23
Q
mº v (h1  h 9)  mº v ( h3  h 2)
reemplazando valores
º
QA  94189 .31KW
ciclo  29164.922 / 94189.31  0.31  31%
Calculo de planta :
º
c
º
º
 0.82  QA/ QT  QT  94189.31 / 0.82  114865 .01KW
planta
 25000 / 114865.01  21.8%
Calculo de c.e.v. :
1
º
c.e.v. 
mv
º
WNplanta

29.965Kg / seg  60seg / min 60 min/ hora
25000KW
 4.315Kg comb / KW  hora
35.- La planta mostrada
mostrada en la fifigura
gura deberá desarrollar un potencia de 20000kw y
además deberá proporcionar
proporcionar 19*10^6 kj
kj/hora
/hora para procesos ind
industriales.Losdatos
ustriales.Losdatos
reales medidos en la planta están dados en la tabla1.
¿Cuál es el consumo de combustible de la planta?
Trazar el diagrama T-S
Punto
1
a
2
3
b
4
Temperatura
Presión (bar
(bar.)
.) (ºc)
35
315
4
2
2
0,34
0,07
Humedad
(%)
2
182
-
Eficiencia mecánica de la turbina: 90%
Eficiencia de la caldera : 85%
Poder calorífico del combustible : 41.853 kj/kg
4,6
1,5
6,3
Solución:
Grafico T-S
Calculo de entalpía:
(1)
(1)
(a
(a))
(2)
(2)
(3)
(b)
(b)
(4)
(4)
pa
para
ra 35 ba
barr. y 315
315 ººcc → h1  3014.22 kj/kg.
pa
para
ra 4 b
bar
ar y x =0.
=0.98
98 → ha  h f  0.98h fg =2695.86 kj/kg.
pa
para
ra 2 bar y x=
x=0.
0.95
954
4 → h2 =2605.31 kj /kg.
Par
Para
a 2 bar yy182
182 ºc → vap
vapor
or so
sobre
brecale
calenta
ntado:
do: h3  2833.89 kj/kg.
pa
para
ra 0.34
0.34 bar y x=
x=0.
0.98
985
5 → hb  2594.97 kj/kg.
pa
para
ra 0.07
0.07 bar y x=
x=0.
0.93
937→
7→ h4  2419.58 kj/kg
(5) y
(6)
(b , )
h5

hb

h
f
0.07bar
=162.596 kj/kg.

v fg  1.00738  10 3 m 3 / kg . : h6
h6
 162 .596  1.00738  10
3

h5

v fg ( p 6

p5 )
m 3 / kg ( 2  0.07 )  10 2 kj / m 3 0162.79 kj / kg .
(7) y (9) En cal
calentador
entadores
es de ccontact
ontacto
o indir
indirecto
ecto iideal
deal se cumple :
Tb ,

T7

71.81º c
Ta,  T9  143.63º c
Calcularemos las entalpías de (7) y (9) “aproximadamente” (cuando no se tiene
h f ( 35bar )  c p .T( 35bar )  c p  1049.75kj / kg
/242.6 ºc=4.327 kj/kg. ºc
Teniendo en cuenta que el valor de cp disminuye en pequeñas cantidades al
disminuir la temperatura manteniendo la presión constante (9), tomamos
Cp=4.2 kj/Kg. ºc.
h9  c p  T9(35bar )  4.2kj / kg º c 143.63º c  603.25kj / kg.
h f ( 2bar )  c p  T( 2 bar )  c p  504.7 / 120.23  4.198kj / kg º c
Para el punto (7) tomamos cp=4.12 kj/kgºc  h7  4.12  71.81  295.86kj / kg.
Como no nos dan las condiciones de la masa (
0
m
y
) después de ceder su energía
a los procesos industriales, asumimos que tienen la misma entalpía que el punto
(7) (de no hacer esto faltarían datos para la solución).
v7
vb ,

 1.02398  10
3
m 3 / kg (Liquido poco compresible)
Valor aproximado de h :
(8) h8  h7  v7 ( p8  p7 )  295.86  1.02398  10 3 (35  2)  10 2  299.24kj / kg .
(10) h10  ha ,v f ( 4bar) ( p10  pa , )  604.74  1.0836 103 (35  4) 102  608.1kj / kg.
8

Calculo de
h11 :
o
o
o
w w1


o
T

m

wa
o
o

2

w
3b
o
o
w
a
v


wb

4
o
(h1  ha )  (m
v

o
mx )(h
a 
o
o
h2 )  (m
v

o
mx m y )(h

3 
hb )  (m
v
( hb  h4 )
wT  mv ( h1  h3  h2  h4 )  mx (h2  h4  ha  h3 )  m y (h4  h3 )  mz (h4  hb )
Reemplazando
valores:o
o
o
o
o
w  823.22 m v  504.86 m x  414.31m y  175.39 m z
o
Calculo de m x :
Primera ley:
o
o
o
o
ha  m x  (m v  mx )  h8
o
o
mx
(h9
o
mx

mv
((ha
o

0.127 m v

o
(m v  m x )  h9
 h8 )
 h8 )  ( ha , h9 ))
o
 m x  ha ,
…………….. (1)
o
o

o
m x m y mz )


o
Calculo de m y :
o
o
Q 2m

(hm
h2 )  m y  ( w2m ) sehacecero

o
o

my

2m
Q
hm  h2
6

19 10 kj / 3600 seg
(295.86  2605.31)kj / kg


2.285 kg
seg
o
Calculo de m z :
o
o
o
o
o
h6 (mv  (m x  m y ))  m z .hb
o
o
mz
o
o
 (m v  ( m x  m y ))
o

o
o
o
h7 (m v  (m x  m y ))  hb , m z
(h7
 h6 )
(hb
 hb , )
o
mz

o
0.058( m v  (0.127 mv  2.285))
o
o
mz

0.0506 m v  0.13253
Reemplazando valores en la ecuación (1) :
o
o
wT
o
o
 823.22 m v  504.86(0.127 m v )  414.31( 2.285)  175.39(0.0506 m v  0.13253)
o
o
wT

750.228 m v  923.454  20000kw / 0.9  22222.22kw
o
mv
 30.85kg / s.
Aplicando la primera ley:
o
o
o
o
h9 ( m v  m x )  h10 (m x )  h11 ( m v )
o
h11

h9 (1 
mx
o
o
)  h10 (
mv
mx
o
)
mv
h11  603.25(1  0.127)  608.1 0.127  603.86kj / kg.
o
Calculo de mc :
o
QA
o

(h1  h11 )  mv
Luego:
 (3014 .22  603.86)  30.85  74359.6kj / s.
o
o
mc 
QA
n
c

p.c.

