1. Coleccin de ProblemasResueltos de TecnologaFrigorficaVersin 2.1 (septiembre de 2003)Compresor Compresorde baja de alta12 3 4 CondensadorEvaporador 6 587p (kPa) 7 5 4 3 6 281h (kJ/kg)

2. Autor: Juan Francisco Coronel Toro Profesor asociado del Grupo de Termotecnia Dpto. de Ingeniera Energtica y mecnica de Fluidos Universidad de SevillaEste documento est basado en versiones anteriores desarrolladas por: D. Ramn Velzquez Vila D. Jos Guerra Macho D. Servando lvarez Domnguez D. Jos Luis Molina Flix D. David Velzquez Alonso D. Luis Prez-Lombard D. Juan F. Coronel ToroTodos ellos pertenecientes al Grupo de Termotecnia.Parte de la informacin ha sido tomada de las siguientes referencias:DEPARTMENT OF MECHANICAL ENGINEERING, TECHNICAL UNIVERSITY OFDENMARK, COOLPACK, A collection of simulations tools for refrigeration, Versin1.46 (2000).STOECKER, W.F. Industrial Refrigeration Handbook. 1st ed. McGraw Hill (1998)KLEIN, S.A. y ALVARADO, F.L., Engineering Equation Solver Software (EES),Academia Versin 6.271 (20-07-2001). 3. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficandicendice ......................................................................................................... 3Ciclo simple de compresin mecnica:Problema 1.................................................................................................. 4Ciclos mltiples de compresin mecnica:Problema 2.................................................................................................. 6Problema 3................................................................................................ 12Problema 4................................................................................................ 15Problema 5................................................................................................ 19Ciclo simple de compresin mecnica (compresores alternativos):Problema 6................................................................................................23Problema 7................................................................................................26Problema 8................................................................................................28Problema 9................................................................................................31Ciclo simple de compresin mecnica (evaporadores y condensadores):Problema 10 ..............................................................................................33Problema 11 ..............................................................................................36Problema 12 ..............................................................................................39Problema 13 ..............................................................................................42Problema 14 ..............................................................................................44Problemas combinados:Problema 15 .............................................................................................. 473 4. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 1Ciclo simple de compresin mecnicaUna mquina frigorfica utiliza el ciclo estndar de compresin de vapor. Produce 50 kWde refrigeracin utilizando como refrigerante R-22, si su temperatura de condensacin es40C y la de evaporacin -10C, calcular:a. Efecto frigorficob. Caudal de refrigerantec. Potencia de compresind. Coeficiente de eficiencia energticae. Relacin de compresinf. Caudal volumtrico de refrigerante manejado por el compresorg. Temperatura de descarga del compresorh. Coeficiente de eficiencia energtica del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de evaporacin y condensacinSolucin:Compresor p (kPa)1 2 2Evaporador 3 Condensador 4 1 43Vlvula de h (kJ/kg)expansinSi trasladamos las temperaturas de evaporacin (-10C) y condensacin (40C)sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores:Presiones: p cond = 1533.52 kPap evap = 354.3 kPaEntalpas: h1 = 401.56 kJ / kg h2 = 438.56 kJ / kg h3 = h4 = 249.67 kJ / kga. Efecto frigorfico:h1 h4 = 151.89 kJ / kgb. Caudal de refrigerante:qf 50 kW qf = mR (h1 h4 );& &mR = = = 0.3292 kg / s (h1 h4 ) 151.89 kJ / kgc. Potencia de compresin: Pc = mR (h2 h1 ) = 0.3292 kg / s(438.56 401.56 kJ / kg) = 12.18 kW &4 5. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficaqf50 kWd. Coeficiente de eficiencia energtica:COP === 4.105Pc 12.18 kWp cond 1533.52 kPae. Relacin de compresin: rc == = 4.328p evap 354.3 kPaf. Caudal volumtrico de refrigerante manejado por el compresor: Este siempre setoma a la entrada al compresor y necesitamos el volumen especfico en el punto 1:v1 = 0.06535 m / kg && V = m v = 0.3292 kg / s 0.06535 m / kg = 0.0215 m / s = 77.448 m / hRR 1g. Temperatura de descarga del compresor: Si miramos en el diagrama p-h laisoterma que pasa por el punto 2 es aproximadamente t 2 = 64.3C .h. Coeficiente de eficiencia energtica del ciclo inverso de Carnot con las mismastemperaturas de condensacin y evaporacin.11COPCarnot == = 5.263Tcond 273.15 + 40 K11Tevap 273.15 10 K5 6. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 2Ciclos mltiples de compresin mecnicaUna aplicacin de produccin de fro demanda una potencia frigorfica de 100.000 frig/h,su temperatura de evaporacin debe ser -30C y su temperatura de condensacin 40C. Sise pretende usar en todos los casos R-22, calcular el trabajo de compresin, el calor decondensacin y el coeficiente de eficiencia energtica en los siguientes casos:a. Ciclo estndar de compresin mecnica simple.b. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin parcial. (Eficiencia delenfriador intermedio 0.8)c. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin total.d. Compresin doble en cascada.Solucin:Comencemos por calcular el coeficiente de eficiencia energtica de del ciclo tericode Carnot:1 1COPCarnot === 3.474Tcond273.15 + 40 K1 1Tevap273.15 30 KEste es el lmite mximo para las eficiencias de todos los ciclos que vamos aestudiar a continuacin.La potencia frigorfica en todos los ciclos debe ser:qf = 100000 frig / h = 100000 kcal / h = 116.28 kWa. Ciclo estndar de compresin mecnica simple. Compresorp (kPa)1 2 2Evaporador 3Condensador 4 14 3 Vlvula de h (kJ/kg) expansinSi trasladamos las temperaturas de evaporacin y condensacin sobre el diagramaP-h del R-22, obtenemos los siguientes valoresPresiones:p cond = 1533.5 kPa p evap = 163.5 kPa6 7. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficap cond 1533.5 kPaRelacin de compresin:rc == = 9.38p evap 163.5 kPaEntalpas: h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 451.021 kJ / kg h3 = h4 = 249.674 kJ / kgCalculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador:qf116.28 kWqf = mR (h1 h4 ); mR = &&== 0.8105 kg / s (h1 h4 ) 393.147 249.674 kJ / kgTrabajo de compresin:Pc = mR (h2 h1 ) = 0.8105 kg / s(451.021 393.147 kJ / kg) = 46.907 kW &Calor de condensacin:qc = mR (h2 h3 ) = 0.8105 kg / s(451.021 249.674 kJ / kg) = 163.192 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.479 Pc 46.907 kWb. