Problemas Resueltos Tf 2013

8/12/2019 Problemas Resueltos Tf 2013

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Coleccin de ProblemasResueltos de Tecnologa

FrigorficaVersin 3.1, diciembre de 2013

Juan Francisco Coronel Toro ([email protected])

2

18

7

3

5 4

6

Evaporador de baja

Evaporador de alta

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa

)

1

45

8

h (kJ/kg)

23

7

6


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Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica

Coleccin de Problemas Resueltos deTecnologa Frigorfica

Versin 3.1, diciembre 2013

Autor: Juan Francisco Coronel ToroProfesor Titular de Universidad

Dpto. de Ingeniera EnergticaUniversidad de Sevilla

Este 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 Toro

Todos ellos pertenecientes al Grupo de Termotecnia del Departamento de Ingeniera Energtica de laUniversidad de Sevilla

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, Versin 1.46(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).

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ndice de contenido

Ciclo simple de compresin mecnica....................................................................................................4

Problema 1........................................................................................................................................4Ciclos mltiples de compresin mecnica..............................................................................................7

Problema 2 ........................................................................................................................................7Problema 3.......................................................................................................................................13Problema 4.......................................................................................................................................16Problema 5.......................................................................................................................................19

Compresores.........................................................................................................................................23Problema 6.......................................................................................................................................23Problema 7.......................................................................................................................................25Problema 8.......................................................................................................................................27Problema 9.......................................................................................................................................29

Evaporadores y condensadores.............................................................................................................31

Problema 10.....................................................................................................................................31Problema 11.....................................................................................................................................33Problema 12.....................................................................................................................................36Problema 13.....................................................................................................................................39Problema 14.....................................................................................................................................41

Problemas combinados.........................................................................................................................44Problema 15.....................................................................................................................................44

2


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Ciclo simple de compresin mecnica

Problema 1

Una mquina frigorfica utiliza el ciclo estndar de compresin de vapor. Produce 50kW de refrigeracin utilizando como refrigerante R-22, si su temperatura decondensacin es 40C y la de evaporacin -10C, calcular:

A. Caudal de refrigeranteB. Potencia de compresinC. Coeficiente de eficiencia energticaD. Relacin de compresinE. Caudal volumtrico de refrigerante manejado por el compresorF. Temperatura de descarga del compresorG. Coeficiente de eficiencia energtica del ciclo inverso de Carnot con las mismas

temperaturas de evaporacin y condensacin

Las siguientes figuras muestran un esquema de los componentes del ciclo simple de compresinestndar de de vapor y la representacin de los mismos sobre un diagrama presin - entalpa delrefrigerante.

Figura 1.1: Esquema de la mquina frigorfica.

Figura 1.2: Diagrama presin entalpa del ciclo

Si trasladamos las temperaturas de evaporacin (-10C) y condensacin (40C) sobre el diagrama P-h

del R-22, usando las tablas de las propiedades del R-22 saturado, obtenemos los siguientes valores:

3

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

2

1

3

4


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Presiones: pcond=1534,1kPa pevap=354,9kPa

! Punto 1 vapor saturado a la presin de evaporacin: h1=401,1KJ/kg

! Punto 3 lquido saturado a la presin de condensacin: h3=h4=249,8kJ/kg

Para obtener la entalpa del punto 2 debemos usar las tablas de vapor sobrecalentado del R-22 ylocalizar el punto que se encuentra a la presin de condensacin y con un a entropa igual a la delpunto 1, s2=s1=1,765 kJ/Kg!K. Interpolando en las tablas obtenemos la temperatura y la entalpa delpunto 2:

T (C) s (kJ/kg!K) h (kJ/kg)

60 1,756 434,9

63,5 1,765 437,9

70 1,782 443,6

Tabla 1.1: Interpolacin de las propiedades del vapor sobrecalentado del punto 2.

A. Caudal de refrigerante:

Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal de refrigerante necesariopara producir una potencia frigorfica de 50 kW.

Qf=mR"h1#h4$ mR= Qf"h1#h4 $

= 50kW"401,1249,8$kJ/kg

=0,330kg/s

B. Potencia de compresin:

Realizando un balance sobre el compresor y conocido ya el caudal de refrigerante que circula por elciclo, obtenemos la potencia de compresin necesaria.

Wc=mR "h2#h1$=0,330kg/s"437,9#401,1$kJ/kg=12,14kWC. Coeficiente de eficiencia energtica:

Si utilizamos nuestra mquina para produccin de fro, el coeficiente de eficiencia energtica tiene lasiguiente expresin.

COP=QfWc

= 50kW12,14 kW

=4,12

D. Relacin de compresin:

La relacin de compresin se define como el cociente entre la presin absoluta de condensacin y la lapresin absoluta de evaporacin.

rc=pcond

pevap=1534,1 kPa

354,9kPa=4,32

E. Caudal volumtrico de refrigerante manejado por el compresor:

ste siempre se toma a la entrada al compresor. A partir del volumen especfico en el punto 1,v1=0,06520 m"/kg , obtenemos el caudal volumtrico en este punto del ciclo.

VR=mR v1=0,330kg/s0,06520 m"/kg=0,0215 m"/s=77,5m"/h

F. Temperatura de descarga del compresor:

La temperatura del punto 2 es la ms elevada del ciclo y ya fue calculada en el proceso deinterpolacin para calcular la entalpa de este punto.

4


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T2=63,5 C

G. Coeficiente de eficiencia energtica del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturasde condensacin y evaporacin:

COPCarnot= 1Tcond

Tevap

1= 1

"40%273,15$K

"#10%273,15$K#1

=5,26

Evidentemente el COPde nuestro ciclo estndar es inferior al de Carnot, siendo ste el 78 % del deCarnot.

5


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Ciclos mltiples de compresin mecnica

Problema 2

Una aplicacin de produccin de fro demanda una potencia frigorfica de 100.000frig/h, su temperatura de evaporacin debe ser -30C y su temperatura de condensacin40C. Si se pretende usar en todos los casos R-22, calcular el trabajo de compresin, elcalor de condensacin 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

del enfriador intermedio 0.8)C. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin total.D. Compresin doble en cascada.

Comencemos por calcular el coeficiente de eficiencia energtica de del ciclo terico de Carnot, queestablecer una cota superior del coeficiente de eficiencia energtica de todos los ciclos que vamos aestudiar a continuacin.

COPCarnot=1

Tcond

Tevap

1=

1"40%273,15$K

"#30%273,15$K#1

=3,47

La potencia frigorfica suministrada por todos los ciclos debe ser:

Qf=100.000frig/h=116,3kW

A. Ciclo estndar de compresin mecnica simple:

Figura 2.1: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin simple

Si trasladamos las temperaturas de evaporacin y condensacin sobre el diagrama P-h del R-22, ylocalizamos los puntos del ciclo estndar simple de compresin mecnica obtenemos los siguientesvalores:

6

2

1

3

4 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)


8/47


Punto p (kPa) T (C) h (kJ/kg)

1 163,9 -30 392,5

2 1534,1 77,9 450,3

3 1534,1 40 249,84 163,9 -30 249,8

Tabla 2.1: Propiedades de los puntos del ciclo estndar de compresin simple.