74359.6kj / s
0.85  41853kj / kg

2.10kg / seg
36.-Para un ciclo Rankine con recalentamiento intermedio se dan los siguientes
datos:
 Presión de recalentamiento P2=P3=7 bar.
 Condiciones de ingreso al condensador: P4=0.07 bar.; x4  90%
 Trabajo de bomba despreciable : h5  h6
 Eficiencia N=0.37
Los procesos
expansión
en las turbinas : Isentrópicas
Flujo
de vaporde
: 2700
kg/hora
Se pide:
a) Det
Determ
ermina
inarr el trab
trabajo
ajo en
en la T
TBP
BP
b) Det
Determ
ermina
inarr el trabaj
trabajo
o en la T
TAP
AP
c) Deter
Determinar
minar la pot
potencia
encia de la plant
planta
a en kkw
w.


Solucion :
o
o
o
o
ciclo
n


o
( wT !w p !)

o
wN / Q A
QA
wT
o

wT

0.37 …………. (1)
qA
QA
o
mv

2700kg / hora  0.75kg / seg.
Calculo de entalpías :
De las tablas:
(4) h4  162.596  0.9  2408.74  2330.462kj / kg.
(3) como s4  s3 int erpolandotenemos : h3  3189.86kj / kg.
(5), (6) h5  h6  h f (0.07bar )  162.596kj / kg.
q A  ((h1  h6 )  (h3  h2 ))
wT  ((h1  h2 )  (h3  h4 ))
(h1  h2 )  (h3  h4 )
(h1  h6 )  (h3  h2 )

En la ecuación…… (1) :
(h1  h2 )  ( h3  h4 )
(h1  h2 )  ( h3  h6 )
 0.37
Reemplazando valores obtenemos: ( h1  h2 )  414 .29 kj / kg .
o
o
a)

wTBP
mv (h3  h4 )  0.75
kg
seg
(858.898)
kj
kg

644.173kw
o
o
b) w
TAP

mv ( h1  h2 )  0.75
kg
seg

( 414.29)
kj
kg
 310.717 kw
c) potencia de planta = 644.173+310.717=954.89 Kw.
37. En el esquema se muestra una planta térmica a vapor de agua, que utiliza un
reactor nuclear (fuente de energía). El líquido compr
comprimido
imido se expande en la
válvula de expansión hasta
h asta 20 bar. El vapor saturado pasa por la turbina
produciendo potencia. La presión en el condensador es de 0.1 bar.
El flujo de agua sale que del reactor es de 2 x10 6 kg/hora.
Despreciar el trabajo de las bombas.
a) Deter
Determine
mine la pot
potencia
encia des
desarrol
arrollada
lada por lla
a turbi
turbina
na en KW consi
considerand
derando
o una
eficiencia mecánica de 82%.
b) Det
Determ
ermine
ine la efici
eficienc
encia
ia de la
lass bomb
bombas.
as.
T1

260 º C
P1
 100 bar
P2

20bar
P3

0.1bar
h1
 1075 kj
h3

/ kg
2027 Kj / kg
Solución:
Calculo de las entalpías:
ha

h1
 1075kj / kg
h2

2799.5kj / kg .
h3

2027kj / kg
h4
 191.82 kj / kg
(Proceso de 1  a isoentalpico )
h5  191.82  1.0102x10
hB

908 .79 kj / kg
3
m
3
kg
(20  0.1) x10
2
kj
m
3
 193.83kj / kg
Calculo de
h6 :
Aplicando la primera ley:
 x .hB  m
 y .h5  ( m
 x m
 y ).h6
m
h6

 x .hB
m

 y .h5
m
m
x

m
y
Calculo de
 x
m
:
 1075kj
/ kg

ha
………..(1)
hf

x.h fg

908 .79  x a .1890.7
masadevapor
 masadevapor
masatotal
 x  m  m y  506 .66 kg / s
m
xa

h6 
Luego en la ecuación (1):
Calculo aproximado de
h7
v6


h fB
h6
v fC


v 6 x ( P1



y
m


0 .088 x
xa

2 x10 6 kg
3600s
48.89 kg / s h
506.66 x908.79  48.89 x193.83
555.55
 845.87kj / kg
P6 )
(Liquido comprimido)
C p xT20 BAR

Cp
h6  C p xT6  T6 

908.79
212.42
845.87
4.25

4.278 KJ / kg º C
C p  4.25 KJ / kg .º C
 199º C
De las tablas de vapor saturado para T=199ºC  v f
h7  845.87  1.1555x10 
3
m3
kg
(100  20) x10 
2
kj
m
3
C



W
C  m y ( h5  h4 )  m ( h7  h6 )  5231.5kw
 1.1555x10
 855.11


W
eje  m y ( h2  h3 ) x M  48.89( 2799.5  2027) x0.82

W
eje  30969.4 kw
b)

h7 :
Para el punto 6, tomamos
a)
0.088
kj
kg
3
m 3 / kg




W
planta  WTeje  WCeje  WT x MT 
Asumimos  MC
 100%

W
C
 MC
y sabemos que  MT

82%


Q
A  m ( h1  h7 )  555.55(1075  855.11) kj / kg  112160 kj / kg
 C xP.C.
También: Q A   C xm
Asumimos una eficiencia de caldera  C  0.9
 C xP.C . 
m
Q A

