Problemas Resueltos Motores de Combustion Interna

July 19, 2017 | Author: Nadiel Rch | Category: Combustion, Energy Production, Quantity, Science, Physical Sciences
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Descripción: Problemas Resueltos Motores de Combustion Interna Para Ingeniería mecánica...

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UNIVERSIDAD TECNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA INGENIERIA MECANICA - ELECTROMECANICA

Datos: i  4

P1  1bar

KW  1000W

VH  3L

T1  293K

rk  7

k  1.4

Na  150KW n  5000rpm

TH  30% v  80% m  80% a) El porcentaje de volumen de la cámara de combustión [%] rk

c 

1 c c

1

c  16.667% 

rk  1

b) La presión y la temperatura al final de la compresión k

P2  P1 rk

k 1

T2  T1 rk

6

P2  1.525 10 Pa

T2  638.127K

c) El rendimiento al freno si k=1.4 m

T Hb T H

THb  m TH

THb  24 %

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d) El volumen de aire utilizado

Vh 

Vc 

VH

3

Vh  750 cm

4

Vh

3

Vc  125 cm

rk  1

V1  Vc  Vh

3

V1  875 cm

e) El torque al freno Na

 



2   n

Na

  2  n

 

Na

  45.595N  m

2   n

f) Presión media al freno t  4

Pme Na 

t

5

Pme  3.82 10  Pa

Vh  n  i

g) La potencia indicada m

Na

Ni 

Na

Ni

m

Ni  187.5kW 

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Datos: kg maire  0.65 s

P1  0.95bar

T1  ( 50  273)K

THb  65%

J Raire  287 kg K

k  1.4

T2  900K

kg r  0.9 L

KJ  1000J

a) La relación de compresión y porcentaje de cámara de combustión 1

T2  rk    T1



c 

k 1

rk  12.96



1

c  8.361% 

rk  1

b) El grado de admisión de combustible Asumimos el grado de cierre de admisión de Cierre  6%

de esta manera tenemos que la fracción de cierre de admisión Cierre

Cierre

V3  V2

Pero

V1  V2

rc V2

V3

  V2 rk  1 V2 rc  1

Simplificando despejamos el valor de la relación de cierre





rc  Cierre rk  1  1

rc  1.718

c) La relación de expansión y el rendimiento térmico rk re  rc

re  7.545

y

V1

rk V2

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 r k1   c  TH  1    k 1 k  rc  1    rk 1

TH  59.543% 

d) Potencia efectiva al freno, consumo de combustible en l/hr kcal PCI  10500 kg

Si tenemos

mce Nb

mc

THb

y

THb

Nb mc PCI

1 mce PCI kg mce  0.126 kW hr

1 mce  THb PCI

si asumimos una relación de compresión de RAC  16

kg mc  10.4 s

mc  maire RAC con el dato de la densidad se tiene mc mcc  r

4 L mcc  4.16 10  hr

3

m mcc  0.012 s

la potencia al freno será mc Nb  mce

5

Nb  2.972 10  kW

Tenemos que la masa que se introduce a la mezcla es de

mt  mc  maire

kg mt  11.05 s

El volumen total será V1 

mt Raire T1

3

V1  10.783

P1 la Cilindrada será VH  V1  1 



 rk   1

m s

3

m VH  9.951 s

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La presion media efectiva sera p em 

Nb VH

El calor añadido sera k 1

T3  T1 rk

4

p em  2.987 10  kPa

 rc

QA  maire cp (T3  T2)

KJ cp  1.0062 kg K 3

T3  1.546 10 K 5

QA  4.224 10 W

pem  298.655  bar

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Datos:

NISSAN PATROL MOD. 96

maire  0.534kg

k  1.4

P1  1bar

J R  287.08 kg K

T1  ( 20  273)K

rk  16 rp  1.6 rv  1.7

V1 

maire R T 1

3

V1  0.449m 

P1

a) Las temperaturas, presiones y volúmenes en cada punto del ciclo Proceso de 1-2: k 1