La relacin de compresin de esta instalacin sera:

rc=p

cond

pevap=

1534,1 kPa163,9kPa

=9,36

Calculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador y el trabajo de compresinde forma anloga sobre el compresor.

Qf=mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=0,815kg/s

Wc=mR "h2#h1$=47,11 kW

El calor cedido por el condensador puede calcularse de dos formas diferentes, a travs del balance deenerga sobre el condensador o aplicando un balance de energa a toda la mquina frigorfica.

Qc=mR"h2#h3 $=Qf%Wc=163,4kW

Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica valdr: COP=Q f

Wc

=2,47

B. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin parcial:

Figura 2.2: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin doble directa con enfriador intermedio deinyeccin parcial

El primer paso es determinar la presin intermedia a la que trabaja el enfriador intermedio y la

temperatura de saturacin correspondiente a dicha presin, para as poder dibujar el ciclo :

7

2

18

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

45

8

h (kJ/kg)

7

3

5 4

6

23

7

6


9/47


p int=&pcondpevap=501,4kPa Tint=0,198C'0 C

Al utilizar la media geomtrica se consigue que la relacin de compresin en el compresor de alta ybaja sean la misma.

rc=pcond

pint= p int

pevap=3,06

Las entalpas de los puntos que hasta el momento podemos localizar sobre el diagrama P-h son lassiguientes:

Punto 1 2 3 4 5 6

h (kJ/kg) 392,5 419,3 405,0 432,9 249,8 249,8

Tabla 2.2: Entalpas de los puntos del ciclo doble con enfriador intermedio de inyeccin parcial.

Las entalpas de los puntos 7 y 8 son iguales pero desconocidas, si realizamos un balance de energasobre el evaporador y otro sobre el enfriador intermedio podemos conseguir dos ecuaciones

Qf= mRB"h1#h8$

mRB

h5%mRBh2%"mRA#mRB$h6=mRA h3%mRB h7

Donde:

! mRB : Caudal de refrigerante que circula por el compresor de baja

! mRA : Caudal de refrigerante que circula por el compresor de alta

Reordenando el balance de energa sobre el enfriador intermedio tenemos:

mRA

h6

%mRB

h2

=mRA

h3

%mRB

h8

En este momento contamos con 2 ecuaciones y 3 incgnitas ( mRA,mRB,h8 ). Es necesario plantear unanueva ecuacin. La eficiencia del serpentn interior del enfriador intermedio:

(=0,8="h6 h8$

"h6#h9$h8=h6#("h6#h9$=210,0 kJ/kg

Donde el punto 9 es el lquido saturado a la presin intermedia, h9=200kJ/kg .

Resolviendo las dos ecuaciones anteriores obtenemos los caudales de refrigerante:

mRB

=Qf

"h1#h8$

=0,637kg/s mRA=mRB"h8#h2$

"h6#h3$=0,859kg/s

Y ahora ya podemos calcular los valores demandados por el enunciado:

! Wc=mRB"h2#h1$%mRA"h4#h3$=17,07 kW%23,97 kW=41,04 kW

! Qc=mRA"h4#h5$=Qf% Wc=157,3kW

! COP=Q f

Wc

=2,83

8


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C. Compresin doble directa con enfriador intermedio, inyeccin total:

Figura 2.3: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin doble directa con enfriador intermedio deinyeccin total

La presin intermedia es la misma que en el caso anterior y las entalpas de los puntos sobre eldiagrama p-h son las que se muestran en la siguiente tabla:

Punto 1 2 3 4 5 6 7 8

h (kJ/kg) 392,5 419,3 405,0 432,9 249,8 249,8 200,0 200,0

Tabla 2.3: Entalpas de los puntos del ciclo doble con enfriador intermedio de inyeccin total.Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal de refrigerante de baja:

Qf= mRB"h1#h8$ mRB=Qf

"h1#h8$=0,604kg/s

Y un balance de energa sobre el enfriador intermedio nos permite calcular el caudal de alta:

mRA

h6%mRB h2=mRAh3%mRB h7 mRA=0,853kg/s

Los valores finales para este caso sern:

! Wc=mRB"h2#h1$%mRA"h4#h3$=16,19 kW%23,80 kW=39,99kW

! Qc=mRA"h4#h5$=Qf% Wc=156,3kW

! COP=Q f

Wc=2,91

9

2

18

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

45

8

h (kJ/kg)

7

3

5 4

6

23

7

6


11/47


D. Compresin doble en cascada:

Figura 2.4: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin doble indirecta o en cascada

Para el caso de refrigeracin en cascada la temperatura de evaporacin del ciclo superior debe serinferior a la temperatura de condensacin del ciclo inferior, a esta diferencia de temperaturas se lallama solape. Si utilizamos la temperatura intermedia de los casos anteriores y un solape de 5C,podremos suponer que T5=T8=0 C y T3=5C .

Las entalpas de los puntos sobre el diagrama p-h son las siguientes:

Punto 1 2 3 4 5 6 7 8

h (kJ/kg) 392,5 423,4 205,9 205,9 405,0 432,9 249,8 249,8

Tabla 2.4: Entalpas de los puntos del ciclo doble en cascada.

Balance de energa sobre el evaporador:

Qf= mRB"h1#h4$ mRB=0,623kg/s

Balance de energa sobre el intercambiador intermedio:

mRA

h8%mRB h2=mRB h3%mRA h5 mRA=0,873kg/s

Por tanto:

! Wc=mRB"h2#h1$%mRA"h6#h5$=19,25 kW%24,36 kW=43,61kW

! Qc=mRA"h6#h7 $=Qf% Wc=159,9kW

! COP=Q f

Wc

=2,67

10

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(k

Pa)

1

67

4

h (kJ/kg)

25

3

8

2

1

3

4

6

5

7

8


12/47


La siguiente tabla muestra un resumen de resultados obtenidos en los diferentes apartados delproblema:

Apartado Qf (kW) Wc(kW) Qc (kW) COP

A 116,3 47,11 163,4 2,47B 116,3 41,04 157,3 2,83

C 116,3 39,99 156,3 2,91

D 116,3 43,61 159,9 2,67

Tabla 2.5: Resumen de resultados.

11


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Problema 3

Un sistema de refrigeracin utiliza R-22 para suministrar una capacidad frigorfica de180 kW a una temperatura de evaporacin de -30C y una presin de condensacin de

1730 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

opera a una presin de 603 kPa.

A. Ciclo de compresin mecnica simple:

Figura 3.1: Esquema y diagrama ph del ciclo estndar de compresin mecnica simple

Si trasladamos las temperaturas de evaporacin y condensacin sobre el diagrama P-h del R-22, ylocalizamos los puntos del ciclo estndar simple de compresin mecnica obtenemos los siguientesvalores:

12

2

19

8

3

6

4

7

5

2

1

3

4 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)


14/47


Punto p (kPa) T (C) h (kJ/kg)

1 163,9 -30 392,5

2 1730 84,6 453,6

3 1730 45 255,64 163,9 -30 255,6

Tabla 3.1: Propiedades de los puntos del ciclo estndar de compresin simple.