C
Luego:  planta 
112160kj / kg
0. 9

W
planta
 C xP.C
m

 124622.2 kj / kg
25737.9kw
124622.2kw
 20.65%
38. Un ciclo de ranking con recalentamiento y regeneración requiere de vapor de
agua a 28 bar y 315ºC. Se cuenta con 2 calentadores de contacto directo, con
extracciones de vapor a 6 y 1 bar. Calcular:
a) Los por
porcentaj
centajes
es de m
masa
asa ext
extraído
raídoss para los cal
calentado
entadores
res
b) La mas
masa
a de vap
vapor
or re
requerid
querida
a para produc
producir
ir 90
90,000kw
,000kw

Datos:
T3 315º C
P5  0.14bar
Solución:
Calculo de entalpías:
De tablas:
h1  3024.82 kj / kg s1  6.6376kj / kg
1
Considerando los procesos de expansión y compresión isoentrópicos ya que no
nos dan ninguna eficiencia adiabática.
2
3
4
5
6
s1

s2

6.6376kj / kg º k
h3  3092.9kj / kg
para 6 bar se obtiene
h2

2704.70kj / kg
s3  7.4261kj / kg º k
para P=1 bar y s 4  s 3  7.4261kj / kg º k  h4  2701.92kj / kg
para P= 0.14 bar y s3  s 4  s5  7.4261kj / kg º k  h5  2396.45kj / kg
h6

h f 0.14 bar

219.12kj / kg
7
8
9
10
11
h7
 h6 
h8

h9
 h8 
v f 0.14bar x( P9
h f6 bar


h f 6bar
h11
 h10 

219.21kj / kg
417.46kj / kg
v f1bar x( P9
h10
P8 )  0.0871  h7



P8 )  0.5216  hg

417.98kj / kg
670.56kj / kg
v f 6 bar x( P11

P10 )  2.4213  h11

672.98kj / kg
2
%mext
Aplicando la 1 ra. Ley

m x .h2


m
mx

v

( mv

( h10
( h2
% mext 2




m x ).h g


mv .h10
h9 )
h9 )

( h10
h2


h9 )
h9
x100

% m ext 4
 y .h4
m
y
m
v
m


v
m
(1 

x
m
v
m
x
m
)x

 y ).h7
m
( h8

h7 )
( h4

h7 )
8
x
% mext 4  (1  m
 ) x ( h
h4
mv

v
(m
 h7 )
 h7

x100
 x ).h8
m

7 .1 %
11 .05%
Calculo de
mv :
  90000KW
W
T
  m
 v ( h1  h2 )  ( m
v m
 x )( h3  h4 )  ( m
v m
 x m
 y )(h4  h5 )
W
T
Reemplazando valores:
m
 v  98.05kg / s
39.- En la figura se muestra una planta térmica a vapor de agua regenerativa, con
un calentador de contacto directo y uno de contacto indirecto. Para las condiciones
dadas, calcular:
a.- La potencia de la planta
b.- Cantidad de vapor para procesos
c.- Cantidad
reposición
d.Eficienciade
deagua
ciclo de
y eficiencia
de planta
bar T 1  370 º C
P 2  5.5 bar T 3  370 º C
P1  20
Solución:
Grafico T - S
Calculo de las entalpías:
para P = 20 bar y 370 ºC; h = 3180.4 KJ/Kg; s1 = 7.
7.0187
0187 KJ/Kg ºK
s
2
f
para P = 5.5 bar;
= s1 = 7.0187 KJ/Kg ºK
Vapor sobre calentado: Interpolando
1
2
200 ºC
7.0592
7.0128
6.9665
P
5
5.5
6
300 ºC
7.4599
7.4161
7.3724
P
para
5.5 bar
Inter
5
5.5
6
200 ºC
7.0592
7.0128
6.9665
300 ºC
7.4599
7.4161
7.3724
polando
200 ºC
2852.75
7.0128
s
h
T 2i
h2i
7.0187
300 ºC
3062.9
7.4161
h2i
= 2855.82 KJ/Kg
h 2  h1  nex (h1  h 2i )  3180.4  0.81(3180.4  2855.82)  2917.49
para
para
h3  2999.85 KJ/Kg; s 3  7.29511
h  ¿? ; P  1.03 bar.
KJ/Kg.
KJ/Kg ºK para 5.5 bar y 370 ºC
7.29511 KJ/Kg ºK
zona: vapor húmedo ( s 91.03bar  7.3512 KJ/Kg ºK)
s  s  x.s  7.29511  1.3105  x.6.0408  x  0.99
h  h  x.h  h  420.44  0.99  2265.51  2663.3KJ / Kg .
h  h  n (h  h )  2727.24KJ / Kg.
Interpolando para vapor sobrecalentado obtenemos: s  7.4788KJ / Kg º K
s
4i
f

s3

fg
4i
f
4
3
fg
ex
4i
3
4i
4
P 5  0.07bar
s 5i
s5i


s 4  7.4788KJ / Kg º K  zona : vapor  humedo( sg 0.07 bar
7.4788  0.564  x.7.72334  x  0.896

8.2802KJ / Kg º K )
h5 i  162.596  0.896  2408.74  2320.827 KJ / Kg .
h5  h 4  nex (h4  h5i )  2398KJ / Kg.
hg 0.07 bar  162.596 KJ / Kg .

h7  h6  vfg ( P 7  P 6)  162.596  1.00738 10 3 m 3 / Kg (1.03  0.07)  10 2 KPa
h7  162.693KJ / Kg .
h 8  ha  hf 1.03 bar  420.44 KJ / Kg .
h 9  h8  hf 8( P 9  P 8)  420.44  1.0438  10 3 m 3 / Kg (20  1.03)  10 2 KPa  422.42 KJ / Kg .
ha  hf 5.5 bar  655.39 KJ / Kg .
h10  valor aproximado
908 .79 KJ / Kg
 4.2703KJ / Kg º C
212 .42 º C
 4.2783KJ / Kg º C  150º C  641.74KJ / Kg
hf 20bar
h10

cp  T ]20 bar

cp

a) Potencia de la planta
º
º
º
º
º
º
º
WT  mv ( h1  h 2 )  ( mv  mx )( h 3  h 4 )  ( mv  mx  my )( h 4  h 5 )......... ..ec.1
En el calentador de contacto indirecto: balance de energía
º
º
º
º
º
º
hg  mv  h 2  mx  ha  mx  h10  mv  mx  mv
( h10  h 9 )
2
º

