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  1. 1. Colección de ProblemasResueltos de TecnologíaFrigoríficaVersión 2.1 (septiembre de 2003) Compresor Compresor de baja de alta1 2 3 4 Condensador Evaporador 6 58 7 p (kPa) 7 5 4 3 6 2 8 1 h (kJ/kg)
  2. 2. Autor: Juan Francisco Coronel Toro Profesor asociado del Grupo de Termotecnia Dpto. de Ingeniería Energética y mecánica de Fluidos Universidad de SevillaEste documento está basado en versiones anteriores desarrolladas por:□ D. Ramón Velázquez Vila□ D. José Guerra Macho□ D. Servando Álvarez Domínguez□ D. José Luis Molina Félix□ D. David Velázquez Alonso□ D. Luis Pérez-Lombard□ D. Juan F. Coronel ToroTodos ellos pertenecientes al Grupo de Termotecnia.Parte de la información ha sido tomada de las siguientes referencias: DEPARTMENT OF MECHANICAL ENGINEERING, TECHNICAL UNIVERSITY OF DENMARK, COOLPACK, A collection of simulations tools for refrigeration, Versión 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 Versión 6.271 (20-07-2001).
  3. 3. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaÍndiceÍndice ......................................................................................................... 3Ciclo simple de compresión mecánica:Problema 1.................................................................................................. 4Ciclos múltiples de compresión mecánica:Problema 2.................................................................................................. 6Problema 3................................................................................................ 12Problema 4................................................................................................ 15Problema 5................................................................................................ 19Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos):Problema 6................................................................................................ 23Problema 7................................................................................................ 26Problema 8................................................................................................ 28Problema 9................................................................................................ 31Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores):Problema 10 .............................................................................................. 33Problema 11 .............................................................................................. 36Problema 12 .............................................................................................. 39Problema 13 .............................................................................................. 42Problema 14 .............................................................................................. 44Problemas combinados:Problema 15 .............................................................................................. 47 3
  4. 4. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 1Ciclo simple de compresión mecánicaUna máquina frigorífica utiliza el ciclo estándar de compresión de vapor. Produce 50 kWde refrigeración utilizando como refrigerante R-22, si su temperatura de condensación es40°C y la de evaporación -10°C, calcular: a. Efecto frigorífico b. Caudal de refrigerante c. Potencia de compresión d. Coeficiente de eficiencia energética e. Relación de compresión f. Caudal volumétrico de refrigerante manejado por el compresor g. Temperatura de descarga del compresor h. Coeficiente de eficiencia energética del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de evaporación y condensaciónSolución: Compresor p (kPa) 1 2 2 Evaporador 3 Condensador 4 1 4 3 Válvula de h (kJ/kg) expansiónSi trasladamos las temperaturas de evaporación (-10°C) y condensación (40°C)sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores:Presiones: p cond = 1533.52 kPa p evap = 354.3 kPaEntalpías: h1 = 401.56 kJ / kg h2 = 438.56 kJ / kg h3 = h4 = 249.67 kJ / kga. Efecto frigorífico: 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 compresión: Pc = mR (h2 − h1 ) = 0.3292 kg / s(438.56 − 401.56 kJ / kg) = 12.18 kW & 4
  5. 5. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica qf 50 kWd. Coeficiente de eficiencia energética: COP = = = 4.105 Pc 12.18 kW p cond 1533.52 kPae. Relación de compresión: rc = = = 4.328 p evap 354.3 kPaf. Caudal volumétrico de refrigerante manejado por el compresor: Este siempre setoma a la entrada al compresor y necesitamos el volumen específico en el punto 1:v1 = 0.06535 m³ / kg & & V = m v = 0.3292 kg / s 0.06535 m³ / kg = 0.0215 m³ / s = 77.448 m³ / h R R 1g. Temperatura de descarga del compresor: Si miramos en el diagrama p-h laisoterma que pasa por el punto 2 es aproximadamente t 2 = 64.3°C .h. Coeficiente de eficiencia energética del ciclo inverso de Carnot con las mismastemperaturas de condensación y evaporación. 1 1COPCarnot = = = 5.263 Tcond 273.15 + 40 K −1 −1 Tevap 273.15 − 10 K 5