La relacin de compresin de esta instalacin sera:

rc=p

cond

pevap=

1730 kPa163,9 kPa

=10,56


Qf=mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=1,315kg/s

Wc=mR "h2#h1$=80,35 kW


Wc

=2,24

B. Ciclo de la figura del problema:

Figura 3.2: Esquema de la instalacin sugerida por el problema.

La presin intermedia es p int=603kPa y por tanto la temperatura de saturacin correspondientes serTint'6C .

La siguiente figura muestra de forma cualitativa la localizacin de los puntos de la instalacin sobre undiagrama p-h del R-22.

13

2

19

8

3

6

4

7

5

Compresor2

Compresor1


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Figura 3.3: Diagrama ph de la instalacin sugerida por el problema.

De las tablas de R-22 saturado y sobrecalentado podemos obtener los siguientes valores de entalpa:

Punto 1 2 3 4 6 7 8 9

h (kJ/kg) 392,5 453,6 407,2 433,4 255,6 255,6 207,1 207,1

Tabla 3.2: Entalpas de diferentes puntos de la instalacin.

Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal de refrigerante por elcompresor 1:

Qf= mR1"h1#h9$ mR1=Qf

"h1#h9$=0,971kg/s

Y un balance de energa sobre el enfriador intermedio nos permite calcular el caudal del segundo

compresor:"mR1%mR2$ h7=mR1h8%mR2 h3 mR2=0,311kg/s

Por tanto el trabajo de compresin de la instalacin como suma del trabajo de cada compresor valdr:

Wc=mR1"h2#h1$%mR2"h4#h3$=59,33 kW%8,15 kW=67,48kW

Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica ser: COP=Q f

Wc

=2,67

14

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

26

9

h (kJ/kg)

4

3

8

7

5


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Problema 4

En un sistema de amoniaco con dos evaporadores y un compresor, el evaporador debaja temperatura suministra 180 kW de refrigeracin con una temperatura de

evaporacin de -30C y el otro evaporador suministra 200 kW a 5C. La temperatura decondensacin puede considerarse igual a 40C

A. Calcular la potencia de compresin requerida y la eficiencia energtica del ciclo.B. 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 ambosevaporadores con las mismas temperaturas de evaporacin y la misma temperaturade condensacin. Calcular la potencia de compresin requerida y la eficienciaenergtica del ciclo.

Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.

A. Ciclo con dos evaporadores y un compresor:

La figura 4.1 muestra el esquema de un sistema de refrigeracin con dos evaporadores y un compresory su diagrama p-h asociado. Conocidas las temperaturas de evaporacin de cada uno de losevaporadores y la temperatura de condensacin, conocemos las entalpas de los puntos del ciclo que seresumen en la siguiente tabla:

Punto 3 4 5 6 7 8

h (kJ/kg) 390,6 390,6 1423,3 390,6 1467,4 1467,4


15

2

18

7

3

5 4

6

Evaporador de baja

Evaporador de alta


17/47


Figura 4.1: Esquema y diagrama ph del ciclo con dos evaporadores y un compresor.

Realizando balances de energa en ambos evaporadores podemos obtener los caudales que circulan por

cada uno de ellos:

QfB=mRB"h5#h4 $ mRB=Q fB

"h5#h4$=0,174 kg/s

QfA=mRA"h7#h6$ mRA=QfA

"h7#h6$=0,186kg/s

Por tanto el caudal total que debe mover el compresor y su entalpa se obtienen de un sencillo balancede masa y energa en la mezcla de las dos corrientes:

mR=mRB%mRA=0,360kg/s

mR

h1=mRB h5%mRAh8 h1=mRB h5%mRAh8

mR=1446,1kJ/kg

Si buscamos en el diagrama el punto 1 y seguimos su lnea de entropa constante hasta la presin dedescarga tendremos extrapolando en las tablas de propiedades que: h2'1843kJ/kg

El trabajo de compresin y el coeficiente de eficiencia energtica sern:

Wc=mR "h2#h1$=142,9 kW COP=

QfB%QfAWc

=2,66

B. Ciclo propuesto en el enunciado del problema:

Las entalpas de los diferentes puntos del ciclo se muestran en la siguiente tabla:

Punto 1 2 3 4 5 6 7 8

h (kJ/kg) 1423,3 1624,6 1467,4 1624,3 390,6 390,6 223,3 223,3


El diagrama p-h de la instalacin sera el siguiente:

16

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

2

54

6

1

3 2

Evaporador de baja

Evaporador de alta

87

p

(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

76

85


18/47


Figura 4.2: Esquema y diagrama ph del ciclo de la instalacin propuesta en el enunciado del problema.

Si usamos la siguiente notacin para los caudales de refrigerante:

! mRB : Caudal de refrigerante que circula por el evaporador de baja.

! mRA : Caudal de refrigerante que circula por el evaporador de alta.

! mRC: Caudal de refrigerante que circula por el condensador.

Podemos realizar un balance de energa en cada uno de los evaporadores obtenemos los caudales quecirculan por los mismos.

QfB=mRB"h1#h8$ mRB=QfB

"h1#h8$=0,150kg/s

QfA=mRA"h3#h6$ mRA=QfA

"h3#h6$=0,186kg/s

Y para conseguir el ltimo caudal realizamos un balance de energa sobre el enfriador intermedio:

mRB h2%"mRC#mRA$h6=mRBh7%"mRC#mRA$h3

mRC=mRB"h7#h2$%mRA"h6#h3$

"h6#h3$ =0,381kg/s


Wc=mRB(h2#h1)+mRC(h4#h3)=89,98kW COP=QfB+QfA

Wc=4,22

17

2

18

7

3

5 4

6

Evaporador de baja

Evaporador de alta

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

45

8

h (kJ/kg)

23

7

6


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Problema 5

Un 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

de condensacin del refrigerante es 1534,1 kPa. Ms tarde el ciclo es revisado parafuncionar con los mismos parmetros pero siguiendo los esquemas (A) y (B) de lafigura inferior, en ambos casos la presin del deposito intermedio es 498,1 kPa.

Calcular la potencia de compresin necesaria y el COP para el ciclo simple y para lasdos configuraciones de ciclo compresin mltiple propuestas:

Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo, que noexisten recalentamientos, ni subenfriamientos en los evaporadores y condensadores yque los compresores son ideales.

Ciclo estndar de compresin mecnica simple:

Si trasladamos la temperatura de evaporacin y la presin de condensacin sobre el diagrama P-h delR-22, y localizamos los puntos del ciclo estndar simple de compresin mecnica obtenemos lossiguientes valores:

Tevap=#30C pevap=163,9 kPa

pcond

=1534,1 kPa Tcond

=40C

h1=392,5kJ/kg h3=h4=249,8kJ/kg

Puesto que la compresin es isentrpica podemos calcular la entalpa del punto 2, igualando lasentropas de los puntos 1 y 2:

18

2

17

3

5 4

6

2

19

3

6

4

7

5

8

(A) (B)


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s1=s 2=1,801kJ/(kg!K) h2=450,3kJ/kg

Figura 5.1: Esquema y diagrama ph del ciclo estndar de compresin mecnica simple


Qf=mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=1,261kg/s

Wc=mR "h2#h1$=72,9 kW


Wc

=2,47

Ciclo de compresin mecnica doble, figura (A):

Figura 5.2: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin mecnica doble (A)

19

2

1

3

4 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

2

17

3

5 4

6

(A)

p

(kPa)

1

45

7

h (kJ/kg)

23

6


21/47


La presin de intermedia a la opera el depsito es p int=498,1 kPa que corresponde con unatemperatura de cambio de fase de Tint=0 C .