(h
º
a
h)
Luego mx  0.097 mv ec 2
en el calentador de contacto directo: balance de energía
º
º
º
º
º
º
( mv  mx  my ).h 7  mx .ha  my .h 4  mv .h8
º
º
my  0.091. mv  ec 3
 2
y  3 en  1 :
º
º
WT  my (( h1  h 2 )  0.903(h 3  h 4 )  0.812( h 4  h5 )) reemplazando
º
WT  2424.87 KM
º
º
We ject  WT  nM  3424.87  0.85  2911.14 KH
º
º
º
º
º
Wc  ( mv  mx  my )( h 7  h 6 )  mv ( h 9  h 8 )  9.081KH
º
W planta  (WT  Wc)  nM  2903.42 KH
b) Vapor para procesos
Proceso de  : estrangulación
h8  355.39  (hf  x.hfg )1.03bar
x8

masa de vapor
masa total
 h  615.39 KJ / Kg
 420.44  x.2265.51  x  0.1037
 hA
8
º

B
masa de vapor  mp
º

x 8. mx de 2 
º
º
mp  x8  0.097  mv
luego
º
º
mp  0.1037  0.097  15880Kg / hora  159.73Kg / hora
º
mp  (1  xB )  0.097  mv  1380.6 Kg / hora
los valores:
º
c) Agua de reposición: m
º
º
por ser de flujo estable m  m  159.73Kg / hora
r
r
d)
º
p
º
QA  mv (h1  h10 )  11198 .31KH
º
º
º
º
º
nciclo  Wn/ QA  (WT  Wc ) / QA  3424.87 KW / 11198 KW  30.6
Asumiendo eficiencia de caldera
º
º
nc  QA/ Qc  0.75
º
 Q  14931.08 KW
c
º
nplanta  W
º
planta
/ Qc  2903.42 KW / 14931.08 KW  19.45
40.- El esquema mostrado es el de una planta térmica a vapor de agua, que
produce 50,000 Kilowatios. El vapor,
vapor, inicialmente sobrecal
sobrecalentado
entado (1)a 138 bares y
560 ºC se expande en tres etapas, con dos recalentadores intermedios. La presión
del condensador es de 0.07 bares.
Considerar los procesos n el sobrecalentador y recalentadores a presión
constante.
La expansión
en las
las turbinas es isoentropico
isoentropico y el trabajo de la bomba
pude
considerarse
despreciable.
Datos:
T 1  560º C
P1  138bar
T 3  T1
P 2  35bar
T 5  T1
P 4  10bar
nc  70%
P6  0.07bar
Se pide hallar el consumo de combustible en Kg/KW-hora sabiendo que el calor
total recibido por el ciclo es el 75% del calor de combustión de un combustible
cuyo poder calorífico es de 45,200 KJ/Kg.
Solución:
º
º
c.e.c  mc/ We je  ec1
º
º
ncald  QA/ mc P.C  ec 2 
º
º
ec 2 en 1 : c.e.c  QA/ ncald  P.C  Wn eje   ec 3
º
Wn
º
eje
/ nM
º
º
º
W T  Wb

mv (( h 1

h 2)

(h 3

h 4)
º
º
mv 

Wneje
nM ((h1  h 2)  ( h3  h 4)  (h 5  h6))
º
 ec
GA  mv ((h1  h8 )  ( h3  h 2 )  (h 5  h 4 ))
 4

(h 5

h 6 ))
Calculo de las entalpías:
h1  3480.2 KJ / Kg  s1  6.5741KJ / Kg º K
s2
s1  6.5741
h 2  3056.95 KJ / KG º K

h3  3477KJ / Kg  s 3  7.3116KJ / Kg º K
s 4  s 3  7.3116 KJ / Kg º K
h4

3168.49 KJ / KG
h5  3477KJ / Kg  s 5  7.9125KJ / Kg º K
s 6  s 5  7.9125KJ / Kg º K
h 6  2456.8 KJ / Kg
h 7  hf 0.07 bar  162.596 KJ / Kg
h8  h7  vf 0.07 bar ( P 8  P 7 )  176.49 KJ / Kg
reemplazando valores en la ec. (4):
ec. (4) en (5):
luego en (3):
c.e.c 
º
mv  45.4 Kg / seg.
º
QA  189230.378KJ / seg
189230.378KJ  3600hora
0.75  45200  60000KW
 0.3349Kg  comb / KW  hora
41). El esquema mostrado corresponde al de una planta térmica a vapor que produce 40000
kw. El vapor sobrecalentado a 100 bar. y 500 ªC. se expande en dos etapas, con recalentador
intermedio a 20 bar. La presión del condensador es 0.1 bar., la eficiencia del caldero 70%.
La eficiencia de expansión de las turbinas100%. la potencia de las bombas es despreciable.
Se pide:
A) compl
completar
etar el cuadro de datos
datos adjunto
adjunto
B) determinar
determinar la eficien
eficiencia
cia del
del ciclo
ciclo
C) determine
determine la cantida
cantidad
d de vapor a utilizar
utilizar en Kg./hor
Kg./horaa
PUNTO
P (bar.)
T (ªC)
H (kj/Kg.)
X (%)
1
100
500
2
20
3
4
0.1
500
192
0
Solución:
Wb=40.0
=40.000
00 Kw.
; c

70 %
;  ex
 100 %
De tabla
1) h1 = 3373.7 kj/Kg.
; S1 = S2 =6.5966 kj/kg.ºk
2) interpolando valores de tablas obtenemos:
h2 = 2934.1 kj/kg.
3) h3
= 3467.6 kj/kg.
5
; T 2 =234.81 ºC
; S3 =
S4 =
7.4317 kj/kg.ºk
4) Para 0.1 bar.:
bar.:

Sg = 8.1502 >S4

S4=Sf + X.Sfg

7.4317=0.6494 + X4
.
T4 = 45.81ºC
7.5

X4 = 0.9
5) h4 =191.83+0.9x2392.8 = 2345.35 kj/kg.
-3
6) vf5=1.0102x10
m
3
kg
m
kj
3
h6 – h5 = 1.0102 x10-3 kg (100-0.1)
x
3
102 m =1.01kj/Kg.
h6 =192+1.01=193.01 kj/kg.
P
PU
UNTO
P (bar.)
T (ªC)
H (kj/Kg.)
X (%)
1
2
3
4
100
20
20
0.1
500
234.81
500
45.81
3373.7 2934.1 3467.6 2345.3
Sobrec. Sobrec. Sobrec.
90
º

b)
wN
ciclo =
º
º
º
º
wT wp
wT



º
oA mv (h
1 
5
0.1
45.81
192
0
º
mv (h
h6 )
1 
h6 )
Como no hay pérdidas mecánicas:
º
WN
º
mv
c

( h1  h2 )  ( h3


h4 )
40.000 kj / s

25.51kg / s x 3180.59 kj / kg
º
c)
40.000 kw
kj
1561.85
kg
m
v

25.51kg / s.(
3600 s
h

25.61 kg / seg .
x100  49.1%
)  92.196kg / h
42) En el esquema se muestra una planta térmica a vapor de agua con regeneración
Proyectar el ciclo para esta planta según las siguientes consideraciones:
a) La temperatura del agua de alimentación a la caldera es de 150ºC y
b) La eficiencia de expansión en las turbinas es de 80%
c) Para los calentadores de contacto indirecto la diferencia entre la temperatura de salida del
agua de alimentación y la temperatura de salida del condensador es de 5ºC.
d) Los Incrementos de temperatura del agua de alimentación en cada calentador de contacto
indirecto son iguales
e) el trabajo de las bombas de agua es despreciable.
f) La eficiencia mecánica de las turbinas es 80%
Se pide:
a) Trazar el diagrama del ciclo de los planos T-s y h-s
b) Hallar y tabular para cada punto del ciclo la temperatura, presión, entalpía y masa
c) Hallar el calor suministrado al ciclo, el trabajo del ciclo y el trabajo de la planta (por
cada kg. de vapor).
d) Hallar las eficiencias del ciclo regenerativo y la del ciclo sin regeneración y
compárelas. Haga un comentario.
Solución:
TIO
= 150ºC por condición T11 = TIO +5 =155
h11=hf 155ºc = 653.94 kj/kg.
Con T11 = 155ºC

P11 = P2= 5.54
1) Para 20 bar. Y 370ºC :
h 1= 3180.4 kj/kg.
2) S2f=S1=7.0187 KJ/kg°K
 S1=
7.0187 KJ/kg.ºK
; P2=5.54 bar.
Interpolando valores de tablas para vapor sobrecalentado:
h2f = 2857.54 KJ/kg
h2=h1- ext (h1  h2 f ) =3180.4 - 0.8 (3180.4 -- 2857.54) =2922.11 kj/kg.
908.79 kj / kg
También: hf 20 bar.=Cp x T20 bar.  Cp = 212.42 º C
 4.2783 kj / kg º C
Teniendo, presente que el valor de Cp para presiones constantes dis
disminuye
minuye con la
temperatura pero en pequeñas cantidades. Tomaremos
Tomaremos valores aproximados de C p
h10=Cp x T10 = 4.27kj/kg. X 150 ºC = 640.5kj/kg.
Para el calentador de contacto indirecto: aplicando la primera ley
hg =0.03h11 + h10 –0.03h2
Reemplazando valores: hg =572.45 kj/kg.
T9 =hg/ Cp = 572.45 / 4.15 = 138ºC
Por condición c) tenemos T 13=T9 + 5 =143ºC

P13=4 bar.
Luego h13=h12=hf 4bar =604.74 kj/kg. ºC
Por condición d) tenemos
T10 – T9 =T9 – T8
T8=126ºC
h8 =4.1 x 126 =516.6 kj/kg. ºK
Calculo de h3 para 5.54 bar. Y h 2=2922.11 kj/Kg.
S2=S3f=7.1426 kj/kg. ºK
Interpolando valores para vapor sobrecalentado a P= 4bar. Obtenemos:
h3f=2847.6 kj/kg. ºk
h3 = h2 – (h2 – h3f) =2922.11 – 0.8 (2922.11 – 2847.39)=2862.3 kj/kg.
Calculo de P14 =P14’ = P5
h8 = h14 +vf(P8 – P14) como h14 , vf14’ , P14 dependen de T14:
Probando obtenemos que para P 14 = P14’ = P5 = 2.163 bar.
h8 =5.14+1.0627 x 10-3m3/Kg. (20 – 2.163) x 102 kPa
h14 = h14’ = hf 2.163 bar. =
h6’ = hf 0.07 bar. =
h7 =
h6’ =
Calculo de h5::
514.7 kj/kg.
(P7 – P6’)
0.941
h6 = 162.596
y
=
162.81 kj/kg.
P6 =
0.07 bar.
+ 0.91 x 2408.74
 ext 
516.6 kj/kg.
162.596 kj/kg.
vf 0.07bar.
Calculo de h6: X6 =
=
h5
h5