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin parcial. Compresor Compresor de baja de alta 1 2 34 Evaporador &mRA&mRBCondensador65 8 7 p (kPa)7543 6281 h (kJ/kg)El primer paso es determinar la presin intermedia a la que trabaja el enfriadorintermedio, para as poder dibujar el ciclo:7 8. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficapint = p cond p evap = 1533.5 163.5 = 500.73 kPa a esta presin le corresponde unatemperatura intermedia de t int = 0.19C .Al utilizar la media geomtrica se consigue que la relacin de compresin en elcompresor de alta y baja sean la misma. p prc = cond = int = 3.06pintp evapLas entalpas de los puntos que hasta el momento podemos localizar sobre eldiagrama P-h son las siguientes:h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 420.11 kJ / kg h3 = 405.44 kJ / kgh4 = 433.33 kJ / kg h5 = h6 = 249.67 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador:qf = mRB (h1 h8 ) &Balance de energa sobre el enfriador intermedio:mRBh6 + mRBh2 + (mRA mRB )h6 = mRAh3 + mRBh7 & & & & & &Simplificando y sabiendo que las entalpas de los puntos 7 y 8 son iguales: & & & &mRAh6 + mRBh2 = mRAh3 + mRBh8 &&Tenemos por tanto 2 ecuaciones con 3 incgnitas ( mRA , mRB , h8 ). Es necesarioplantear una nueva ecuacin. La eficiencia del enfriador intermedio se planteacomo:t t7 = 0.8 = 5; t 7 = t 5 (t 5 t 6 ) = 40C 0.8(40 0.19C ) = 8.152Ct5 t 6Con esta temperatura del punto 7 y la presin de condensacin obtenemos laentalpa de este punto:h7 = 209.66 kJ / kg = h8Del balance del evaporador podemos ahora despejar el caudal de refrigerante sobreel evaporador: &qf116.28 kWmRB == = 0.6337 kg / s (h1 h8 ) 393.147 209.66 kJ / kgY volviendo al balance sobre el enfriador intermedio obtenemos el caudal derefrigerante sobre el condensador: &&mRA = mRB 8 (h h2 ) = 0.8561 kg / s (h6 h3 )Trabajo de compresin:Pc = mRA (h4 h3 ) + mRB (h2 h1 ) = 40.963 kW&&Calor de condensacin:Q c = mRA (h4 h5 ) = 157.231 kW&& qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.839 Pc 40.963 kW 8 9. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficac. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin total. CompresorCompresor de bajade alta 1 2 3 4 Evaporador & mRB&mRA Condensador 6 5 8 7 P (kPa) 5476 3281 h (kJ/kg)La presin intermedia es la misma que en el caso anterior.pint = p cond p evap = 1533.5 163.5 = 500.73 kPaLas entalpas de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes:h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 420.11 kJ / kg h3 = 405.44 kJ / kgh4 = 433.33 kJ / kg h5 = h6 = 249.67 kJ / kg h7 = h8 = 200.23 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador:qf116.28 kWqf = mRB (h1 h8 ) & &mRB == = 0.6027 kg / s (h1 h8 ) 393.147 200.23 kJ / kgBalance de energa sobre el enfriador intermedio: && & &mRAh6 + mRBh2 = mRAh3 + mRBh7despejando: 9 10. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica& &(h h2 ) = 0.8508 kg / smRA = mRB 7 (h6 h3 )Trabajo de compresin:Pc = mRA (h4 h3 ) + mRB (h2 h1 ) = 39.978 kW &&Calor de condensacin:qc = mRA (h4 h5 ) = 156.258 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.909 Pc 39.978 kWd. Compresin doble en cascada.Compresor Compresorde baja de alta Evaporador&&mRA mRB Intercambiador Condensador intermediop (kPa)7 6 328 5 41h (kJ/kg)Para el caso de refrigeracin en cascada la temperatura de evaporacin del ciclosuperior debe ser inferior a la temperatura de condensacin del ciclo inferior, aesta diferencia de temperaturas se la llama solape. Si utilizamos la temperaturaintermedia de los casos anteriores y un solape de 5C, podremos suponer que:t 3 = +2.7Cyt 5 = t 8 = 2.3CLas entalpas de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes:h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 422.22 kJ / kg h3 = h4 = 203.18 kJ / kgh5 = 404.52 kJ / kg h6 = 434.56 kJ / kgh7 = h8 = 249.67 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador: 10 11. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficaqf116.28 kWqf = mRB (h1 h4 ) &&mRB == = 0.6121 kg / s (h1 h4 ) 393.147 203.18 kJ / kgBalance de energa sobre el intercambiador intermedio: &&& &mRAh8 + mRBh2 = mRBh3 + mRAh5despejando: && (h h2 ) = 0.8658 kg / smRA = mRB 3(h8 h5 )Trabajo de compresin:Pc = mRA (h6 h5 ) + mRB (h2 h1 ) = 43.804 kW &&Calor de condensacin:qc = mRA (h6 h7 ) = 160.078 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.655 Pc 43.804 kWResumen de resultados:Caso qf (kW)qc (kW)Pc (kW) COPCompresin mecnica simple116.28163.19246.9072.479Con enfriador intermedio, inyeccin parcial 116.28157.23140.9632.839Con enfriador intermedio, inyeccin total 116.28156.25839.9782.909En cascada116.28160.07843.8042.65511 12. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 3Ciclo de compresin mecnica mltipleUn sistema de refrigeracin utiliza R-22 con una capacidad frigorfica de 180 kW a unatemperatura de evaporacin de -30C y una presin de condensacin de 1500 kPa.Calcular:a) Potencia absorbida por un sistema de compresin mecnica simple estndar.b) Potencia absorbida por el ciclo mltiple de la figura, donde el enfriador intermedio funciona a una presin de 600 kPa.12 34 6 587Solucin:a. Ciclo de compresin mecnica simple Compresorp (kPa) 12 2 Evaporador3Condensador41 43 Vlvula de h (kJ/kg) expansinSi trasladamos las temperaturas de evaporacin y la presin de condensacin sobreel diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores12 13. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaPresiones:p cond = 1500 kPap evap = 163.5 kPa p cond 1500 kPaRelacin de compresin: rc === 9.1743 p evap 163.5 kPaTemperaturas: t cond = 39.1Ct evap = 30CEntalpas:h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 450.38 kJ / kg h3 = h4 = 248.48 kJ / kgCalculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador: qf 180 kWqf = mR (h1 h4 ); mR = & &== 1.2442 kg / s(h1 h4 ) 393.15 248.48 kJ / kgTrabajo de compresin:Pc = mR (h2 h1 ) = 1.2442 kg / s(450.38 393.15 kJ / kg) = 71.206 kW &qf180 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP == = 2.528Pc 71.206 kWb. Ciclo de la figura del problema. 1 2 3 & mR14 & mR 2 65 8 7p (kPa) 54 2 7 6 3 81 h (kJ/kg)La presin intermedia es pint = 600 kPa;t int = 5.88C .13 14. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaLas entalpas de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes:h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 450.38 kJ / kgh3 = 407.46 kJ / kgh4 = 430.09 kJ / kg h5 = h6 = 248.48 kJ / kg h7 = h8 = 206.95 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador:qf 180 kWqf = mR1 (h1 h8 ) & &mR1 === 0.9667 kg / s (h1 h8 ) 393.15 206.95 kJ / kgBalance de energa sobre el enfriador intermedio:(mR1 + mR2 )h6 = mR1h7 + mR2h3&& & &despejando: & & (h h6 ) = 0.2525 kg / smR 2 = mR1 7(h6 h3 )Trabajo de compresin:Pc = mR1 (h2 h1 ) + mR 2 (h4 h3 ) = 61.038 kW &&qf180 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP == = 2.949Pc 61.038 kW14 15. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 4Ciclos mltiples de compresin mecnicaEn un sistema de amoniaco con dos evaporadores y un compresor el evaporador de bajatemperatura suministra 180 kW de refrigeracin con una temperatura de evaporacin de-30C y el otro evaporador suministra 200 kW a 4C. La temperatura de condensacinpuede considerarse igual a 40C1. Calcular la potencia de compresin requerida y la eficiencia energtica del ciclo.2. Se sustituye el ciclo anterior por un ciclo con dos evaporadores y dos compresores (ver figura), si se pretende suministrar la misma potencia frigorfica en ambos evaporadores con las mismas temperaturas de evaporacin y la misma temperatura de condensacin. Calcular la potencia de compresin requerida y la eficiencia energtica del ciclo. 34 1 2 Evaporador de alta Evaporador de bajaCondensador 65 87Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.Solucin:1) A continuacin se muestra un esquema de un sistema de refrigeracin con dosevaporadores y un compresor.15 16. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica58 12 7Evaporador Evaporadorde alta de baja Condensador46&mRA&mRB 3El diagrama p-h de este ciclo es el siguiente:p (kPa)326 74 5 1 8Conocidas las temperaturas de evaporacin de cada uno de los evaporadores y latemperatura de condensacin conocemos las entalpas de los siguientes puntos:h3 = h4 = h6 = 386.43 kJ / kg h5 = 1422.46 kJ / kgh7 = h8 = 1464.80 kJ / kgRealizando balances de energa en ambos evaporadores podemos obtener loscaudales que circula por cada uno de ellos:qfB180 kWqfB = mRB (h5 h4 );& &mRB = = = 0.1737 kg / s(h5 h4 ) (1422.46 386.43 kJ / kg) qfA 200 kWqfA = mRA (h7 h6 );& &mRA = == 0.1855 kg / s(h7 h6 ) (1464.8 386.43 kJ / kg)Por tanto el caudal total que debe mover el compresor y su entalpa se obtienen deun sencillo balance de masa y energa en la mezcla de las dos corrientes:&& &mR = mRA + mRB = 0.1855 + 0.1737 kg / s = 0.3592 kg / s& &mRAh8 + mRBh5 0.18551464.8 + 0.17371422.46&& &mRh1 = mRAh8 + mRBh5 ; h1 = == 1444.3 kJ / kg &R m 0.359216 17. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaSi buscamos en el diagrama el punto 1 y seguimos su lnea de entropa constantehasta la presin de descarga tendremos: h2 = 1862.5 kJ / kgEl trabajo de compresin ser:Pc = mR (h2 h1 ) = 0.3592 kg / s(1862.5 1444.3 kJ / kg) = 150.217 kW&El coeficiente de eficiencia energtica del ciclo:q + qfB200 + 180 kwCOP = fA = = 2.5297 Pc150.217 kw2) Para el segundo sistema, el diagrama P-h ser el que se muestra acontinuacin: 3 412 & mRC Evaporador de alta & mRB & mRAEvaporadorde baja Condensador 6 58 7 54P (kPa) 7 6 32 8 1 h (kJ/kg)Conocidas las temperaturas de evaporacin de cada uno de los evaporadores y latemperatura de condensacin conocemos las entalpas de los siguientes puntos:h5 = h6 = 386.43 kJ / kg h3 = 1464.8 kJ / kgh7 = h8 = 218.3 kJ / kgh1 = 1422.46 kJ / kgh2 = 1617.04 kJ / kg h4 = 1627.0 kJ / kg 17 18. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaRealizando un balance de energa en cada uno de los evaporadores obtenemosqfB180 kWqfB = mRB (h1 h8 );&mRB = & == 0.1495 kg / s (h1 h8 ) (1422.46 218.3 kJ / kg)qfA 200 kWqfA = mRA (h3 h6 );& &mRA === 0.1855 kg / s (h3 h6 ) (1464.8 386.43 kJ / kg)Realizando un balance de energa sobre el enfriador intermedio:mRBh2 + (mRC mRA )h6 = mRBh7 + (mRC mRA )h3 & & & && &Despejando el caudal de refrigerante por el compresor de alta:& m h mRBh2 + mRA (h6 h3 ) 0.1495(218.3 1617.04) + 0.1855(386.43 1464.8) && &mRC = RB 7=(h6 h3 ) (386.43 1464.8)&mRC = 0.3794 kg / sEl trabajo de compresin ser:Pc = mRB (h2 h1 ) + mRC (h4 h3 ) = 0.1495(1617.04 1422.46 ) + 0.3794(1627.0 1464.8)& &Pc = 90.628 kWEl coeficiente de eficiencia energtica del ciclo:q + qfB200 + 180 kwCOP = fA = = 4.193 Pc 90.628 kw18 19. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 5Ciclos mltiples de compresin mecnicaUn ciclo estndar de compresin mecnica simple utiliza R-22 como refrigerante. Lacapacidad frigorfica del evaporador es 180 kW a una temperatura de -30C. La presin decondensacin del refrigerante es 1533,52 kPa. Ms tarde el ciclo es revisado para funcionarcon los mismos parmetros pero siguiendo los esquemas (A) y (B), en ambos casos lapresin del deposito intermedio es 497.59 kPa.Calcular la potencia de compresin necesaria y el COP para el ciclo simple y para las dosconfiguraciones de ciclo compresin mltiple propuestas: 44 5CondensadorCondensador 3 352 626 7811 79EvaporadorEvaporador(A)(B)Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo, que no existerecalentamientos, ni subenfriamientos en los evaporadores y condensadores y que loscompresores son ideales.Solucin:Ciclo de compresin mecnica simpleSi trasladamos las temperaturas de evaporacin y la presin de condensacin sobreel diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valorest evap = 30Cp evap = 163.48 kPap cond = 1533.52 kPat cond = 40C 19 20. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaEntalpas:h1 = 393.15 kJ / kgh3 = h4 = 249.67 kJ / kg Compresorp (kPa)12 Evaporador32Condensador41 43 Vlvula de h (kJ/kg) expansinS el compresor es ideal la entalpa del punto 2 ser: s1 = s2 = 1.8034 kJ / kgKh2 = 451 kJ / kgCalculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador:qf 180 kWqf = mR (h1 h4 ); mR = &&== 1.2545 kg / s (h1 h4 ) 393.15 249.67 kJ / kgTrabajo de compresin:Pc = mR (h2 h1 ) = 1.2545 kg / s(451 393.15 kJ / kg) = 72.573 kW & qf180 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.480 Pc 72.573 kWCiclo (A):4Condensador3 p (kPa) 54 63 2526 7 117Evaporadorh (kJ/kg)(A)20 21. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaLa presin de intermedia a la opera el depsito es pint = 497.59 kPa quecorresponde con una temperatura de cambio de fase de t int = 0CLas entalpas de los nuevos puntos, suponiendo los procesos de compresinisentrpicos son las siguientes h2 = 419.95 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kgh4 = 433.43 kJ / kgRealizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal quecircula por el mismo, y por el compresor de baja presin. Como el salto de entalpaes el mismo que en el caso del ciclo simple y demandamos la misma potenciafrigorfica, el caudal debe ser el mismo qf = mR ,B (h1 h8 ); mR ,B = 1.2545 kg / s .