Las entalpas de los nuevos puntos, suponiendo los procesos de compresin isentrpicos son lassiguientes:

h2=419,3kJ/kg h3=405,0kJ/kg h4=434,8kJ/kg

Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal que circula por el mismo, ypor el compresor de baja presin. Como el salto de entalpa es el mismo que en el caso del ciclosimple y demandamos la misma potencia frigorfica, el caudal debe ser el mismo.

Qf=mRB"h1#h7$ mRB=Qf

"h1#h7$=1,261kg/s

Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudal que circula por elcompresor de alta:

mRB

h2%"mRA#mRB$h6=mRAh3 mRA=mRBh2#h6h3#h6

=1,377 kg/s


Wc=mRB"h2#h1$%mRA"h4#h3$=33,8%41,0=74,8 kW COP=

Q f

Wc

=2,41

Ciclo de compresin mecnica doble, figura (B):

Figura 5.3: Esquema y diagrama ph del ciclo de compresin mecnica doble (B)

Al igual que el caso (A), la presin de intermedia a la opera el depsito es p int=498,1 kPa , quecorresponde con una temperatura de cambio de fase de Tint=0 C .

Las entalpas de los puntos, suponiendo los procesos de compresin isentrpicos son las siguientes:

20

2

19

3

6

4

7

5

8

(B)

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p

(kPa)

1

26

9

h (kJ/kg)

4

3

8

7

5


22/47


Punto 1 2 3 4 6 7 8 9

h (kJ/kg) 392,5 450,3 405,0 434,8 249,8 249,8 200,0 200,0

Tabla 5.1: Entalpas de diferentes puntos del ciclo (B).

Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal que circula por el mismo, ypor el compresor de baja presin (le llamaremos as aunque realmente no sea de baja):

Qf= mRB"h1#h9$ mRB=Qf

"h1#h9$=0,935kg/s

Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudal que circula por elcompresor de alta:

"mRA%mRB$ h7=mRAh3%mRB h8 mRA=mRBh7#h8h3#h7

=0,300 kg/s


Wc=mRB"h2#h1$%mRA"h4#h3$=54,0%8,9=62,9kW COP=

Q f

Wc

=2,86

21


23/47


Compresores

Problema 6

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 dela cmara 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 que

piensa utilizarse como agente condensante. El fluido frigorfico empleado es R-134a.

Para el funcionamiento de dicha instalacin se adquiri un compresor alternativo de2.250 cm"de cilindrada, el cual aspira vapor con un recalentamiento en la tubera deaspiracin de 10C. Este compresor gira a 850 r.p.m. y su rendimiento volumtrico esde 0,8 para una relacin de compresin de 3,3.

Calcular el grado de subenfriamiento del fluido condensado para que pueda funcionarla instalacin con este compresor y si es posible su realizacin.

Nota: Considerar un salto mximo admisible en el agua de pozo de 5C y un saltomnimo de temperaturas en el condensador (entre fluido refrigerante y agua de pozo) de5C.

La siguiente figura muestra un esquema de una instalacin para enfriamiento de aire condensada poragua:

Figura 6.1: Esquema de la instalacin.

La temperatura del aire en la cmara debe ser inferior a 3C, por lo tanto podemos suponer que estaes la temperatura de entrada del aire al evaporador. Luego si el salto a la entrada al evaporador debeser de 7C la temperatura de evaporacin ser:

) Tevap,e=TAe#Tevap=7 C Tevap=TAe#) Tevap,e=#10C

En cuanto al condensador la temperatura de entrada al condensador del agua de pozo es de 15C, el

salto mximo en esta agua es de 5C luego la temperatura del agua a la salida del condensador ser, y

22

2

1

3

4 5


24/47


la temperatura de condensacin 5C por encima de la temperatura ms alta alcanzada en elcondensador:

) Tcond ,s=Tcond#TWs=5C Tcond=TWs%) Tcond ,s=25C

Con estos datos intentaremos dibujar el ciclo sobre un diagrama p-h de R-134a, aunque desconocemoslas entalpas de los puntos 3 y 4, ya que estas dependen del grado de subenfriamiento que es nuestraincgnita. El punto 1 (entrada al compresor) se encuentra a la presin de evaporacin y sobre laisoterma de 0C (-10C + 10C).

Los valores de las entalpas de los diferentes puntos son:

h1=401,2kJ/kg h2s=427,1kJ/kg h5=392,7kJ/kg

Figura 6.2: Diagrama p-h de la instalacin.

La potencia frigorfica que debe suministrar este sistema es de 150.000 kcal/h = 174,42 kW.Con los datos fsicos del compresor podemos calcular el desplazamiento volumtrico de este:

Vt=Vcil*=0,0319m"/s

Para este caso la relacin de presiones es 3,31 podemos decir que rendimiento volumtrico delcompresor va a ser aproximadamente 0,8.

+vol=

VR1Vt

VR1

=Vt+vol=0,255m"/s

Siendo el volumen especfico sobre el punto 1 v1=0,1044m"/kg , tendremos un caudal msico:

mR=V

R1

v1=0,244 kg/s

Y del balance de energa sobre el evaporador podemos obtener la entalpa del punto 4:

Qf=mR"h5#h4$ h4=h5#Qf

mR

=#322,1kJ/kg

Este valor es imposible,sera necesario subenfriar el lquido a menos cientos de grados.

23

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1

2s3

4

h (kJ/kg)

5


25/47


Problema 7

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 mm

Para las siguientes condiciones de operacin:Temperatura de evaporacin: 5CTemperatura de condensacin: 50CSubenfriamiento del lquido: 3CRecalentamiento del vapor: 8C

La potencia frigorfica que indica el catlogo es 96,4 kW y la potencia absorbida 28,9kW.

Calcular el rendimiento volumtrico e isentrpico.

La siguiente figura muestra el diagrama p-h del problema indicado con anterioridad.

Figura 7.1: Diagrama p-h de la instalacin.

Desplazamiento volumtrico del compresor:

Vt=Nc,-Dc

2

4Lc=0,035m"/s=126m"/h

Los valores de las entalpas de los diferentes puntos son:

h1=412,9kJ/kg h2s=444,2kJ/kg h3=h4=259,3kJ/kg

Realizando un balance de energa sobre el evaporador.

