resolucion de problema enfocado a ciclo termodinamico de otto

1. La presión y temperatura mínimas en un ciclo Otto son 100 kPa y 27°C.
La cantidad de calor que se agrega al aire por ciclo es de 1500 kJ / kg.
(a) Determine las presiones y temperaturas en todos los puntos del ciclo
Otto estándar de aire.
(b) Calcule también el trabajo específico y la eficiencia térmica del ciclo
para una relación de compresión de 8
Datos
P1= 100 kpa
T1 = 27°C
Cagreado=1500 KJ/Kg
R =8:1
K (relación de calores específicos) =1.4
Tabla A-2 Aire
Cv =0.718 KJ/Kg. K
100 𝑘𝑝𝑎 ∗ (
1 𝑏𝑎𝑟
100 𝑘𝑝𝑎
) = 1𝑏𝑎𝑟
𝑇1 = 27 + 273 = 300°𝐾
V1, V4 =8
V2, V3=1
Estado 1-2 Compresión adiabática
Estado 1
P1 = 1bar
T2 = 300°K
Estado 2
𝑇2
𝑇1
= (
𝑉
1
𝑉2
)
𝐾−1
𝑇2 = 𝑇1 (
𝑉
1
𝑉2
)
𝐾−1
𝑇2 = 300°𝐾 (
8
1
)
1.4−1
= 689.2°𝐾
 𝑃1𝑉
1
𝐾
= 𝑃2𝑉2
𝐾

2. 𝑝2
𝑝1
= (
𝑣1
𝑣2
)
𝑘
𝑝2 = 1𝑏𝑎𝑟 (
8
1
)
1.4
𝑝2 = 18.38 𝑏𝑎𝑟
T2=689.2°K
P2= 18.38 bar
Volumen constante 2-3
Estado 3:
Calor agregado durante el proceso:
𝑐𝑣(𝑇3 − 𝑇2) = 1500 𝐾𝐽/𝐾𝑔
𝑇3 =
1500 𝐾𝐽/𝐾𝑔
0.718 KJ/Kg. K
+ 689.2°𝐾
𝑇3 = 2778.34°𝐾
𝑝2
𝑇2
=
𝑝3
𝑇3
𝑝3 =
18.38 𝑏𝑎𝑟
689.2°𝐾
∗ 2778.34°𝐾
𝑝3=74.09 𝑏𝑎𝑟
T3 =2778.34°K
P3=74.09 bar
Expansión adiabática 3-4
Estado 4
𝑇3
𝑇4
= (
𝑉
4
𝑉3
)
𝐾−1
𝑇4 =
2778.34
(8)1.4−1 = 1209.34°𝐾
 𝑃3𝑉3
𝐾
= 𝑃4𝑉
4
𝐾

3. 𝑝4
𝑝3
= (
𝑣3
𝑣4
)
𝑘
𝑝4 = 74.09𝑏𝑎𝑟 (
1
8
)
1.4
= 4.03 𝑏𝑎𝑟
T4=1209.34°K
P4=4.03 bar
2. calor especifico = calor agregado – calor rechazado
Calor especifico = cv(T3-T2) - cv(T4 – T1)
Calor especifico = cv((T3-T2) - (T4 – T1))
= 0.718KJ/Kg.°K[(2778.34°𝐾 − 689.2°𝐾) − (1209.34°𝐾 − 300°𝐾)] = 847.09𝐾𝐽/𝐾𝑔
Calor especifico = 847.09 KJ/Kg
Eficiencia térmica:
𝑛 = 1 −
1
(𝑟)𝑘−1
𝑛 = 1 −
1
(8)1.4−1 = 0.564 ∗ 100
𝑛 = 56.4%