  6. 6. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 2Ciclos múltiples de compresión mecánicaUna aplicación de producción de frío demanda una potencia frigorífica de 100.000 frig/h,su temperatura de evaporación debe ser -30°C y su temperatura de condensación 40°C. Sise pretende usar en todos los casos R-22, calcular el trabajo de compresión, el calor decondensación y el coeficiente de eficiencia energética en los siguientes casos:a. Ciclo estándar de compresión mecánica simple.b. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección parcial. (Eficiencia delenfriador intermedio 0.8)c. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección total.d. Compresión doble en cascada.Solución:Comencemos por calcular el coeficiente de eficiencia energética de del ciclo teóricode Carnot: 1 1COPCarnot = = = 3.474 Tcond 273.15 + 40 K −1 −1 Tevap 273.15 − 30 KEste es el límite máximo para las eficiencias de todos los ciclos que vamos aestudiar a continuación.La potencia frigorífica en todos los ciclos debe ser:qf = 100000 frig / h = 100000 kcal / h = 116.28 kWa. Ciclo estándar de compresión mecánica simple. Compresor p (kPa) 1 2 2 Evaporador 3 Condensador 4 1 4 3 Válvula de h (kJ/kg) expansiónSi trasladamos las temperaturas de evaporación y condensación sobre el diagramaP-h del R-22, obtenemos los siguientes valoresPresiones: p cond = 1533.5 kPa p evap = 163.5 kPa 6
  7. 7. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica p cond 1533.5 kPaRelación de compresión: rc = = = 9.38 p evap 163.5 kPaEntalpías: 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: qf 116.28 kWqf = mR (h1 − h4 ); mR = & & = = 0.8105 kg / s (h1 − h4 ) 393.147 − 249.674 kJ / kgTrabajo de compresión:Pc = mR (h2 − h1 ) = 0.8105 kg / s(451.021 − 393.147 kJ / kg) = 46.907 kW &Calor de condensación:qc = mR (h2 − h3 ) = 0.8105 kg / s(451.021 − 249.674 kJ / kg) = 163.192 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.479 Pc 46.907 kWb. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección parcial. Compresor Compresor de baja de alta 1 2 3 4 Evaporador & mRA & mRB Condensador 6 5 8 7 p (kPa) 7 5 4 3 6 2 8 1 h (kJ/kg)El primer paso es determinar la presión intermedia a la que trabaja el enfriadorintermedio, para así poder dibujar el ciclo: 7
  8. 8. Problemas Resueltos - Tecnología Frigoríficapint = p cond p evap = 1533.5 · 163.5 = 500.73 kPa a esta presión le corresponde unatemperatura intermedia de t int = 0.19°C .Al utilizar la media geométrica se consigue que la relación de compresión en elcompresor de alta y baja sean la misma. p prc = cond = int = 3.06 pint p evapLas entalpías 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 energía sobre el evaporador:qf = mRB (h1 − h8 ) &Balance de energía sobre el enfriador intermedio:mRBh6 + mRBh2 + (mRA − mRB )h6 = mRAh3 + mRBh7 & & & & & &Simplificando y sabiendo que las entalpías de los puntos 7 y 8 son iguales: & & & &mRAh6 + mRBh2 = mRAh3 + mRBh8 & &Tenemos por tanto 2 ecuaciones con 3 incógnitas ( mRA , mRB , h8 ). Es necesarioplantear una nueva ecuación. La eficiencia del enfriador intermedio se planteacomo: t − t7ε = 0.8 = 5 ; t 7 = t 5 − ε(t 5 − t 6 ) = 40°C − 0.8(40 − 0.19°C ) = 8.152°C t5 − t 6Con esta temperatura del punto 7 y la presión de condensación obtenemos laentalpía de este punto:h7 = 209.66 kJ / kg = h8Del balance del evaporador podemos ahora despejar el caudal de refrigerante sobreel evaporador: & qf 116.28 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 compresión: Pc = mRA (h4 − h3 ) + mRB (h2 − h1 ) = 40.963 kW & &Calor de condensación: Q c = mRA (h4 − h5 ) = 157.231 kW & & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.839 Pc 40.963 kW 8
  9. 9. Problemas Resueltos - Tecnología Frigoríficac. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección total. Compresor Compresor de baja de alta 1 2 3 4 Evaporador & mRB & mRA Condensador 6 5 8 7 P (kPa) 5 4 7 6 3 2 8 1 h (kJ/kg)La presión intermedia es la misma que en el caso anterior.pint = p cond p evap = 1533.5 · 163.5 = 500.73 kPaLas entalpías 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 energía sobre el evaporador: qf 116.28 kWqf = mRB (h1 − h8 ) & & mRB = = = 0.6027 kg / s (h1 − h8 ) 393.147 − 200.23 kJ / kgBalance de energía sobre el enfriador intermedio: & & & &mRAh6 + mRBh2 = mRAh3 + mRBh7despejando: 9