24

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

5

2s


26/47


Qf= mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=0,628kg/s

El caudal volumtrico de refrigerante a la entrada al compresor (punto 1) ser el siguiente:

VR1=mR v1=0,0264 m"/s

Por lo tanto el rendimiento volumtrico real ser:

+vol=VR1Vt

=0,754

El trabajo de compresin terico o isentrpica podemos calcularlo como:

Wc , s=mR(h2s#h1)=19,66kW

Y por lo tanto el rendimiento de compresin o rendimiento isentrpico valdr (suponiendo los

rendimientos mecnicos y elctrico iguales a uno):

.s=Wc , s

Wc=0,680

Si quisiramos calcular la temperatura del punto 2, podemos realizarlo a travs de la entalpa de estepunto.

Wc=mR "h2#h1$ h2=458,9kJ/kg/T2=93,4C

25


27/47


Problema 8

Los datos de catlogo del compresor SP4L220E son los siguientes:

Refrigerante: R-134aDesplazamiento volumtrico: 86,1 m"/h

Para las siguientes condiciones de operacin:Temperatura de evaporacin: -10CTemperatura de condensacin: 50CSubenfriamiento del lquido: 5CRecalentamiento del vapor: 10C

La potencia frigorfica que indica el catlogo es 23,7 kW y la potencia absorbida 10,0kW.

Calcular:La potencia frigorfica, el trabajo de compresin y el coeficiente de eficienciaenergtica, si pretendemos utilizar este compresor en un ciclo con las mismastemperaturas de evaporacin y compresin pero sin subenfriamiento del lquido nirecalentamiento del vapor.

La siguiente figura muestra el diagrama p-h (R-134a) del problema con subenfriamiento yrecalentamiento. El punto 2s es el punto de salida de un proceso de compresin isentrpico.

Figura 8.1: Diagrama p-h del R-134a con subenfriamiento y recalentamiento.

Los valores de las entalpas de los puntos que pueden obtenerse son:


Para obtener el caudal msico de refrigerante realizamos un balance de energa sobre el evaporador.

Qf=mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=0,173kg/s

Tambin podemos conseguir la entalpa del punto 2 realizando un balance de energa sobre elcompresor.

26

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa

)

1

23

4

h (kJ/kg)

2s


28/47


Wc=mR "h2#h1$ h2=h1%

Wc

mR=459,0kJ/kg

La siguiente figura muestra el ciclo sin recalentamiento del vapor, ni subenfriamiento del lquido.

Figura 8.2: Diagrama p-h del R-134a sin subenfriamiento y recalentamiento.

Para los nuevos punto los valores de las entalpas son los siguientes:

h1 '=392,7kJ/kg h2s '=430,0 kJ/kg h3'=h4 '=271,6kJ/kg

Al mantenerse las presiones de aspiracin y descarga entre las cuales trabaja el compresor, tenemosque la relacin de presiones es la misma que en el caso anterior y puede considerarse una buenahiptesis suponer que el rendimiento volumtrico y el rendimiento isentrpico del compresor semantienen.

Rendimiento volumtrico del caso inicial:

+vol=V

R1

Vt

=mR v 1

Vt

=0,755

Luego el caudal de refrigerante y la potencia frigorfica en el segundo caso sern:

mR' =

Vt+

vol

v 1'=0,188kg/s Q

f

' =mR' "h1'#h4 '$=22,77kW

Usando el otro parmetro que podemos considerar constante, el rendimiento isentrpico o rendimientode la compresin, podemos obtener al trabajo absorbido por el compresor en la segunda situacin.

+s=

Wc , s

Wc=

mR "h2s#h1$

Wc=0,716

Wc'=

Wc ,s

'

+s=

mR' "h2s '#h1'$

+s=9,79kW

Los valores del coeficiente de eficiencia energtica para ambos casos son:

COP=QfWc

=2,37 COP'=Q

f

'

Wc'=2,33

27

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1'

2'3'

4'

h (kJ/kg)

2s'


29/47


Problema 9

Un compresor hermtico alternativo de 4 cilindros para R-22, tiene una velocidad degiro de 29 rev/s. El dimetro de los cilindros es 87 mm y la carrera 70 mm. El

rendimiento volumtrico ha sido obtenido experimentalmente en funcin de la relacinde compresin (rc):

+vol=0,0016 rc20,0734 rc%1,0117

S suponemos que la temperatura de condensacin es constante e igual a 40C, calcularla potencia frigorfica para las siguientes temperaturas de evaporacin: -20C, -10C,0C, 10C.

Nota: Suponer ciclo estndar sin sobrecalentamiento ni subenfriamiento.

Partiendo de los datos geomtricos del compresor y de su velocidad de giro obtenemos eldesplazamiento volumtrico del mismo.

Vt=Nc*0Dc

2

4Lc=0,0483m"/s=173,8 m"/h

Comenzando por el primer caso, Tevap=#20C

Dibujando el ciclo sobre un diagrama P-h obtenemos:

Figura 9.1: Diagrama p-h del ciclo de compresin mecnica simple.

Presiones: pcond=1534,1kPa pevap=245,4 kPa

Por tanto el rendimiento volumtrico valdr:

rc=pcond

pevap=6,251 +

vol=0,0016 rc20,0734r

c%1,0117=0,6154

Podemos obtener por tanto el caudal de refrigerante para este caso:

28

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

2s


30/47


+vol=V

R1

Vt

=mR v 1

Vt

mR=+volVt

v1=0,321kg/s

Finalmente obtenemos el incremento de entalpa en el evaporador y la potencia frigorfica.

) hevap=h1 h4=147,1kJ/kg Qf=mR) hevap=47,22kW

Realizando los mismos clculos para las otras tres temperaturas de evaporacin obtenemos lossiguientes resultados:

Tevap

"C $ pevap"kPa $ +vol mR"kg/s$ ) hevap "kJ/kg$ Qf"kW$

-20 245,4 0,615 0,321 147,1 47,22

-10 354,9 0,724 0,536 151,3 81,09

0 498,1 0,801 0,821 155,2 127,4

10 681,2 0,855 1,189 158,7 188,8

Tabla 9.1: Resumen de resultados para las diferentes temperaturas de evaporacin.

Figura 9.2: Evolucin de la potencia frigorfica con la temperatura de evaporacin.

29


31/47


Evaporadores y condensadores

Problema 10

Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realizaun ciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor nisubenfriamiento del lquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante s a dichamaquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0,19 kg/s a una temperatura deentrada de 20C, siendo la temperatura del aire a la entrada al condensador 25C y sucaudal, forzado por un ventilador, 5.500 m"/h. Entonces, la potencia frigorficadesarrollada por la mquina en las condiciones anteriores es 8 kW y la potenciaabsorbida por el compresor 1,5 kW, el U!A del evaporador es 883 W/K, y lascaractersticas del compresor alternativos son las siguientes:

N de cilindros: 2

Dimetro: 5 cmCarrera: 5 cmRendimiento volumtrico: 0,822Velocidad de giro: 750 rev/min

Calcular:

Temperatura de salida del agua, temperatura de salida del aire, temperatura deevaporacin del refrigerante, temperatura de condensacin del refrigerante.

La siguiente figura muestra un esquema de una enfriadora de agua condensada por aire.

Figura 10.1: Esquema de una enfriadora de agua condensado por aire.