h6
h6 f

h5
=
2354.55 kj/kg.
 4 h6 f  11772 .75
De tablas de vapor sobrecalentado a P=2.163
T(ºC)
h
s
122.6
2710.02
7.1028
150
2767.53
7.2466
200
2869.7
7.4748
43. En la figura adjunta se muestra una planta para producir potencia y además agua pura a
partir del agua de mar.
mar. Se realiza una extracción de la turbina a 2.8 bar. Para alimentar el
calentador de agua de alimentación y el calentador de agua de mar. El agua de mar deberá
calentarse hasta su temperatura de saturación a 2 bares. Luego se realiza un procesote
estrangulamiento en la válvula de expansión,
exp ansión, donde su presión se reduce a un bar.
Separando el vapor que se forma y condensándolo se obtiene el agua pura.
La eficiencia de expansión de la turbina es 70% y la eficiencia del caldero 80%. Si se
quiere producir 20000KW de potencia y 1800 Kg. /hora de agua pura.
Determinar el consumo de petróleo de esta planta (poder calorífico del petróleo Diesel: 41
853 KJ/Kg.).
Solución
Para P1 = 34.5 bar y T 1 = Tg + 100 ºC = 241.73 + 100 = 341.73 ºC
De tablas de vapor sobrecalentado:
, h1 = 3080.95 KJ/Kg.
, s1 = s2i = 6.61946 KJ/Kg.ºK
, s2f = sf + x .sfg
, s2f = 6.61346 = 1.64596 + x 5.3703 >> x = 0.925
>>h2i = 551.03 + 0.926 x 2170.88 = 2561.26 KJ/ Kg.
Si la eficiencia de expansión es de 70%
, hb = h2 = h1 – nex (h1- h2i) = 2717.17 KJ/Kg.
, h2 = hf + x2. hfg
, h2 = 2712.17 = 551.03 + x 2 . 2170.33>> x2 = 0.9978
, s2 = s3i = 1.64596 + 0.9978 x 5.3703 = 7.00453KJ/ Kg.
Analogamente: h3= 2336.69 KJ/Kg.
, ha = hf0.07bar = 162.586Kj/ Kg.
, hb = h4 + vf4 (P3 – P4) = 162.27KJ/Kg.
La extracción mx será tal que en 6 obtengamos líquido saturado
, h3 = h6 =hf2.5bar = 651.04 KJ/Kg.
, h7 = h6 + vf6 (P7 – P8) = 654.42 KJ/Kg.
En el calentador de contacto directo: Aplicando la Primera Ley:
, ha .My + hb.mx + h5 (mv – mx – my) = h6 .mv
, mv (h6 - h5) = mx (hb - h5) + my (ha – h5)…….ec.(1)
Cálculo de my
Considerando las propiedades termodinámicas del agua de mar igual a la del agua pura
Cp = hf2bar /Tf = 504.7/120.23 = 4.197 KJ/KgºC
, h1’ = Cp x T |2 bar = 4.12 x 10ºC = 41.2 KJ/Kg. (Cp disminuye muy poco con T)
, h2’ = hf2bar = 504.7 KJ/Kg.; por ser un proceso con estrangulación:
, ha = h2’ = 504.7 = 417.45 + x a (2269) >>> xa = 0.0385
, mv’ = xa .m = 0.0385 m = 1800KJ/ hr. = 0.5 Kg. /s.
>>>m = 12.987 Kg. /s.
Q1’-2’ = m (h2’ - h1’) = 6019.48 KJ/s.
Q2-a = Q1’-2’ = my (h2 - ha) = 6019.48 KJ/s
>>>> my = 2.779 Kg./s…………………………………….ec
Kg./s…………………………………….ec (2)
W = mv (h1- h2) + (mv – mx –my)(h2 - h3) = 20000 KJ/s……..ec(3)
Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3), obtenemos:
, mx =4.204 Kg. /s.
, mv = 20.24 Kg. /s.
QA = mv (h1- h7) = 76907.57 KJ/s.
Considerando que la eficiencia del caldero es del 80% y el poder calorífico es de 41853
KJ/Kg.:
, mc = QA/ nc x P.O.
P.O. = 76907.57 KJ/s.|0.8
K J/s.|0.8 x 41853 KJ/Kg. = 2.297 Kg./ s.
44. Determinar la eficiencia, el trabajo neto y la relación de trabajos correspondientes a un
ciclo Joule-Brayton para que el aire ingrese al compresor a 100KPa y 27 ºC, la relación de
presiones en el compresor es de 7 y la temperatura máxima del ciclo es de 907 ºC
Solución
T1 = 27 ºC = 300 ºK
;π=7
P1 = 100 KPa
; Tmáx = T3 = 1180 ºK
T2 = T1 . πk-1/k = 300 x 70.4/1.4 = 523.1 ºK
T4 = T3 . π1-k/k = 1180 x 7-0.4/1.4 = 676.7 ºK
a) nB = 1 - (1/ π) k-1/k = 1 - (1/7) 0.4/1.4 = 42.6%
b) WN = qA – qB = (h3 - h2) – (h4 - h1) = Cp (T 3 - T2 + T1 - T4)
c) r w= WN/WT = 1 - T 1/T4 = 1 - 300/676.7 = 0.56
45. Para una planta que funciona de acuerdo al ciclo Joule Brayton, se dispone de
los siguientes datos:
Al ingreso del compresor 27ºC y 2 bar
Relación aire combustible: 20 Kg. Aire / Kg. Combustible
Poder calorífico del combustible: 40000 KJ / Kg
Determinar el trabajo neto y la eficiencia en función de la relación de presiones.
Solución:
T1 = 300ºK;
= 20 Kg. Aire / Kg. combustible
P1 = 2 bar; P.
P. C. = 40000 KJ / Kg combustible
a) WN = Cp (T3 – T4) – Cp (T2 – T1) = Cp. T4 (
WN = Cp (T4 – T1) (
Como T2 / T1 = T3 / T4
)
T4 – T1= (T3 – T2) x T1 / T2
………………. Ec. (1)
WN =Cp (T3 – T2) (1 También Cp (T3 – T2) =
x p. c =
Reemplazando la ecuación (1):
WN = 20000 (1 – (
b) ηB = 1 - (
)
) KJ / Kg
; donde K = 1.4
x 40000 = 2000 KJ/Kg
46. El helio ingresa al compresor de una planta de ciclo Joule Brayton a 17ºC y 50
Kpa. A la salida del compresor la presión de 400 KPa y la temperatura máxima del
ciclo es de 900ºK.
Determinar el flujo de helio al ingreso del compresor en Kg/ minuto y la potencia
total de compresión, si la potencia de la planta es de 2 MW.
Solución:
1
T
P1 == 290ºK
50 KPa
P2 = 400 KPa
ẆN = 2 MW
max
TCp
900ºK
. =He
= 5.18 KJ/Kg ºK
KHe = 1.67 KJ/Kg ºK
T2 = T1 x
= 290 x
T4 = T3 x
= 900 x
ẆT
ṁHe . Cp (T3 – T4)
= 667.9ºK
= 390.8ºK
no ccons
onsider
ideramos
amos la m
masa
asa de ccomb
ombust
ustibl
ible
e
ẆC = ṁHe . Cp (T2 – T1)
a) ẆN = ṁHe . Cp ((T3 – T4) - (T2 – T1))
ṁHe =
= 176.43 Kg / min
b) ẆC = 176.43 Kg / min x min / 60 s x 5.18 KJ/Kg ºK x 377.9ºK = 5756.1 KW
47.- En la planta que se muestra, al ingreso del compresor P1  1bar y T 1  17º C.
La relación de presiones en el compresor es de 7, la temperatura de ingreso a la
turbina de alta presión es 927 ºC, las eficiencias adiabáticas del compresor y de la
turbina son de 85%.
a) Determinar la presión y temperatura al ingreso de la turbina de baja presión.
b)
Determinar
consumo
de P.C.=40000
P.C.=40000 KJ/Kg, en Kg/min., si la potencia de la
planta
es de 10elKW
KW.
.
Solución:
P1  P 5  1bar ; K  1.4 (aire )
T 1  17 º C
c