T2  T1 rk

k

P2  P1 rk

V2 

T 2  888.21K P2  48.503bar 

V1

3

V2  0.028m 

rk

Proceso de 2-3: P3  48.503bar 

P3  P2

rv

V3 V2 3

V3  0.048m 

V3  rv V2 T3  T2 



V3 



V2 

3

T3  1.51 10 K

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Proceso 3-4: 3

V4  0.449m 

V4  V1

T4  T3 

V3 

P4  P3 

V3 

k1

  V4 

T 4  615.88K

k

  V4 

P4  2.102bar 

b) El porcentaje de espacio muerto en la cámara de combustión c 

1

c  6.667% 

rk  1

c) El rendimiento térmico y la presión media efectiva T3 rc  T2

 r k1   c  TH  1    k 1 k  rc  1    rk 1

La presión media efectiva será KJ cp  1.0062 kg K

TH  62.906% 

KJ  1000J

KJ cv  0.7186 kg K 5

QA  maire cp (T3  T2)

QA  3.341 10 J

QR  maire cv (T4  T1)

QR  1.239 10 J

WN  QA  QR

W N  2.102 10 J

Pme

WN V1  V2

5

5

Pme  4.991bar 

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Datos: t  1.45min

i  8

KJ  1000J

Diametro 7.789cm Carrera  7.789cm

mc  0.454kg KJ q i  43734 kg   273.3N  m

m  78% nmotor 3520rpm  a) La eficiencia al freno, la eficiencia indicada n  2437rpm P  69.747KW 

P    n

si

P

Wb t 3

Wb  P t

W b  6.068 10  KJ

QA  mc qi

QA  1.986 10 J

7

El rendimiento al freno será: Wb b  QA

b  30.561% 

El rendimiento indicado es: i

Wi QA

KW  1000W

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m

W i 

i 

Wb Wi Wb m Wi QA

6

W i  7.779 10 J

i  39.181% 

b) El rendimiento al freno, el rendimiento indicado para una eficiencia del ciclo ideal de 53.3 %

t  53.3% b T Hb  t i T Hi t

THb  57.338%  THi  73.51% 

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Datos: VH  3.44L

KW  1000W

4T

KJ  1000J

i  6 k  1.4

Do  8.306cm

R  287

Lo  10.592cm

rk  8

J kg K

KJ cv  0.7186 kg K

Na  156.7KW n  500rpm   240N  m

T1  (20  273)K P1  1bar Calcule: a) El porcentaje de espacio

rk

c 

1 c c

1

c  14.286% 

rk  1

b) La presión y temperatura al final de la compresión k

6

P2  P1 rk

P2  1.838 10 Pa

k 1

T2  T1 rk

T2  673.137K

c) El rendimiento al freno b

THb TH

TH  1 

1 k 1

rk

TH  56.472% 

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QA

maire cp (T3  T2)