La potencia frigorfica evacuada por el evaporador de la mquina es 8 kW, luego:

Qf=mW cp "TWe#TWs$ TWs=Twe#Qf

mW

cp

=9,93C

Si estudiamos el evaporador como un intercambiador con cambio de fase, tendremos:

30

2

1

3

4


32/47


(=TWe TWs

TWe Tevap=1 e

#U AmWcp =0,671 Tevap=TWe

TWe#TWs(

=4,99 C'5 C

Figura 10.2: Diagrama de la evolucin de temperaturas en el evaporador.

A travs de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante:

+vol=V

R1

Vt

VR1=+volVt=+vol"Nc*0Dc2

4Lc$=0,00201m"/s

Para calcular el caudal msico de refrigerante ser necesario conocer el volumen especfico a laentrada del compresor del R-22 como vapor saturado.

v1=0,04035m"/kg mR=VR1

v 1=0,05 kg/s

Si obtenemos la potencia frigorfica a travs de los datos del refrigerante, podremos despejar laentalpa del punto 4 (entrada al evaporador) que es igual a la del punto 3 (salida del condensador) porser el proceso de expansin isentlpico.

h1=406,8kJ/kg h4=h1Qf

mR=246,8kJ/kg

Interpolando en la curva de lquido saturado obtendremos la temperatura de condensacin asociada alpunto 3, Tcond=37,7C .

Para calcular la temperatura de salida del aire en el condensador ser necesario realizar un balance deenerga sobre este.

Qc=mR"h2 h3$=mA cp "TAs#TAe$

En la ecuacin anterior no conocemos ni la entalpa del punto 2, ni la temperatura de salida del aire,pero podemos calcular la potencia evacuada en el condensador indirectamente, sumando la potenciafrigorfica y el trabajo de compresin.

Qc=Qf% Wc=VA1cp"TAs#TAe$ TAs=TAe%Q f%WcV

A1cp=30,18C

31

A (m#)

T

(C) TWe

TWs

Tevap


33/47


Problema 11

Una mquina frigorfica basada en un ciclo estndar de compresin mecnica desarrollauna potencia frigorfica de 5 kW. El fabricante suministra el coeficiente de eficiencia

energtica (COP) de dicha mquina como una funcin de la temperatura decondensacin del refrigerante en C, COP=2,50,01 "Tcond#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 uncoeficiente de pelcula de 10.000 W/m#K). El intercambiador dispone de 50 tubos enforma de U, tienen una longitud total 3 m, un dimetro interior de 20 mm y un espesor1 mm. Estn fabricados en acero inoxidable de k = 15,1 W/mK, pueden considerarsedespreciables las resistencias de ensuciamiento.

Se dispone de un caudal de 0,2 kg/s de agua a 20C para evacuar el calor de

condensacin. Determinar:A. Temperatura de condensacin del refrigerante y calor total intercambiado en el

condensador.

B. Caudal de agua necesario para conseguir una temperatura de condensacin delrefrigerante de 30C.

Nota: Suponer que el coeficiente de pelcula interior en los tubos es 113 W/m#K,independiente de la velocidad del fluido por encontrarse este en rgimen laminar.

Apartado A:

La siguiente figura muestra un esquema del condensador enfriadora de agua condensada por aire.

Figura 11.1: Esquema del condensador de carcasa y tubos en U.

Si expresamos el COP en funcin de los datos del problema (Potencia frigorfica) y calor decondensacin tendremos:

COP=QfWc

= Qf

Q c#QfQ

c=Qf" 1% 1COP$=Qf" 1% 12,50,01"Tcond#30$$

La ecuacin anterior contiene las dos incgnitas del apartado A, necesitamos por tanto otra ecuacinque nos permita cerrar el problema. Realizando un balance de energa sobre el condensador

32

Refrigerante

Tcond

Agua

TWe

TWs


34/47


tendremos:

Qc=mWcp"TWs#TWe $=mW cp( "Tcond#TWe$=mWcp " 1 e#U A

mWcp$ "Tcond#TWe$

Figura 11.2: Diagrama de la evolucin de temperaturas en el condensador.

Luego si igualo las dos ecuaciones anteriores, tendr una sola ecuacin con una sola incgnita, latemperatura de condensacin.

Qf" 1% 12,50,01"Tcond#30$ $=mWcp " 1 e#U AmWcp $ "Tcond#TWe $

Para poder resolver esta ecuacin necesito conocer UA.

Clculo de UA:

U A=

1

1hextAext

%ln "Dext/Dint$

20k NtLt% 1

h intAint

=1046W/K

Donde:

! Aext=Nt0D extLt=10,37m#

! Aint=Nt0DintLt=9,43m#

Despejando de la ecuacin inicial y resolviendo queda una ecuacin cuadrtica de la que la nicasolucin vlida es: Tcond=31,75C

El calor evacuado en el condensador ser:

Q c=Q f(1+ 12,50,01(Tcond#30))=7,014kWApartado B

S la temperatura de condensacin del refrigerante es de 30C, podemos calcular el calor decondensacin:

Qc=Q

f" 1% 12,50,01"Tcond

#30$ $=7 kWUtilizando la otra expresin del calor de condensacin tendramos que:

33

A (m#)

T

(C)

TWe

TWs

Tcond


35/47


Qc=mWcp" 1 e#U AmW cp $ "Tcond#TWe$

Una ecuacin fuertemente no lineal que debe de resolverse de forma iterativa:

! 1 iteracin, supongo mW=0,2kg/s , despejo mW=0,2343 kg/s! 2 iteracin, supongo mW=0,2343 kg/s , despejo mW=0,2549 kg/s

! ...

! n iteracin: mW=0,2884 kg/s

34


36/47


Problema 12

Una mquina frigorfica de amoniaco es utilizada para enfriar una corriente de 31,6l/min de 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 ellado del agua de aproximadamente Rsuc=0,001m#K/W , el rea exterior del evaporador,la que est 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:

C. La temperatura de condensacin permanece constante e igual a 40C.D. El evaporador es inundado y la vlvula de expansin mantiene la temperatura de

salida del agua (10,43C).E. El rendimiento de la compresin es 0,7.F. El coeficiente de intercambio global del evaporador limpio es UAlimpio= 800 W/K.

El caudal de agua a la entrada, suponiendo una densidad del agua de 1 kg/l, es: mW=0,5267 kg/s .

La potencia frigorfica suministrada ser:

Qf= mWcp "TWe#TWs$=10,06 kW

Esta potencia frigorfica va a ser la misma en el caso sucio, puesto que la vlvula de expansin va a

mantener la misma temperatura de salida del agua.Si planteamos la ecuacin de transferencia en el intercambiador, y despejamos de ella la temperaturade evaporacin.