& &Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudalque circula por el compresor de alta:mR ,B h2 + (mR ,A mR ,B ) h6 = mR ,A h3 ;& & &&& &h h6419.95 249.67 kJ / kgmR ,A = mR ,B 2= 1.2545 kg / s = 1.372 kg / s h3 h6 405.37 249.67 kJ / kgPor tanto, el trabajo de compresin ser:Pc = mR ,B (h2 h1 ) + mR ,A (h4 h3 ) &&Pc = 1.2545 kg / s(419.95 393.15 kJ / kg) + 1.372 kg / s(433.43 405.37 kJ / kg) = 72.119 kW qf180 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = = = 2.496 Pc 72.119 kWCiclo (B):4 5Condensador 3 p (kPa) 645 2 8 73 6 27 8 911 9Evaporadorh (kJ/kg) (B)21 22. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaAl igual que el caso (A), la presin de intermedia a la opera el depsito espint = 497.59 kPa que corresponde con una temperatura de cambio de fase det int = 0CLas entalpas de los puntos, suponiendo los procesos de compresin isentrpicosson las siguientes:h1 = 393.15 kJ / kgh2 = 451 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kg h4 = 433.43 kJ / kgh6 = h7 = 249.67 kJ / kgh8 = h9 = 200 kJ / kgRealizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal quecircula por el mismo, y por el compresor de baja presin (le llamaremos as aunquerealmente no sea de baja):qf180 kWqf = mR ,B (h1 h9 ); & mR ,B = & = = 0.932 kg / s (h1 h9 ) (393.15 200 kJ / kg)Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudalque circula por el compresor de alta:(m & R ,A + mR ,B ) h7 = mR ,A h3 + mR ,B h8 ;&&&& &h h8249.67 200 kJ / kgmR ,A = mR ,B 7= 0.932 kg / s = 0.297 kg / s h3 h7405.37 249.67 kJ / kgPor tanto, el trabajo de compresin ser:Pc = mR ,B (h2 h1 ) + mR ,A (h4 h3 ) &&Pc = 0.932 kg / s(451 393.15 kJ / kg) + 0.297 kg / s(433.43 405.37 kJ / kg) = 62.25 kW qf180 kWCoeficiente de eficiencia energtica: COP = == 2.892 Pc 62.25 kW22 23. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 6Ciclo simple de compresin mecnica (compresores alternativos)Se necesita evacuar 150.000 kcal/h de cierta cmara frigorfica, para lo que se decideinstalar un sistema de produccin de fro por compresin mecnica. La temperatura de lacmara no puede superar los 3C y el la diferencia de temperaturas a la entrada delevaporador se estima en 7C. Se dispone de un gran caudal de agua de pozo a 15C quepiensa utilizarse como agente condensante. El fluido frigorgeno empleado es R-134a.Para el funcionamiento de dicha instalacin se adquiri un compresor alternativo de 2.250cm de cilindrada, el cual aspira vapor con un recalentamiento en la tubera de aspiracin de10C. Este compresor gira a 850 r.p.m. y su rendimiento volumtrico es de 0,8 para unarelacin de compresin de 3,3.Calcular:El grado de subenfriamiento del fluido condensado para que pueda funcionar lainstalacin con este compresor y si es posible su realizacin.Nota: Considerar un salto mximo admisible en el agua de pozo de 5C y un salto mnimode temperaturas en el condensador (entre fluido refrigerante y agua de pozo) de 5C.Solucin:a. Clculo del grado de subenfriamientoLa temperatura del aire en la cmara debe ser inferior a 3C, por lo tantoCompresor 1 2&mw t w,ent Evaporador & ma t a,ent t a,sal Condensador t w,sal 4 3 Vlvula de expansinpodemos suponer que esta es la temperatura de entrada del aire al evaporador.t a,ent = 3C . Luego si el salto a la entrada al evaporador debe ser de 7C latemperatura de evaporacin ser:t = t a,ent t evap = 7C;t evap = t a,ent t = 3 7 = 10C 23 24. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaEn cuanto al condensador la temperatura de entrada al condensador del agua depozo es de 15C, el salto mximo en esta agua es de 5C luego la temperatura delagua a la salida del condensador ser, t w,sal = 15 + 5 = 20C y la temperatura decondensacin 5C por encima de la temperatura ms alta alcanzada en elcondensador:t = t cond t w,sal = 5C;t cond = t w,sal + t = 20 + 5 = 25CCon estos datos intentaremos dibujar el ciclo sobre un diagrama p-h de R-134a,aunque desconocemos las entalpas de los puntos 3 y 4, ya que estas dependen delgrado de subenfriamiento que es nuestra incgnita. El punto 1 (entrada alcompresor) se encuentra a la presin de evaporacin y sobre la isoterma de 0C (-10C + 10C).Los valores de las entalpas de los diferentes puntos son:h1 = 400.05 kJ / kgh5 = 391.32 kJ / kgh2 = 425.98 kJ / kgh3 = h4 = ? kJ / kgv1 = 0.10397 m / kg p (kPa) 3 25C2-10C 1 45h (kJ/kg)La potencia frigorfica que debe suministrar este sistema es de 150000 kcal/h =174.42 kW.Con los datos fsicos del compresor podemos calcular el desplazamiento volumtricode este:&Vt = Vcilindro = 2250 cm 850 rev / min = 0.0319 m / sPara este caso la relacin de presiones es 3.31 podemos decir que rendimientovolumtrico del compresor va a ser aproximadamente 0.8. & VR1vol = ; && VR1 = vol Vt = 0.8 0.0319 m / s = 0.0255 m / s V& t24 25. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaSiendo el volumen especfico sobre el punto 1 v1 = 0.10397 m / kg , tendremos uncaudal msico:V& 0.0255 m / s&mR = R1 = = 0.245 kg / s v1 0.10397 m / kgLa potencia frigorfica sobre el evaporador es:qf = mR (h5 h4 ) ; & qf174.42 kWdespejando: h4 = h5 = 391.32 kJ / kg = 320.6 imposible sera &R m 0.245 kg / snecesario subenfriar el lquido a menos cientos de grados. 25 26. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 7Ciclo simple de compresin mecnica (compresores alternativos)Los datos de catlogo de un compresor son los siguientes:Refrigerante: R-22Nmero de cilindros:6Velocidad de giro:1740 r.p.m.Dimetro del cilindro:67 mmCarrera:57 mmPorcentaje de espacio muerto: 4.8 %Para las siguientes condiciones de operacin:Temperatura de evaporacin: 5CTemperatura de condensacin:50CSubenfriamiento del lquido:3CRecalentamiento del vapor:8CLa potencia frigorfica que indica el catlogo es 96.4 kW y la potencia absorbida 28.9 kW.Calcular:El rendimiento volumtrico terico, el rendimiento volumtrico real y el rendimientoisentrpico o de la compresin.Solucin:La siguiente figura muestrael diagrama P-h del problema indicado conanterioridad. P (kPa)350C2 5C145h (kJ/kg)Rendimiento volumtrico terico:v vol,t = 1 C suc 1v des 26 27. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaEl factor de espacio muerto o factor de huelgo C=0.048, y los volmenesespecficos en la succin y la descarga:v suc = v1 = 43.2 l / kg v des = v 2 = 14.13 l / kg 43.2 l / kg vol,t = 1 0.048 14.13 l / kg 1 = 0.9012 Desplazamiento volumtrico del compresor:2& DcVt = Nc Lc 4Donde:Nmero de cilindros:Nc = 6Velocidad de giro: = 1740 r.p.m. = 29 rev / sDimetro de cilindros:Dc = 0.067 mCarrera:L c = 0.057 m(0.067 m) 2&Vt = 6 29 rev / s0.057 m = 0.035 m / s = 35 l / s 4Los valores de las entalpas de los diferentes puntos son:h1 = 413.1 kJ / kg h2 = 445.5 kJ / kg h3 = h4 = 259.1 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador: qf 96.4 kWqf = mR (h1 h4 ) & &mR === 0.6260 kg / s(h1 h4 ) 413.1 259.1 kJ / kgEl caudal volumtrico de refrigerante a la entrada al compresor (punto 1) ser elsiguiente: &&V1 = mR v1 = 0.6260 kg / s 43.2 l / kg = 27.042 l / sPor lo tanto el rendimiento volumtrico real ser:V& 27.04 l / svol,r = 1 = = 0.773 &Vt 34.97 l / sEl trabajo de compresin terico o isentrpica podemos calcularlo como:Pc,s = mR (h2 h1 ) = 0.6260 kg / s(444.5 413.1 kJ / kg) = 19.656 kW &Y por lo tanto el rendimiento de compresin o rendimiento isentrpico valdr: Pc,s 19.656 kWs == = 0.6801 Pc,r28.9 kW27 28. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 8Ciclo simple de compresin mecnica (compresores alternativos)Los datos de catlogo del compresor SP4L220E son los siguientes:Refrigerante: R-134aDesplazamiento volumtrico: 86.1 m/hPara las siguientes condiciones de operacin:Temperatura de evaporacin: -10CTemperatura de condensacin:50CSubenfriamiento del lquido:5CRecalentamiento del vapor:10CLa potencia frigorfica que indica el catlogo es 23.7 kW y la potencia absorbida 10.0 kW.Calcular:La potencia frigorfica, el trabajo de compresin y el coeficiente de eficiencia energtica, sipretendemos utilizar este compresor en un ciclo con las mismas temperaturas deevaporacin y compresin pero sin subenfriamiento del lquido ni recalentamiento delvapor.Solucin:La siguiente figura muestra el diagrama P-h (R-134a) del problema consubenfriamiento y recalentamiento. El punto 2s es el punto de salida de unproceso de compresin isentrpico p (kPa)350C 2s 2 -10C14 h (kJ/kg)Los valores de las entalpas de los puntos que pueden obtenerse son:h1 = 400.049 kJ / kg h2s = 441.196 kJ / kg h3 = h4 = 263.712 kJ / kgBalance de energa sobre el evaporador: qf 23.7 kWqf = mR (h1 h4 ) & &mR === 0.1738 kg / s(h1 h4 ) 400.049 263.712 kJ / kg 28 29. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaEl trabajo de compresin puede obtenerse como: Pc = mR (h2 h1 ) &Despejando de aqu la entalpa del punto 2 tendremos:Pc 10.0 kWh2 = h1 += 400.049 kJ / kg + = 457.586 kJ / kg&mR 0.1738 kg / sEl ciclo sobre el cual queremos instalar nuestro compresor es el siguiente:32s 41 h (kJ/kg)Los valores de las entalpas de los puntos son:h1 = 391.321 kJ / kg h2s = 430.328 kJ / kg h3 = h4 = 271.418 kJ / kgAl mantenerse la presin de succin y presin de descarga entre las cuales trabajael compresor, tenemos que la relacin de presiones es la misma que en el casoanterior y puede considerarse una buena hiptesis suponer que el rendimientovolumtrico y de la compresin del compresor se mantienen. && V1 mR v10.1738 kg / s 0.104 m / kgRendimiento volumtrico:vol === = 0.7558 & Vt &Vt86.1 m / h 1 / 3600Luego el caudal de refrigerante en el segundo caso ser: & V0.0239 m / s 0.7558m = t vol = &R= 0.1825 kg / s v10.09899 m / kgLa potencia frigorfica:qf = m (h1 h4 ) = 0.1825 kg / s(391.321 271.418 kJ / kg) = 21.880 kW&RDel otro parmetro que podemos considerar constante, el rendimiento isentrpico orendimiento de la compresin, podemos obtener al trabajo absorbido por elcompresor en la segunda situacin: P m (h h1 ) 0.1738 kg / s(441.196 400.049 kJ / kg) &c = c,s = R 2s = = 0.7151 Pc,r Pc,r 10.0 kW Pc,s m (h2s h1 ) 0.1825 kg / s(430.328 391.321 kJ / kg)&R Pc,r == = = 9.955 kW cc0.7151Los valores del coeficiente de eficiencia energtica, vale en ambos casos: q23.7 kW q 21.880 kWCOP = f = = 2.37 COP = f == 2.198 Pc 10.0 kWPc9.955 kW29 30. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica 30 31. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 9Ciclo simple de compresin mecnica (compresores alternativos)Un compresor hermtico alternativo de 4 cilindros para R-22, tiene una velocidad de girode 29 rev/s. El dimetro de los cilindros es 87 mm y la carrera 70 mm. El rendimientovolumtrico ha sido obtenido experimentalmente en funcin de la relacin de compresin(rc): 2vol = 0.0016 rc 0.0734 rc + 1.0117S suponemos que la temperatura de condensacin es constante e igual a 40C, calcular lapotencia frigorfica para las siguientes temperaturas de evaporacin: -20C, -10C, 0C,10CNota: Suponer ciclo estndar sin sobrecalentamiento ni subenfriamientoSolucin:El desplazamiento volumtrico del compresor ser &D2Vt = Nc c Lc 4Donde:Nmero de cilindros: Nc = 4Velocidad de giro: = 29 rev / sDimetro de cilindros:Dc = 0.087 mCarrera:L c = 0.070 m(0.087 m) 2&Vt = 4 29 rev / s0.070 m = 0.0483 m / s = 173.775 m / h 4Comencemos por el primer caso t evap = 20CDibujando el ciclo sobre un diagrama P-h obtenemos:p (kPa) 32 41h (kJ/kg)Presiones: p cond = 1534 kPa p evap = 245.4 kPa31 32. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica p cond 1534 kParc == = 6.252 p evap 245.4 kPaLuego el rendimiento volumtrico valdr:vol = 0.0016 (6.252 ) 0.0734 (6.252 ) + 1.0117 = 0.61532Podemos obtener por tanto el caudal de refrigerante para este caso: &m v V & 0.6145 0.0483 m / s&vol = R 1 ; mR = vol t == 0.3207 kg / s & V v 0.09263 m / kgt1El incremento de entalpa en el evaporador vale:hevap = h1 h4 = 396.9 249.8 kJ / kg = 147.1 kJ / kgPor tanto la potencia frigorfica ser: &qf = mR hevap = 0.3207 kg / s 147.1 kJ / kg = 47.18 kWRealizando los mismos clculos para las otras tres temperaturas de evaporacinobtenemos los siguientes resultados:t evap (C) p evap (kPa)vol&mR (kg / s) hevap (kJ / kg)qf (kW)-20 245.40.61530.3207 147.1 47.18-10 354.90.72430.536151.3 81.090 498.10.8008 0.821 155.2 127.410681.20.8545 1.189 158.7 188.8200180160qf [kW]140120100 80 60 40-20-15 -10 -5 0 510 tevap [C]32 33. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 10Ciclo simple de compresin mecnica (evaporadores y condensadores)Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza unciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento dellquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante s a dicha maquina se le suministraun caudal de agua a enfriar de 0.19 kg/s a una temperatura de entrada de 20C, siendo latemperatura del aire a la entrada al condensador 25C y su caudal, forzado por unventilador, 5500 m/h. Entonces, la potencia frigorfica desarrollada por la mquina en lascondiciones anteriores es 8 kW y la potencia absorbida por el compresor 1.5 kW, el UAdel evaporador es 883 W/K, y las caractersticas de los compresores alternativos son lassiguientes:N de compresores: 2Dimetro:5 cmCarrera: 5 cmRendimiento volumtrico: 0.822Velocidad de giro: 750 rev/minCalcular:Temperatura de salida del agua, temperatura de salida del aire, temperatura de evaporacindel refrigerante, temperatura de condensacin del refrigerante.Solucin:La siguiente figura muestra una enfriadora de agua condensada por aire. Compresor&mw t w,ent 1 2Evaporadort w,salCondensador4 3Vlvula de expansinLa potencia frigorfica evacuada por el evaporador de la mquina es 8 kW, luego:80008 kW = qf = mw cp (t w,ent t w,sal )&t w,sal = 20C C = 9.927C41800.19 33 34. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaSi estudiamos el evaporador como un intercambiador con cambio de fase,tendremos: tw,entT (C)UA883 t w,ent t w,sal & mw c p==1e=1e 0.194180= 0.671 t w.ent t evap tw,saltevapDespejando de la expresin anterior obtenemos la temperatura de evaporacin delt t w,salrefrigerante: t evap = t w,ent w,ent = 4.988 C 5C A travs de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: & VR ,1 0.052& &D21 vol = VR ,1 = vol Vt = vol Nc ;cL c = 0.822 2 0.05750 = 2.017510 3 m / sV&4 4 60 t Para calcular el caudal msico de refrigerante ser necesario conocer el volumenespecfico a la entrada del compresor del R-22 como vapor saturado.v1 = 0.04036 m3 / kg . & VR ,1&mR == 0.05 kg / s v1Si obtenemos la potencia frigorfica a travs de los datos del refrigerante, podremosdespejar la entalpa del punto 4 (entrada al evaporador) que es igual a la del punto3 (salida del condensador) por ser el proceso de expansin isentlpico.8 kW = qf = mR (h1 h4 )&p (kPa)Comola temperaturadeevaporacin es 5C, podemos 32calcular la entalpa del punto 1:h1 = 407.15 kJ / kg qfh4 = h1 = 247.15 kJ / kg 41 & mR h (kJ/kg)Si interpolamos en la curva delquido saturado obtendremos la temperatura de condensacin asociada al punto 3: t cond 35 247.15 243.10= ; t cond = 38.082 C40 35 249.67 243.10 34 35. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaPara calcular la temperatura de salida del aire en el condensador ser necesariorealizar un balance de energa sobre este:qcond = mR (h2 h3 ) = macp (t a,sal t a,ent )& &En la ecuacin anterior no conocemos ni la entalpa del punto 2, ni la temperaturade salida del aire, pero podemos calcular la potencia evacuada en el condensadorindirectamente, sumando la potencia frigorfica y el trabajo de compresin.qc = qf + Pc = Va acp (t a,sal t a,ent ) &qf + Pc 8000 + 1500t a,sal = t a,ent + = 25 += 30.182C& cVa a p 5500 / 36001.2100035 36. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 11Ciclo simple de compresin mecnica (evaporadores y condensadores)Una mquina frigorfica basada en un ciclo estndar de compresin mecnica desarrollauna potencia frigorfica de 5 kW. El fabricante suministra el coeficiente de eficienciaenergtica (COP) de dicha mquina como una funcin de la temperatura de condensacindel refrigerante en C, COP = 2.5 0.01 (t cond 30) .El condensador de dicha mquina frigorfica es un intercambiador de carcasa y tubo, unpaso por carcasa y dos por tubos (el refrigerante circula por la carcasa con un coeficiente depelcula de 10000 W/mK). El intercambiador dispone de 50 tubos en forma de U, tienenuna longitud total 3 m, un dimetro interior de 20 mm y un espesor 1 mm. Estn fabricadosen acero inoxidable de k = 15.1 W/mK, pueden considerarse despreciables las resistenciasde ensuciamiento.Se dispone de un caudal de 0.2 kg/s de agua a 20C para evacuar el calor de condensacin.Determinar:1. Temperatura de condensacin del refrigerante y calor total intercambiado en el condensador2. Caudal de agua necesario para conseguir una temperatura de condensacin del refrigerante de 30C.Nota: Suponer que el coeficiente de pelcula interior en los tubos es 113 W/mK,independiente de la velocidad del fluido por encontrarse este en rgimen laminarSolucin:Apartado 1:La siguiente figura muestra un esquema del condensador enfriadora de aguacondensada por aire. Refrigerante, tcond&mw t w,ent t w,salSi expresamos el COP en funcin de los datos del problema (Potencia frigorfica) ycalor de condensacin tendremos: 36 37. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica qf qf 1 1COP = = qc = qf 1 + = qf 1 + Pc qc qf COP 2.5 0.01(t cond 30) La ecuacin anterior contiene las dos incgnitas del apartado 1, necesitamos portanto otra ecuacin que nos permita cerrar el problema. Realizando un balance deenerga sobre el condensador tendremos: refrigerante T (C) tcondtsal tentagua rea (m) UA & wcp (t w,sal t w,ent ) = mwcp 1 e m cqc = m&&w p (t t w,ent ) cond Luego si igualo esta ecuacin con la anterior tendr una sola ecuacin con una solaincgnita, la temperatura de condensacin.1 UA = mwcp 1 e m c (t cond t w,ent ) & qf 1 + &w p 2.5 0.01(t cond 30) Para poder resolver esta ecuacin necesito conocer UA.Clculo de UA: 1 1UA == = 1046.9 W / K1 ln(Dext / Dint )1 9.646E 6 + 6.6972E 6 + 9.389E 4++ hext A ext2kNtL thint A intDonde:A ext = Nt DextL t = 10.367 mA int = Nt DintL t = 9.425 mDespejando de la ecuacin inicial y resolviendo queda una ecuacin cuadrtica de laque la nica solucin vlida es:t cond = 28.7Cy el calor evacuado en el condensador: 1qc = qf 1 + = 6.989 kW2.5 0.01(t cond 30) 37 38. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaApartado 2:S la temperatura de condensacin del refrigerante es de 30C, podemos calcular elcalor de condensacin: 11 qc = qf 1 + = qf 1 + = 7 kW2.5 0.01(t cond 30) 2.5 Utilizando la otra expresin del calor de condensacin tendramos que: UA& w c p 1 e m c qc = m& w p (t t w,ent ) cond Una ecuacin fuertemente no lineal que debe de resolverse de forma iterativa:&1 Iteracin, supongo mw = 0.2 kg / s , despejo &mw = 0.2343 kg / s& w = 0.2343 kg / s , despejo2 Iteracin, supongo m &mw = 0.2549 kg / s....& mw = 0.2884 kg / s 38 39. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 12Evaporadores Vlvulas de expansinUna mquina frigorfica de amoniaco es utilizada para enfriar una corriente de 31.6 l/minde agua a 15C, el agua sale del evaporador a 10.43C en condiciones de evaporador limpio(mquina recin instalada).Se supone que con el paso del tiempo aparecer una resistencia de ensuciamiento en el ladodel agua de aproximadamente Rensu=0.001 m K/W, el rea exterior del evaporador, la queest en contacto directo con el agua, es 10 m.Calcular el cambio que se produce en la potencia de compresin y en coeficiente deeficiencia energtica, suponiendo: 1. La temperatura de condensacin permanece constante e igual a 40C. 2. El evaporador es inundado y la vlvula de expansin mantiene la temperatura desalida del agua (10.43C). 3. El rendimiento de la compresin es 0.7 4. El coeficiente de intercambio global del evaporador limpio es UAlimpio= 800 W/KSolucin:El caudal de agua a la entrada, suponiendo una densidad del agua de 1 kg/l, es: &mw = 31.6 l / min = 0.5267 kg / s .La potencia frigorfica suministrada ser:qf = mw cp (t w,ent t w,sal ) = 0.5267 kg / s 4.18 kJ / kg(15 10.43C ) = 10.061 kW &Esta potencia frigorfica va a ser la misma en el caso sucio, puesto que la vlvula deexpansin va a mantener la misma temperatura de salida del agua.Si planteamos la ecuacin de transferencia en el intercambiador:UA lim pio t w,ent t w,sal& mw c p= =1et w,ent t evaptw,ent T (C) tw,saltevapDespejando de la ecuacin anterior la temperatura de evaporacin:39 40. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica t w,ent t w,sal15C 10.43Ct evap = t w,ent UA lim pio= 15C 800 W / K 0C 0.5267 kg / s 4180 J / kg 1e& mw cp 1eCon esta temperatura de evaporacin ya podemos dibujar el ciclo estndar decompresin sobre un diagrama P-h del amoniaco (R-717):P (kPa) 340C 2s 0C4 1h (kJ/kg)Las entalpas de los puntos son:h1 = 1460.66 kJ / kg h2s = 1646 kJ / kgh3 = h4 = 386.43 kJ / kgRealizando un balance de energa en el lado del refrigerante del evaporador: qf 10.061 kWqf = mR (h1 h4 ); mR = &&== 0.0094 kg / s h1 h4 1460 .66 386 .43 kJ / kgDe la definicin de rendimiento de la compresin podemos obtener el trabajo realde compresin: P Pm (h h1 ) 0.0094 kg / s(1646 1460.66 kJ / kg)&c = c,s ; Pc = c,s = R 2s == 2.480 kW Pcc c0.7El coeficiente de eficiencia energtica valdr para el caso limpio:qf10.061 kWCOPlim pio == = 4.057 Pc,lim pio 2.480 kWPara el caso del intercambiador sucio, el primer paso es calcular el valor del nuevo 11UA: UA sucio == = 740.741 W / K 1 R 10.001 mK / W+ ensu+ UA lim pio A ext 800 W / K 10 mEn este caso la temperatura de evaporacin cambiar puesto que la vlvula deexpansin mantiene la potencia frigorfica: t w,ent t w,sal15C 10.43Ct evap = t w,ent UA sucio= 15C 740.741 W / K 1C&mw cp0.5267 kg / s 4180 J / kg 1e 1eLas entalpas de los puntos son:40 41. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficah1 = 1459.59 kJ / kg h2s = 1650.52 kJ / kg h3 = h4 = 386.43 kJ / kgRealizando un balance de energa en el lado del refrigerante del evaporador:Pf10.061 kWPf = mR (h1 h4 ); mR = &&= = 0.0094 kg / s h1 h4 1459 .59 386.43 kJ / kgDe la definicin de rendimiento de la compresin podemos obtener el trabajo realde compresin: P Pm (h h1 ) 0.0094 kg / s(1650.52 1459.59 kJ / kg)&c = c,s ; Pc = c,s = R 2s = = 2.557 kW Pcc c0.7El coeficiente de eficiencia energtica valdr para el caso sucio: qf 10.061 kWCOPsucio == = 3.935 Pc,sucio2.557 kW 41 42. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 13Evaporadores - PsicrometraUna cmara frigorfica para almacenamiento se mantiene a una temperatura de 10C y unahumedad relativa del 80%. El caudal de aire sobre el evaporador es 30000 m/h y latemperatura del aire medida a la salida del evaporador es de 5C. En estas condiciones lainstalacin desarrolla una potencia frigorfica de 100 kW.Calcular la cantidad de agua de condensado que se forma en el evaporador en una hora.Solucin:El aire de entrada al evaporador se encuentra en las condiciones medias de lacmara frigorfica, t ent = 10C ent = 80% .&El caudal de aire a la entrada al evaporador es Vair = 30000 m / h = 8.333 m / sRealizando un balance de energa sobre el caudal de aire del evaporador tendremosque: qf = mair (ha,ent ha,sal ) . &Si suponemos que el caudal volumtrico de aire ha sido medido a la entrada alevaporador, podemos decir que su densidad a 10C es aproximadamente 1.247 & &kg/m, y por lo tanto: mair = Vair air = 8.333 m / s 1.247 kg / m = 10.391 kg / s .Podemos discutir en este punto si este caudal es de aire seco o aire hmedo, perola diferencia entre ambos ser tan pequea que puede considerarse que ambosvalen lo mismo y son iguales al valor anterior.Si colocamos sobre un diagrama psicromtrico del aire a presin atmosfrica elpunto de entrada podremos leer en el eje de entalpas cual es la entalpa del aire ala entrada: ha,ent = 26 kJ / kg a.s.Por tanto podemos despejar del balance de energa anterior la entalpa a la salidadel evaporador:q 100 kWha,sal = ha,ent f = 26 kJ / kg a.s. = 16.376 kJ / kg a.s. & air m10.391 kg / sAhora podemos colocar el punto de salida del aire sobre el diagrama psicromtricoen el punto de interseccin entre la lnea de entalpa igual a la anterior y detemperatura seca igual a 5C.Si miramos en el eje de humedades absolutas obtenemos:wa,ent = 0.006 kg H2O / kg a.s.wa,sal = 0.0045 kg H2O / kg a.s.42 43. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficah (kJ/kg a.s.)w (kg H2O/kg a.s.)=80% ha,entha,salwa,entw a,salt a,sal t a,entt (C)Por lo tanto el caudal de agua condensada ser igual a la cantidad de agua perdidapor el aire en su paso por el evaporador:magua = mair (w a,ent w a,sal ) = 10.391 kg / s(0.006 0.0045 kg H2O / kg a.s.) = 0.0156 kg H2O / s& &En una hora la cantidad de condensado sera:0.0156 kg / s 3600 s = 56.16 kg H2O / h 43 44. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 14Ciclo simple de compresin mecnica (evaporadores y condensadores)Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza unciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento dellquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante si a dicha maquina se le suministraun caudal de agua a enfriar de 0.20 kg/s a una temperatura de entrada de 20C, latemperatura de evaporacin del refrigerante es 6C y la potencia consumida por elcompresor 1.5 kW, con una temperatura de condensacin de 40C. El desplazamientovolumtrico del compresor vale 9 m/h y el rendimiento volumtrico 0.8Calcular:1. Potencia frigorfica, potencia evacuada por el condensador y UA del evaporador.2. Si suponemos que el caudal de agua desciende a 0.18 kg/s, y que la mquinafunciona con una vlvula de expansin automtica (mantiene la temperatura deevaporacin constante), calcular la nueva potencia frigorfica, potencia decompresin y potencia evacuada por el condensador.Nota: suponer que el UA del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0.8 yque el rendimiento volumtrico e isentrpico del compresor en el segundo apartado son losmismos que los del primer apartado.Solucin:1) La siguiente figura muestra una enfriadora de agua.Compresor & mw t w,ent 12Condensador Evaporador t w,sal 43 Vlvula de expansinConocidas las temperaturas de evaporacin y condensacin del refrigerantepodemos localizar sobre un diagrama P-h alguno de los puntos del ciclo con lassiguientes entalpas:h1 = 407.5 kJ / kgh4 = h3 = 249.67 kJ / kgh2s = 430.6 kJ / kg44 45. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaP (kPa)3 40C2s2 6C1 4h (kJ/kg)A travs de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: & VR ,1 mR v1& V &&0.89 / 3600 m / svol ==;mR = vol t = = 0.0511 kg / s &Vt&Vt v1 0.03915 m / kgRealizando un balance sobre el evaporador del lado del refrigerante:qf = mR (h1 h4 ) = 0.0511 kg / s(407.5 249.67 kJ / kg) = 8.065 kW &La potencia evacuada por el condensador puede obtenerse de un balance deenerga sobre toda la mquina:qc = qf + Pc = 8.065 + 1.5 kW = 9.565 kWSi realizamos un balance sobre el evaporador pero desde el lado del agua, podemosobtener la temperatura de salida del agua:tw,entT (C) tw,sal tevap qf8.065qf = mw cp (t w,ent t w,sal ) & t w,sal = t w,ent = 20C C = 10.353 C & mw c p4.180.20Y planteando la ecuacin de transferencia sobre el evaporador: t w,ent t w,sal 20 10.353 Cqf = UA t lm = UA= UA= UA 8.258 C t w,ent t evap 20 6 lnln t w,sal t evap 10.353 6 45 46. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficaqf 8.065 kWUA = = = 0.9766 kW / C t lm8.258 C&2) Para este apartado suponemos que el nuevo caudal de agua es mw = 0.18 kg / s ,las temperaturas de entrada del agua y de evaporacin son la misma ya que elsistema esta controlado por una vlvula de expansin automtica que mantiene lapresin, y por tanto la temperatura, de evaporacin constante.Si el rendimiento volumtrico y el desplazamiento volumtrico no cambian, con lamisma temperatura de evaporacin tendremos el mismo caudal del refrigerante: & VR ,1 mR v1& V & &0.89 / 3600 m / svol ==; mR = vol t = = 0.0511 kg / s &Vt&Vtv1 0.03915 m / kgTambin se nos indica que el UA del evaporador es proporcional al caudal de aguaelevado a 0.8, por tanto, el ratio entre el nuevo UA y el antiguo es igual a larelacin de caudales elevada a 0.8: 0.8 0.8UA nuevo mw,nuevo & 0.18 = m = = 0.9192; UA nuevo = UA0.9192 = 0.8977 kW / C UA&w 0.2 Podemos ahora obtener la potencia frigorfica a travs de la expresin: UA 0.8977 & w cp (t w,ent t w,sal ) = mw cp 1 e m c (t w,ent t evap ) = 0.184.181 e 0.184.18 (20 6 ) = 7.339 kW &qf = m & w p Con esta potencia frigorfica y realizando un balance del lado del refrigeranteobtenemos la entalpa de entrada al evaporador: q7.339 kWqf = mR (h1 h4 ); h4 = h1 f = 407.5 kJ / kg &= 263.9 kJ / kg &mR 0.0511 kg / sEsta entalpa corresponde a una temperatura de condensacin de:52C 50C t cond 50C = ; t cond = 50.464C266.05 263.25 kJ / kg 263.9 263.25 kJ / kgPara obtener el trabajo de compresin debemos suponer que el rendimientoisentrpico permanece constante desde el apartado 1: Pc,s mR (h2s h1 ) 0.0511 kg / s(430.6 407.5 kJ / kg)&c == = = 0.7869 PcPc1.5 kWPara el caso nuevo:h2s = 437.0 kJ / kg Pc,sm (h h1 ) 0.0511 kg / s(437.0 407.5 kJ / kg)&Pc == R 2s= = 1.916 kW cc0.7869Y la potencia evacuada en el condensador ser:qc = qf + Pc = 7.339 + 1.916 kW = 9.255 kW 46 47. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaProblema 15Problema combinado de compresin mltiple y torre de refrigeracinLa instalacin frigorfica de la figura utiliza amoniaco como refrigerante, consta de dosevaporadores que mantienen diferentes temperaturas de conservacin en sendas cmarasfrigorficas. Se conocen los siguientes datos:- Evaporador baja:Potencia frigorfica:qf ,B = 30 kWPresin de evaporacin del refrigerante: p evap,B = 119.46 kPa- Evaporador alta:Potencia frigorfica:qf ,A = 15 kWPresin de evaporacin del refrigerante: p evap,A = 190.11 kPa- Condensador:Presin refrigerante salida del condensador: p cond = 1554.89 kPa- Depsito intermedio:Presin del refrigerante:pint = 429.41 kPa- Torre de Refrig.: Temperatura del agua a la entrada a la torre: 35CTemperatura seca del aire exterior: t ext = 35CTemperatura de bulbo hmedo del aire exterior:t bh,ext = 25CHumedad relativa del aire a la salida de la torre: a,sal = 90%Caudal de aire seco de entrada en torre:&Va = 15700 m / hCercana de la torre:5C- Compresores (ambos): Rendimiento isentrpico:0.8Se pide:A. Dibujar un esquema del diagrama p-h del refrigerante con todos los puntos de la figura colocados en l.B. Calcular la potencia consumida por cada uno de los compresores y el COP de la instalacin.C. Caudal de agua de la bomba del circuito de condensacin.D. Caudal de agua de reposicin (evaporado) en la torre.47 48. Problemas Resueltos - Tecnologa FrigorficaCompresor Torre dede bajaCompresorrefrigeracin12 de alta 34 912Evaporadorde baja11EvaporadorCondensadorde alta810 657 Deposito Bomba del circuito intermedio de condensacinNota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.Solucin:Las temperaturas asociadas a las presiones de cambio de fase del amoniacomostradas en el enunciado son las siguientes:p evap,B = 119.46 kPa t evap,B = 30Cp evap,A = 190.11 kPa t evap,A = 20Cpint = 429.41 kPat evap,B = 0Cp cond = 1554.89 kPat cond = 40CA. Diagrama p-h de la instalacin frigorfica48 49. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica p (kPa)540C 4s 47 6 0C 32s 2 10 -20C 11-30C 9128 1 h (kJ/kg)B. Mirando en las tablas de lquido / vapor saturado del amoniaco (R-717)conseguimos las entalpas de los siguientes puntos:h7 = h8 = h10 = 200 kJ / kg h3 = 1460.66 kJ / kgh11 = h12 = 1436.51 kJ / kgh5 = h6 = 386.43 kJ / kgh9 = 1422.46 kJ / kgCalculemos los caudales de refrigerante a partir de los balances en losevaporadores:qf ,B 30 kWqf ,B = mR ,B (h11 h10 );& &mRB = = = 0.0243 kg / s (h11 h10 ) 1436.51 200 kJ / kgqf ,A 15 kWqf ,A = mR ,A (h9 h8 );& &mRA = = = 0.0123 kg / s(h9 h8 )1422.46 200 kJ / kgMezcla de las corrientes 9 y 12, para obtener la corriente 1: & & mR ,Ah12 + mR ,Bh9h1 == 1427.2 kJ / kg& & mR ,A + mR ,BSi seguimos la isentrpica que parte del punto 1 hasta la presin del depositointermedio obtenemos: h2s 1610 kJ / kg . El rendimiento isentrpico de lacompresin es 0.8 y por tanto: h2s h1h2s h1s = 0.8 =; h2 = h1 + = 1655.7 kJ / kg h2 h1sRealicemos ahora un balance de energa en el deposito para calcular el caudal derefrigerante que circula por el compresor de alta y el condensador:49 50. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorfica(m & RA + mRB ) h2 + mRCond h6 = (mRA + mRB ) h7 + mRCond h3&&& && h h7mRCond = (mRA + mRB ) 2& & &= 0.0496 kg / s h3 h6Si seguimos la isentrpica que parte del punto 3 hasta la presin de condensacinobtenemos: h4s 1647 kJ / kg . El rendimiento isentrpico de la compresin es 0.8 ypor tanto:h4s h3 h4s h3s = 0.8 = ; h4 = h3 += 1693.6 kJ / kgh4 h3 sPodemos ya calcular las potencias de compresin de ambos compresores:Pc,B = (mRA + mRB )(h2 h1 ) = 8.36 kW & &Pc,A = mRCond (h4 h3 ) = 11.55 kW&qf ,B + qf ,AY el COP de la instalacin:COP == 2.26 .PC,A + PC,BC. Realizando un balance de energa sobre el condensador:qcond = mw cp (t w,ent t w,sal )&La temperatura de agua a la entrada al condensador es la de salida de la torre yviceversa. Luego:t w,sal = 35C,cercana = 5C = t w,ent t bh,ext ; t w,ent = t bh,ext + 5C = 30CLa potencia de condensacin puede ser calculada de dos formas:qcond = mRCond (h4 h5 ) = qf ,A + qf ,B + PC,A + PC,B = 64.91 kW&Despejando del balance de energa en el condensador tenemos:&qcond64.91 kWmw = cp (t w,ent t w,sal ) = 4.175 kJ / kgK (35 30C) = 3.11 kg / sD. Las condiciones del aire a la entrada a la torre son las siguientes:t ext = 35C; t bh,ext = 25C . Si miramos en el diagrama psicromtrico del airehmedo: ha,ext = ha,ent = 76 kJ / kg a.s.; w a,ent = 0.016 kg agua / kg a.s.El caudal msico de aire seco a la entrada a la torre es:& & 15700 m / hmas = Vas =1.146 kg / m = 5 kg / s 3600 s / hTodo el calor cedido por el condensador ser absorbido por el aire exterior luego: 50 51. Problemas Resueltos - Tecnologa Frigorficaqcondqcond = mas (ha,sal ha,ent );& ha,sal = ha,ent + = 89 kJ / kg a.s. &masCon esta entalpa y la humedad relativa del 90% podemos colocar sobre eldiagrama psicromtrico el punto de salida del aire:t a,sal = 29C;wa,sal = 0.023 kg agua / kg a.s.La diferencias de humedades absolutas entre el aire a la salida y a la entrada nospermite calcular la cantidad de agua evaporada en la torre que es a su vez igual alcaudal de agua que es necesario reponer:mw,rep = mas (w a,sal wa,ent ) = 0.035 kg agua / s = 126 kg agua / h&& ha,sal=90%ha,ent w (kg H2O/kg a.s.) w a,salh (kJ/kg a.s.) wa,entt (C)t bh,ent t a,ent51