Vh 

VH

Vc 

3

Vh  573.333  cm

i

Vh

3

Vc  81.905cm 

rk  1

3

V1  Vc  Vh

V1  655.238cm 

P1 V1 maire  R T1

maire  7.792 10

P1 Vh mh  R T1

mh  6.818 10

4

4

kg

kg

Rac  15

Asumimos un Rac de 15 tenemos: mh mc  Rac

5

mc  4.545 10

kg

6 J

HU  44 10

kg

QA  mc HU

3

QA  2  10 J 3

Wn  TH QA

Wn  1.129 10 J

Wn THb  QA

THb  56.472% 

T Hb b  T H

b  1

d) La masa de aire aspirada

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Datos: i  6

P1  1bar

d  8cm

T1  ( 20  273)K

l  10cm

rk  8

t  27% v  79%

P  170kW

R  287

n  4500rpm

J kg K

cierre  7%

a) La cilindrada unitaria y total Vh 

 4

2

d l

VH  Vh  i

3

Vh  502.655  cm

3

3

VH  3.016 10  cm

b) El rendimiento efectivo

m  85%

i  90%

e  m i

e  76.5% 

c) La masa de aire que entra al motor

P1 V1 V1

c 

maire R T1

Vh  V2

1 rk  1

c  14.286% 

3

V2  c Vh

V2  71.808cm 

V1  Vh  V2

V1  574.463cm 

3

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P1 V1 maire  R  T1

4

maire  6.831 10

kg

d) La potencia perdida en el rozamiento si el rendimiento mecánico es el 70%

m  70%

N  170kW

Ne

m i

N





Ne  N m i

Ne  107.1kW 

Np  N  Ne

Np  62.9kW 

e) La presión media al freno   4



Pme Ne 

Pme  3.014bar 

Vh  n  i

KJ  1000J

f) La relación aire combustible

Qa

KJ cp  1.0062 kg K

rca qi

k  1.4

6 J

q i  42 10

kg k 1

T2  T1 rk

Qa  maire cp (T2  T1) Qa rca  qi rac 

T 2  673.137K

Qa  261.299J 6

rca  6.221 10

1 4

kg

rac  16.074

10 rca kg

Nb

mc thb PCI

Ne mc  e  q i

 3 kg

mc  3.333 10

s

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1.- Un motor tiene 4 cilindros y una cilindrada de 1600 cc y funciona a 4500 rpm, en el cilindro Se ve que hay una relación diámetro carrera de 1.2 presentando un volumen de cámara de Combustión de 64 cc y una longitud de biela de 180 mm, el diámetro de la válvula es de 50 mm, su levantamiento 12 mm y el ángulo de inclinación de 45º. El poder calorífico que utiliza el combustible es 33200 KJ/lit. y su densidad 0.75 kg/lit., el exceso o defecto de aire es 1.18 con un RAC de 15 [kga/kgc]. ¿Calcule la potencia del motor asi mismo el consumo de combustible?. Datos: z  4

KJ  1000J 3

VH  1600cm n  4500rpm

Dc Sc

1.12 3

Vc  64cm

Lb  180mm dv  50mm

h  12mm   45deg

KJ Hu  33200 l kg c  0.75 l

o  1 Rac  15

a) Calcule la potencia del motor Ne

Hu VH n v e o 30 o Rac c 

Para motores Otto

e

0.25 0.35

Asumimos

e  0.30

Sabemos que la presión y temperatura a nivel del mar es:

Po  1.013bar To  (20  273)K

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J Ra  287 kg K

Calculamos la densidad del aire: Po o  To Ra

kg o  1.205 3 m

Calculo del rendimiento volumétrico: To

v



1

To  T rk  1



2 Va Po       

Pa

2

rk Pa  Pr Po

2

 o

Por tanto hallamos los datos que nos falta Cilindrada unitaria: VH

Vh 

3

Vh  400 cm

z

Relación de compresión: rk 

Vh  Vc

rk  7.25

Vc

Diámetro y carrera del cilindro:

1.12S  c

Dc



Vh

Sc

4

2

 Dc  Sc

 4

2

 ( 1.12S  )  Sc

 4

2

 1.12  Sc

3

Vh  4

3

2

  1.12 3

Sc 

4 Vh 2

1.12  

Dc  1.12S  c

Sc  74.048mm 

Dc  82.933mm 

Área del pistón:

Ap 

 4

 Dc

2

2

Ap  54.019cm 

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Área de la Válvula: 2

Av  13.329cm 

Av    dv  cos ( )  h

Velocidad máxima del pistón: Vmáx Rc  1  

2

El radio del cigüeñal es: Sc Rc  2  

Rc  0.037m 

Rc

  0.206

Lb rad   471.239  s

  n

Vmáx Rc  1  

m Vmáx  17.812 s

2

La velocidad de admisión será: Va  Vmáx

Ap

m Va  72.191 s

Av

La velocidad de admisión debe estar entre ( 50 - 130) m/s 

para :

  2

2.5  4

asumimos

reemplazando tenemos: Pa  Po  3.25

Pr

( Va) 2

2

 o

Pa  0.911bar 

(1.1  1.25) Po

Pr  1.175P  o

Pr  1.19bar 

Asumimos: T

( 0  20)K

T  10K

para motores Otto



3.25

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Calculamos el rendimiento volumétrico:





To rk Pa  Pr 1 v    To  T rk  1 Po

v  0.827

Finalmente calculamos la potencia del motor:

Ne 

Hu VH n v e o

Ne  166.245kW 

o Rac c 4

b) Calculo del consumo de combustible l mc  60.089 hr

Ne mc  e Hu

4. Un motor usado tiene 4 cilindros y una cilindrada de 2000cc y funciona a 5500rpm, en el cilindro se ve que hay una relación diámetro carrera de 1.2 presentando un volumen de cámara de combustión de 75cc y una longitud de biela de 200mm, utiliza gasolina como combustible y se quiere que trabaje con un exceso de aire del 15%. ¿Calcule el consumo de combustible?. Datos: z  4