(=T

WeT

Ws

TWeTevap=1e

#U A limpiomWcp =0,3047 Tevap=TWe

TWe#T

Ws

( '0C


Con esta temperatura de evaporacin ya podemos dibujar el ciclo estndar de compresin sobre undiagrama P-h del amoniaco (R-717):

35

A (m#)

T

(C) TWe

TWs

Tevap


37/47



Las entalpas de los puntos son:

h1=1462,2 kJ/kg h2s=1647,5 kJ/kg h3=h4=390,6kJ/kg

Realizando un balance de energa en el lado del refrigerante del evaporador:

Qf=mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=0,0094kg/s

De la definicin de rendimiento de la compresin podemos obtener el trabajo real de compresin:

+s=Wc , sWc

Wc=W

c ,s

+s

=mR "h2s#h1$

+s

=2,49kW

El coeficiente de eficiencia energtica valdr para el caso limpio:

COPlimpio=QfWc

=4,04

Para el caso del intercambiador sucio, el primer paso es calcular el valor del nuevo UA:

U Asucio=1

1U A

limpio

%Rsuc

Aext

=740,7W/K

En este caso la temperatura de evaporacin cambiar puesto que la vlvula de expansin mantiene lapotencia frigorfica:

Tevap=TWe#T

We#TWs

1 e#U Asucio

mWcp

'#1C

Las entalpas de los nuevos puntos son:

h1=1461,15 kJ/kg h2s=1652,3 kJ/kg h3=h4=390,6kJ/kg

Realizando un balance de energa en el lado del refrigerante del evaporador:

36

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

2s


38/47


Qf= mR"h1#h4$ mR=Qf

"h1#h4$=0,0094 kg/s

De la definicin de rendimiento de la compresin podemos obtener el trabajo real de compresin:

+s=Wc , sWc

Wc=Wc ,s

+s=

mR "h2s#h1$

+s=2,57kW

El coeficiente de eficiencia energtica valdr para el caso sucio:

COPsucio

=Q f

Wc

=3,91

37


39/47


Problema 13

Una cmara frigorfica para almacenamiento se mantiene a una temperatura de 10C yuna humedad relativa del 80%. El caudal de aire sobre el evaporador es 30.000 m"/h y

la temperatura del aire medida a la salida del evaporador es de 5C. En estascondiciones la instalacin desarrolla una potencia frigorfica de 100 kW.

Calcular la cantidad de agua de condensado que se forma en el evaporador en una hora.

El aire de entrada al evaporador se encuentra en las condiciones medias de la cmara frigorfica,TAe=10C , 2Ae=80 % .

El caudal de aire a la entrada al evaporador es VAe=30.000 m"/h=8,333m"/s

Realizando un balance de energa sobre el caudal de aire del evaporador tendremos:

Qf=mA"hAe#hAs$

Si suponemos que el caudal volumtrico de aire ha sido medido a la entrada al evaporador, podemosdecir que su densidad a 10C es aproximadamente 1,247 kg/m", y por lo tanto el caudal msico ser:

mA=VAe1Ae=10,39kg/s

Podemos discutir en este punto si este caudal es de aire seco o aire hmedo, pero la diferencia entreambos ser tan pequea que puede considerarse que ambos valen lo mismo y son iguales al valoranterior.

Si colocamos sobre un diagrama psicromtrico del aire a presin atmosfrica el punto de entrada

podremos leer en el eje de entalpas cual es la entalpa del aire a la entrada: hAe=26 kJ/kg a.s. .

Figura 13.1: Aire de entrada (Ae) y de salida (As) sobre el diagrama psicromtico.

Por tanto podemos despejar del balance de energa anterior la entalpa a la salida del evaporador:

hAs=hAeQf

mA=16,38 kJ/kg a.s.

38

-10 -5 0 5 10 15 20 250,000

0,002

0,004

0,006

0,008

0,010

0,012

0,014

0,016

T (C)

w

(kgv/kgas)

Presin = 101,3 kPa

20%

40%

60%

80%

0,7

5

0,8m

3/kg

0,8

5

h(k

J/kgas)

0

10

20

30

40

Ae

As


40/47


Ahora podemos colocar el punto de salida del aire sobre el diagrama psicromtrico en el punto deinterseccin entre la lnea de entalpa igual a la anterior y de temperatura seca igual a 5C.

Si miramos en el eje de humedades absolutas obtenemos:

wAe

=6g/kg a.s. wAs=4,5g/kg a.s.

Por lo tanto el caudal de agua condensada ser igual a la cantidad de agua perdida por el aire en supaso por el evaporador.

mW=mA !wAe wAs"=15,6g/s=56,16kg/h

39


41/47


Problema 14

Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realizaun ciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor ni

subenfriamiento del lquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante si a dichamaquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0,20 kg/s a una temperatura deentrada de 20C, la temperatura de evaporacin del refrigerante es 6C y la potenciaconsumida por el compresor 1,5 kW, con una temperatura de condensacin de 40C. Eldesplazamiento volumtrico del compresor vale 9 m"/h y el rendimiento volumtrico0,8

Calcular:

A. Potencia frigorfica, potencia evacuada por el condensador y U A del evaporador.

B. 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 U A del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a0,8 y que el rendimiento volumtrico e isentrpico del compresor en el segundoapartado son los mismos que los del primer apartado.

Apartado A

La siguiente figura muestra un esquema de una enfriadora aire-agua.

Figura 14.1: Esquema de una enfriadora de agua condensado por aire.

Conocidas las temperaturas de evaporacin y condensacin del refrigerante podemos localizar sobreun diagrama P-h alguno de los puntos del ciclo con las siguientes entalpas:


A travs de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante:

40

2

1

3

4


42/47


#vol=V

R1

Vt

=mR v 1

Vt

mR=#volVt

v1=0,0511kg/s


Realizando un balance sobre el evaporador del lado del refrigerante:

Qf=mR!h1$h4"=8,04kW

La potencia evacuada por el condensador puede obtenerse de un balance de energa sobre toda lamquina:

Qc=Qf% Wc=9,54kW

Si realizamos un balance sobre el evaporador pero desde el lado del agua, podemos obtener latemperatura de salida del agua:


Qf= mWcp !TWe$TWs" TWs=TWe$Qf

mW

cp

=10,38C

Y planteando la ecuacin de transferencia sobre el evaporador:

41

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

1

23

4

h (kJ/kg)

2s

A (m#)

T

(C) TWe

TWs

Tevap


43/47


Qf=U A& lm=U ATWeTWs

ln! TWe TevapTWs

Tevap

" U A=Qf

& lm=0,971kW/C

Apartado B

Para este apartado suponemos que el nuevo caudal de agua es mW=0,18kg/s , las temperaturas deentrada del agua y de evaporacin son la misma ya que el sistema esta controlado por una vlvula deexpansin automtica que mantiene la presin, y por tanto la temperatura, de evaporacin constante.

Si el rendimiento volumtrico y el desplazamiento volumtrico no cambian, con la misma temperaturade evaporacin tendremos el mismo caudal del refrigerante:

#vol=V

R1

Vt

=mR v 1

Vt

mR=#volVt

v1=0,0511kg/s

Tambin se nos indica que el U!A del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0,8, por

tanto, el ratio entre el nuevo U!A y el antiguo es igual a la relacin de caudales elevada a 0,8.