290º K
 7  P2  P3  7bar
T 3  927 º C  1200º K
 adC  0.85
adT
Calculo de temperaturas:
T 2i  T 1   k 1/ k  505.65
 T 2  T1 
º
(T 2i  T 1) / adC

543.7 º K
º
We jeC  WejeT
º
º
º
 ma .Cp (T 2  T 1) / Mc  ( ma  mc )Cp (T 3  T 4).M
T
T 2  T 1  (T 2i  T 1) / adC
T 3  T 4  adC (T 3  T 4i )
   
  
ec
  ec
1
 2

ec 3
Ecuaciones (2) y (3) en (1):
(T 2i  T 1)
T 4i  T 3 
(1  rc / a)(MC  MT )(adC.adT )
Calculo de rc / a :
º
º
mc P.C.  (ma 
 ra / c 
º
mc) Cp(T 3  T 2)
P.C.
Cp(T 3  T 2)
    ec
 4
º
 mc(ra / c  1)Cp(T 3  T 2)
 1  59.7 en ec 4
Considerando las eficiencias mecánicas = 100%:
T 4i
 1200 
(505.65  290 )
1
)  0.85 2
(1 
59.7

906.44 º K
En la ecuación (3):
T 4  1200  0.85(1200  906.44)  950.47º K
P 4i  P3(T 4i / T 3) k / k 1  7(906.44 / 1200)1.4 / 0.4  2.62bar
P4

P 4i

2.62bar
Calculo de
Asumiendo
º
º
WN  ( ma 
º
mc :

M
1; bornes
º
mc )Cp (T 4  T 5)

del generador
1
º
º
 mc 
WN
Cp(T 4  T 5)(ra / c  1)
 5
 ec
T 5i  T 4( P5 / P 4) k 1 / k  950.47(1 / 6.46) 0.4 / 1.4  557.75º K
T 5  T 4  adT (T 4  T 5i )  950.47  0.85(950.47  557.75)  516.65º K
Reemplazando valores en la ecuación (5):
º
mc 
10000
 0.491Kg / seg
1.004(950.47  616.66)(59.7  1)
48.- Para la planta con turbinas a gas mostrada en el esquema, se conoce que la
potencia neta de la planta es de 15 MW y es entregada por la turbina B, en tanto
que la turbina A se encarga de mover el compresor.
Las eficiencias adiabáticas del compresor y de las turbinas son del 90%.
Nº
P(KPa)
T(ºK)
H(KJ/Kg)
1
2
3
4
5
100
400
300
300
2000
2000
100
100
a) Completar el cuadro adjunto
b) Determinar los flujos de gases en Kg/hora, a través de A, B y C.
c) Determinar la eficiencia del ciclo correspondiente
d) Cual seria la eficiencia si se usa un regenerador de 100% de efectividad
e) Cual seria la eficiencia si se usa un regenerador de 70% de efectividad
Solución:
a)
adT
 adC  0.9
P1 / P 2  100 / 400  
h1
 Cp 
T1

4
 Cp  1KJ / Kg º K
Asumimos: Cv  0.72KJ / Kg º K  K  Cp / Cv  1.39
T 2  T 1  (T 2i  T 1) / adC  T 1(1  ( k 1 / k  1) / adC )  458.48º K
 h 2  Cp  T 2  458.48KJ / Kg
T 4  T 3  adT (T 3  T 4i )  T 3(1  adT (1   1k / k ))  1419.97º K
 h 4  Cp  T 4  1419.97 KJ / Kg
b) WºTB  15060KW
º
º
WTB  mb Cp (T 3  T 4); T 4  T 3  (T 3  T 4i )adT ; T 4i  T 3   1 k / k
º
º
WTB  mb Cp  adT  T 3(1   1 k / k );
reemplazando valores :
º
mb  25.86 Kg / seg
También:
º
º
1 k / k
We jeT
jeTA
A  ma..Cp.adT .(1  
)  MT
º
º
º
WejeC  ( ma  mc )Cp (T 2i  T 1) / adC  MC
 MC  100 %
MT
º
Igualando:
º
We jeTA  We jeC
y simplificando
º
mb
º
ma
 adC  adT 
T3
1 k / k

T1

3.6599
º
 ma  7.07 Kg / seg
º
º
º
mc  ( ma  mb)  32.93Kg / seg
despreciando la masa del combustible
º
c) C 
W

º
QA
15000 KW
º
( ma  mb )( h3  h 2)
d)
2
e  Ta  T
T 4 T2
º
 100%

15000KW
32.93(2000  458 .48)