KJ  1000J

3

VH  2000cm n  5500rpm Dc Sc

1.2

3

Vc  75cm

Lb  200mm KJ Hu  33200 l Con exceso de aire del 15%

o  1  15% o  1.15

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a) Calcular el consumo de combustible mc

Ne

Ne e Hu

............(1)

Hu VH n e v o o Rac c 

Asumiendo valores tenemos: kg c  0.75 l

Rac  15

...........(2)

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deAire  1

1 .-

deComb  1

Datos 3

Vht  6000cm

0  1.15

  0.28 kJ PCI  33200 L

z  6 rk  10

RAC  15

kg comb  0.75 L

rd_s  1.14

kg deAire

kg deComb

5

bar  10 Pa

dv  48mm hlev  14mm

  38deg

a ) Calcular los parámetros técnicos del motor en cada punto 2

 D s

Vh

pero D=1.14s

4 Vht

3

3

s c 

Vh  4   rd_s

3

rpm 

Vh  1  10 cm

Vh  z

s c  9.932cm

2

entonces el diámetro será

D  rd_s  s c

D  11.322cm

Calculamos el rendimiento volumétrico Datos a nivel del mar kg o  1.2 3 m

Po  1.013bar B

(  )

2

B

Asumimos

2.5..4

Calculamos el valor de la velocidad de admisión Va

Ap Vmaxp Av

Donde : A p 

 4

2

2

D

A p  100.685cm 2

A v  16.636cm Av    cos () hlev dv La velocidad máxima será dada de acuerdo a la expresión

Vmaxp

R  1  

2

B  3.25

 1 s 30

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tenemos que la velocidad angular es la velocidad del motor n  4000rpm

1   418.879 s

  n

el radio del cigüeñal esta dado por R 

sc

R  49.66mm

2

la velocidad máxima del pistón será Vmaxp R  1  

m Vmax p  21.601 s

2

Ap Va  Vmaxp Av Va

m Va  130.737 s 2

Pa  Po  B  o 2

Pa  0.68bar

Pr  1.175Po

Pr  1.19bar

los datos a nivel del mar y para motor otto son

To  (20  273.15)K

T  10K

el rendimiento volumétrico será To rk Pa  Po 1 v    To  T rk  1 Po

v  61.35%

se tiene un rendimiento efectivo de

  2 para 4T

e  25% 1

n  4000min

PCI Vht n v e o Ne  0 RAC   comb

Ne  94.461kW

El momento torsor sera Mt 

Ne

Mt  1.417kN m

n

Densidad y temperatura de los gases residuales  r 

To



1

To  T rk  1

 r  0.107

kN  1000N

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Tr  950K

para motores Otto

La temperatura de admisión será

Ta  To  T   r Tr

Ta  405.224K

J Rt  287 kg K

Pa a  Ta Rt

kg a  0.584 3 m

PROCESO DE COMPRESION Pc Pa

1

donde

rk

1

Pc  Pa rk

 1  1.335

para Otto

Pc  14.7bar

 11

Tc  Ta rk

Tc  876.385K

Pc c  Tc Rt

kg c  5.844 3 m

PROCESO DE COMBUSTION Tc1

Tc 

 PCI v comb  rk  1   0 RAC cv comb   rk comb  70% kJ cv  0.717 kg K

el rendimiento de combustible y el calor a volumen constante

Tc1  Tc 

 PCI v comb  rk  1    0 RAC cv comb  rk

Tc1  2259.7K

Tc1 Pc1  Pc Tc

Pc1  37.903bar

PROCESO DE EXPANSION

 2  1.265

para Otto

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1

Pe  Pc1

Pe  2.059bar

2

rk

Te 

Tc1

Te  1227.583K

 21

rk

Consumo especifico de combustible Ne mc  PCI e

L mc  40.971 hr

2 .Datos 3

z  12

Vht  1400 0cm

kJ PCI  44000 L

o  0.9

1

3

n  3000min Vcc  80cm kg deAire RAC  15 kg deComb

v  89% Calculamos la Potencia para motores Diesel

PCI Vht n v e o Ne  o RAC   comb

e  35%

kg comb  750 3 m

Ne  568.545kW

El consumo de combustible sera de Ne mc  PCI e

L mc  132.907 hr

El torque sera de la sioguiente manera n  3000rpm

Mt 

Ne n

Mt  1.81kN m

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3 .para el gas natural se tiene Por lo tanto procedemos a calcular el poder calorifico .Si el GLP tiene una composicion de pent an o  1 et ano  2