U Anuevo

U A =! mW ,nuevomW "

0,8

=0,9192 U Anuevo=0,893kW/C

Podemos ahora obtener la potencia frigorfica a travs de la expresin:

Qf= mWcp !TWe$TWs"=mWcp !1 e$U A

mWcp " !TWe$Tevap"=7,32kWCon esta potencia frigorfica y realizando un balance del lado del refrigerante obtenemos la entalpa deentrada al evaporador:

Qf=mR!h1$h4" h4=h1$Qf

mR

=263,9kJ/kg

Esta entalpa corresponde a una temperatura de condensacin de: Tcond=50,36C'50C

Para obtener el trabajo de compresin debemos suponer que el rendimiento isentrpico permanececonstante desde el apartado A:

#s=W

c , s

Wc

=mR !h2s$h1"

Wc

=0,784

Para el caso nuevo h2s=436,4kJ/kg y por tanto:

Wc=W

c ,s

#s=

mR !h2s$h1"

#s=1,903kW

Y la potencia evacuada en el condensador ser:

Qc=Qf% Wc=9,22kW

42


44/47


Problemas combinados

Problema 15

La instalacin frigorfica de la figura utiliza amoniaco como refrigerante, consta de dosevaporadores que mantienen diferentes temperaturas de conservacin en sendascmaras frigorficas. Se conocen los siguientes datos:

Evaporador baja: Potencia frigorfica: QfB=30kW Presin de evaporacin del refrigerante: pevap,B=119,4kPa

Evaporador alta: Potencia frigorfica: QfA=15kWPresin de evaporacin del refrigerante: pevap, A=190,1kPa

Condensador: Presin refrigerante en el condensador: pcond=1555,3 kPaDepsito intermedio: Presin del refrigerante: p%int=429,6 kPaTorre de Refrig.: Temperatura del agua a la entrada a la torre: T

Wet

=35C Temperatura seca del aire exterior: TAext=35C Temperatura hmeda del aire exterior: Tbh, Aext=25CHumedad relativa aire a la salida de la torre: (As=90%Caudal de aire seco de entrada en torre: VAe=15.700m"/hCercana de la torre: 5C

Compresores (ambos): Rendimiento isentrpico: #s=0,8

43

98

10

1

2

Evaporador de baja

Evaporador de alta

1211

3

5

4

6

7


45/47


Se pide:

A. Dibujar un esquema del diagrama p-h del refrigerante con todos los puntos de lafigura colocados en l.

B. Calcular la potencia consumida por cada uno de los compresores y el COP de lainstalacin.C. Caudal de agua de la bomba del circuito de condensacin.D. Caudal de agua de reposicin (evaporado) en la torre.

Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.

Las temperaturas asociadas a las presiones de cambio de fase del amoniaco mostradas en el enunciadoson las siguientes:

) pevap,B=119,4kPa*Tevap,B=$30C

) pevap,B=190,1kPa*Tevap ,B=$20C

) pint=429,6 kPa*T

int=0C

) pcond=1555,3kPa*Tcond=40C

A: Diagrama p-h de la instalacin frigorfica

Figura 15.1: Diagrama p-h de la instalacin frigorfica.

B. Potencias de compresin y COP de la instalacin

Mirando en las tablas de lquido / vapor saturado del amoniaco (R-717) conseguimos las entalpas delos siguientes puntos:

h7=h8=h10=200kJ/kg h3=1462,2 kJ/kg h11=h12=1437,7kJ/kg

h5=h6=390,6 kJ/kg h9=1423.3kJ/kg

Calculemos los caudales de refrigerante a partir de los balances en los evaporadores:

44

0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8

p(kPa)

12

2

5

8

h (kJ/kg)

4s

3

7 6

4

1

9

2s

10-30 C

-20 C

0 C

40 C

11


46/47


Qf , B=mR , B !h11$h10" mR ,B=Qf , B

!h11$h10"=0,0242 kg/s

Qf , A=mR , A !h9$h8" mR , A=Qf , A

!h9$h8"=0,0123 kg/s

Mezcla de las corrientes 9 y 12, para obtener la corriente 1:

h1=mR , A h12% mR , B h9

mR , A% mR , B=1428,2 kJ/kg

Si seguimos la isentrpica que parte del punto 1 hasta la presin del deposito intermedio obtenemos:h2s=1601,7 kJ/kg . El rendimiento isentrpico de la compresin es 0,8 y por tanto:

#s=h2s$h1h2$h1

h2=h1%h2s h1

#s

=1645,1 kJ/kg

Realicemos ahora un balance de energa en el deposito para calcular el caudal de refrigerante quecircula por el compresor de alta y el condensador:

! mR , A% mR , B"h2%mR, condh6=! mR , A% mR , B"h7%mR ,cond h3

mR ,cond=! mR , A%mR , B"h2$h7h3$h6

=0,0492kg/s

Si seguimos la isentrpica que parte del punto 3 hasta la presin de condensacin obtenemos:h4s=1647,4 kJ/kg . El rendimiento isentrpico de la compresin es 0.8 y por tanto:

#s=h4s$h3h4$h3

h4=h3%

h4s h3

#s =1693,7 kJ/kg

Podemos ya calcular las potencias de compresin de ambos compresores:

Wc , B=! mR , A% mR , B"!h2$h1"=7,92 kW

Wc , A=mR, cond!h4$h3"=11,39 kW

Y el COP de la instalacin ser:

COP=Qf , B%Qf , AWc , B% Wc , A

=2,33

C. Caudal de agua manejado por la bomba del circuito de condensacin

Realizando un balance de energa sobre el condensador:

Qcond=mWcp!TWe TWs"

La temperatura de agua a la entrada al condensador es la de salida de la torre y viceversa. Luego:

TWs=35C cercana=TWe$Tbh, Aext TWe=30C

La potencia de condensacin puede ser calculada de dos formas:

Qc=

mR, cond!h4$h5"=

Qf , B%

Qf , A%

Wc ,B%

Wc , A=

64,31kW

45


47/47


Despejando del balance de energa en el condensador tenemos:

mW=

Q cond

cp !TWe TWs"

=3,08kg/s

D. Caudal de agua de reposicin (evaporado) en la torre

Las condiciones del aire a la entrada a la torre son las siguientes:

TAext=35C Tbh, Aext=25C

Si miramos en el diagrama psicromtrico del aire hmedo:

hAext=76 kJ/kg a.s. wAext=16g/kg a.s.

El caudal msico de aire seco a la entrada a la torre es:

mA=VAext+Aext=5kg/s

Todo el calor cedido por el condensador ser absorbido por el aire exterior luego:

Qc=mA!hAs$hAext" hAs=hAext%Q c

mA

=89kJ/kg a.s.

Con esta entalpa y la humedad relativa del 90% podemos colocar sobre el diagrama psicromtrico elpunto de salida del aire:

TAs=29C wAs=23 g/kg a.s.

La diferencias de humedades absolutas entre el aire a la salida y a la entrada nos permite calcular lacantidad de agua evaporada en la torre que es a su vez igual al caudal de agua que es necesario

reponer:m

W ,rep=mA!wAs wAext"=35g/s=126 kg/h

Aext

As

Problemas Resueltos Tf 2013

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