29.55 %

Ta
º

T 4  ha  h 4
º
º
QA  ( ma  mb )(h3  ha )  19100.4 KW
15000 KW
 78.53%
19100 .4
e) e  0.7  Ta  T 2  e(T 4  T 2)  1131.52º K
 ha  Cp `Ta  1131 .52 KJ / Kg.
C 
º
º
º
QA  (ma  mb)(h3  ha)  28599KW
49.-49.
Par
Para
a la pl
plant
anta
a a gas ccon
on tu
turbi
rbinas
nas m
most
ostrad
rada
a en el esqu
esquema
ema,, se co
conoce
noce que
la potencia neta es de 15 MW y es entregada por la turbina B, en tanto que
la turbina A se encarga de mover el compresor.
Las eficiencias adiabáticas del compresor y de las turbinas son de 90%.
Nº.
1
P(kPa)
100
2
400
3
4
100
5
100
T(ºK)
300
H(kJ/Kg)
300
2000
2000
4
2
3
1
5
a) Com
Comple
pletar
tar el cuadr
cuadro
o ad
adjunt
junto
o
b) Deter
Determinar
minar los flflujos
ujos de ga
gases
ses en kg/
kg/horas,
horas, a travé
travéss de A, B y C.
c) Deter
Determinar
minar la ef
eficien
iciencia
cia de
dell cic
ciclo
lo cor
correspon
respondiente
diente..
d) Cuál ser
sería
ía la efic
eficiencia
iencia ssii se usa un regen
regenerador
erador de
de 100% de efe
efectivid
ctividad.
ad.
e) Cuál ser
sería
ía la efic
eficiencia
iencia ssii se usa un regen
regenerador
erador de
de 70% de efect
efectividad
ividad..
Solucion:
  adc  0.9
P1 / P2  100 / 400    4
h1  C p  T1  C p  1kJ / kg º K
 adt
asumimos :
C  0.72kJ / kg º k  K  C / C  1.39
v
p
 458.48º K
 C p  T2  453.48kJ / kg
v
T4  T3   adt (T3  T4i )  T3 (1   adt (1   1 k / k ))  1.419.97 º k
 h4  Cp  T4  1.419.97 kJ / kg
b)

W TB
 15060kW


W TB

m b  Cp (T3

m b  Cp  adt T3 (1   1 k / k ); reemplazando

 T4 i ); ; T4 
T3

(T3
 T4 i ) adt ; T4 i 
T3

1 k / k

W TB

mb
25.86 kg / s.

tambien :


W ejeTA
m a Cp  adt T3 (1   1 k / k )   MT



W ejeC

(m a  m c )Cp (T2 i

 MT   MC 
 T1 ) /  adt . MC
100
Igualan
Igu
alando
do :



W ejeTA
mb

W ejeC , simpl
simplific
ifica
ando
T3
1 k / k
  ad
c
  adt 
ma
T1

3.6599



ma

mc



T
7.07 kg / s 
15000kW

(m a  mb )




( m a  m b )( h3

h2 )
15000
32.93( 2000  458 .48)

29 .55%
a
2
d)
3
1
S

Ta
 T2
T4
 T2
 Ta 

QA
T4
 100%



c 
ha
( m a  mb )( h3
15000

19100.4
e)  0.7  Ta

ha

QA
h4

ha )  19100.4kW
78.53%
 T2   (T4  T2 )  1121 .52 º K
 Cp  Ta  113152 .kJ




/ kg

( m a  mb )( h3

ha )  28599.0kW
50.- En la planta con turbina a gas se usan 2 etapas de compresión y 2 de
expansión, la temperatura de entrada a los compresores es de 17°C y la
temperaturas de ingreso a las turbinas son de 827°C. La relación de presiones en
cada compresor y en cada turbinas es de 2 y las respectivas deficiencias
adiabáticas de 90%, la presión interior del ciclo es de un bar.
a)
Determinar lla
ae
efficienc
nciia d
de
el ci
ciclo.
b)
Ca
Calc
lcul
ular
ar el cons
consum
umo
od
de
e combus
combustitibl
ble
e de P.C.=
.C.=40
40,0
,000
00Kj
Kj/k
/kg
g
Solucion:
2
etapas
de
compresión  Tent .comp.  17C  273  290 K
2
etapas
de
exp ansión  Tent .tur .  827C  273  1,100 K
cada compresazo y turbina = 2
Pinferior =1bar
 adt
b)
 09;
asumimos
T1 = T3 = 290°K ; T5 = T7 = 1,100°K
T2i  T4i  T1   k 1/ k  290  20.4 /1.4  363.5 K
 T2  T4i  T1  (T21  T1 ) / adc  360.5 K
gas  aire
51.- La eficiencia ideal para el ciclo de una cierta turbina a gas es de 42.7%, la
relación aire combustible es de 20, las eficiencias de compresor u turbina es de
85%, al ingreso del compresor P=1bar, T=300ºK, P
P.C.=40000
.C.=40000 KJ/Kg. Determinar el
trabajo neto y la eficiencia del ciclo.
Solución:
 0427
adc  adT  0.85; [ ra / c ]  20
P1  1bar ; T 1  300 º K
ciclo ideal
ciclo ideal
 1  (1 /  ) K 1/ K  0.427;
T 2i  T 1  

T2

; P.C.  40000KJ / Kg .
K 1 / K
para K  1.4    7
522.9º K
300  (522.9  300 ) / 0.85

562.2 º K
rc / a  P.C.  Cp (T 3  T 2)
 T 3  T 2  P.C. / Cp.ra / c  2554.2º K
T 4i  T 3   1 K / K  1464.9º K
 T 4  2554.2  0.85( 2554.2  1464.9)  1628.3º K
a)
b) c

3 4 
2 1

Cp((T
T ) (T
T )) 666.3KJ / Kg
 1  (T 4  T 1) /(T 3  T 2 )  33.3%
Wn
52.- Al compresor de una turbina a gas ingresan 110Kg/seg de aire, los mismos
que ingresan al regenerador a 4 bar y 182 ºC, saliendo del regenerador a 3.9 bar y
393 ºC, en la cámara de combustión se queman 1.12 Kg/seg de combustible, y
los gases después de expandirse en la turbina ingresan al regenerador a 549 ºC
saliendo del mismo a 338 ºC.
Determinar la efectividad del regenerador
regenerador..
Solución:
º
º
110 Kg / seg
ma  110
; mc  1.12 Kg / seg
P 2  4bar
; Pa  3.9bar
T2  455º K
; Ta  666bar
T4  549º C  822º K
Tb  338º C  611º K
Calor efectivamente recibido por el aire:
Calor que idealmente se podría transferir:
º
Q

º
º
h 2)

ma (Ta  T 2)
º
º
( ma  mc )(h 4 
h 2)
º
(ma  mc )( h 4  h 2)
º
ma (ha  h 2))
º
( ma  mc )( h 4 
º
ma ( ha  h 2)

0.569