N  0

propano  37

CO2  0

butano  60





0.37C3 H8  0.60C4 H10  0.02C2 H6  0.01C5 H12  a O2  3.76N2

b C O2  c H2 O  a 3.76 N2

Balance C

b  ( 0.373   0.6 4  0.022   0.015  )

H

c  a 

O

b  3.6

0.378   0.6010   0.026   0.0112 

c  4.6

2 2 b  c

a  5.9

2

Calculamos la relación aire combustible mGLP  [ 0.37 ( 3 12  8)  0.60 ( 4 12  10)  0.02 ( 12 2  6)  0.01 ( 5 12  12) ]

kg deComb mol

kg mGLP  52.4 mol maire  a ( 32  28 3.76)

kg deAire mol

kg maire  809.952 mol

RAC 

maire mGLP

kg deComb RAC  15.457 kg deAire

con defecto del 30%





0.37C3 H8  0.60C4 H10  0.02C2 H6  0.01C5 H12  0.75.9   O2  3.76N2

x C O2  y C O  4.6H2 O  4.1023.76   N2

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kg mGLP  52.4 mol maire  0.7a ( 32  28 3.76)

kg deAire mol

kg maire  566.966 mol

RAC 

maire

kg deAire RAC  10.82 kg deComb

mGLP

Calculo de los valores de a y b C

O

x y

( 0.373   0.6 4  0.022   0.01)

x y

3.56

2x  y

0.7 5.86 2  4.6

2x  y

3.604

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene x  0.044 y  3.516

de

de modo que tenemos la contaminación de CO de la siguiente forma kg mCO  y  ( 12  16) mol mCO comb contaminacion  mGLP

kg deCO cont aminacio n  1.409 L deGLP

CON GAS NATURAL SE TIENE metano  91.80

Nit rogeno  1.42

propano  0.97

et ano  5.58

CO2  0.08

but ano  0.05

pent ano  0.1

  H4  0.0097C3 H8  0.0005C4 H10  0.0558C2 H6  0.001C5 H12  0.0142N  2  0.0008C O2  0.918C a O2  3.76N2 b C O2  c H2 O  a 3.76 N2

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Balance C

b  ( 0.918 0.00973   0.00054   0.05582   5 0.01  0.0008)

H

c 

0.9184   0.00978   0.000510   0.05586   12 0.01  0.0008

c  2.105

2

a 

O

b  1.111

2 b  c 2

 0.0016

a  2.162

Calculamos la relación aire combustible mGN  ( b  12  2c) 

kg deComb mol

kg mGN  17.548 mol maire  a ( 32  28 3.76)

kg deAire mol

kg maire  296.861 mol

RAC 

maire

kg deComb RAC  16.917 kg deAire

mGN 3

Vaire  a ( 1  3.76) m

3

Vaire  10.293m  deAire

3

Vcomb  1m  deComb

Vaire

RACv  Vcomb

3

m deAire

RACv  10.293 3 m  deComb

con defecto del 30%





0.9232C   H4  0.0097C3 H8  0.0013C4 H10  0.0558C2 H6  0.001C5 H12  0.7a O2  3.76N2 kg mGN  17.548 mol

x C O2  y CO  c H2 O  0.7a 3.76 N2

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maire  0.7a ( 32  28 3.76)

kg deAire mol

kg maire  207.803 mol

RAC 

maire

kg deAire RAC  11.842 kg deComb

mGN 3

Vaire  0.7a ( 1  3.76) m

3

Vaire  7.205m  deAire

3

Vcomb  1m  deComb 3

Vaire RACv  Vcomb

m deAire RACv  7.205 3 m  deComb

Calculo de los valores de a y b C

O

x y

( 0.9232 0.00973   0.00134   0.05582   5 0.01)

x y

1.111

2x  y

0.7 2.179 2  2.105

2x  y

2.119

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene x  0.165 y  1.276

0.7 2.179 2  2.105 0.946

de modo que tenemos la contaminación de CO de la siguiente forma kg mCO  y  ( 12  16) mol

contaminacion

mCO GN mGN

kg GN  0.65 3 m

0.946 1.111 0.165 1.111 x  1.276

kg deCO cont aminacio n  1.323 3 m  deGLP

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