  10. 10. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica& & (h − h2 ) = 0.8508 kg / smRA = mRB 7 (h6 − h3 )Trabajo de compresión: Pc = mRA (h4 − h3 ) + mRB (h2 − h1 ) = 39.978 kW & &Calor de condensación: qc = mRA (h4 − h5 ) = 156.258 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.909 Pc 39.978 kWd. Compresión doble en cascada. Compresor Compresor de baja de alta Evaporador & & mRA mRB Intercambiador Condensador intermedio p (kPa) 7 6 3 2 8 5 4 1 h (kJ/kg)Para el caso de refrigeración en cascada la temperatura de evaporación del ciclosuperior debe ser inferior a la temperatura de condensación del ciclo inferior, aesta diferencia de temperaturas se la llama solape. Si utilizamos la temperaturaintermedia de los casos anteriores y un solape de 5°C, podremos suponer que:t 3 = +2.7°C y t 5 = t 8 = −2.3°CLas entalpías 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 / kg h7 = h8 = 249.67 kJ / kgBalance de energía sobre el evaporador: 10
  11. 11. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica qf 116.28 kWqf = mRB (h1 − h4 ) & & mRB = = = 0.6121 kg / s (h1 − h4 ) 393.147 − 203.18 kJ / kgBalance de energía sobre el intercambiador intermedio: & & & &mRAh8 + mRBh2 = mRBh3 + mRAh5despejando: & & (h − h2 ) = 0.8658 kg / smRA = mRB 3 (h8 − h5 )Trabajo de compresión: Pc = mRA (h6 − h5 ) + mRB (h2 − h1 ) = 43.804 kW & &Calor de condensación: qc = mRA (h6 − h7 ) = 160.078 kW & qf 116.28 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.655 Pc 43.804 kWResumen de resultados:Caso qf (kW) qc (kW) Pc (kW) COPCompresión mecánica simple 116.28 163.192 46.907 2.479Con enfriador intermedio, inyección parcial 116.28 157.231 40.963 2.839Con enfriador intermedio, inyección total 116.28 156.258 39.978 2.909En cascada 116.28 160.078 43.804 2.655 11
  12. 12. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 3Ciclo de compresión mecánica múltipleUn sistema de refrigeración utiliza R-22 con una capacidad frigorífica de 180 kW a unatemperatura de evaporación de -30°C y una presión de condensación de 1500 kPa.Calcular: a) Potencia absorbida por un sistema de compresión mecánica simple estándar. b) Potencia absorbida por el ciclo múltiple de la figura, donde el enfriador intermedio funciona a una presión de 600 kPa. 1 2 3 4 6 5 8 7Solución:a. Ciclo de compresión mecánica simple Compresor p (kPa) 1 2 2 Evaporador 3 Condensador 4 1 4 3 Válvula de h (kJ/kg) expansiónSi trasladamos las temperaturas de evaporación y la presión de condensación sobreel diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores 12
  13. 13. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaPresiones: p cond = 1500 kPa p evap = 163.5 kPa p cond 1500 kPaRelación de compresión: rc = = = 9.1743 p evap 163.5 kPaTemperaturas: t cond = 39.1°C t evap = −30°CEntalpías: 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 compresión:Pc = mR (h2 − h1 ) = 1.2442 kg / s(450.38 − 393.15 kJ / kg) = 71.206 kW & qf 180 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.528 Pc 71.206 kWb. Ciclo de la figura del problema. 1 2 3 & mR1 4 & mR 2 6 5 8 7 p (kPa) 5 4 2 7 6 3 8 1 h (kJ/kg)La presión intermedia es pint = 600 kPa; t int = 5.88°C . 13
  14. 14. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaLas entalpías de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes:h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 450.38 kJ / kg h3 = 407.46 kJ / kgh4 = 430.09 kJ / kg h5 = h6 = 248.48 kJ / kg h7 = h8 = 206.95 kJ / kgBalance de energía sobre el evaporador: qf 180 kWqf = mR1 (h1 − h8 ) & & mR1 = = = 0.9667 kg / s (h1 − h8 ) 393.15 − 206.95 kJ / kgBalance de energía sobre el enfriador intermedio:(mR1 + mR2 )h6 = mR1h7 + mR2h3 & & & &despejando: & & (h − h6 ) = 0.2525 kg / smR 2 = mR1 7 (h6 − h3 )Trabajo de compresión: Pc = mR1 (h2 − h1 ) + mR 2 (h4 − h3 ) = 61.038 kW & & qf 180 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.949 Pc 61.038 kW 14
  15. 15. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 4Ciclos múltiples de compresión mecánicaEn un sistema de amoniaco con dos evaporadores y un compresor el evaporador de bajatemperatura suministra 180 kW de refrigeración con una temperatura de evaporación de-30°C y el otro evaporador suministra 200 kW a 4°C. La temperatura de condensaciónpuede considerarse igual a 40°C 1. Calcular la potencia de compresión requerida y la eficiencia energética 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 frigorífica en ambos evaporadores con las mismas temperaturas de evaporación y la misma temperatura de condensación. Calcular la potencia de compresión requerida y la eficiencia energética del ciclo. 3 4 1 2 Evaporador de alta Evaporador de baja Condensador 6 5 8 7Nota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.Solución:1) A continuación se muestra un esquema de un sistema de refrigeración con dosevaporadores y un compresor. 15
  16. 16. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica 5 8 1 2 7 Evaporador Evaporador de alta de baja Condensador 4 6 & mRA & mRB 3El diagrama p-h de este ciclo es el siguiente: p (kPa) 3 2 6 7 4 5 1 8Conocidas las temperaturas de evaporación de cada uno de los evaporadores y latemperatura de condensación conocemos las entalpías de los siguientes puntos:h3 = h4 = h6 = 386.43 kJ / kg h5 = 1422.46 kJ / kgh7 = h8 = 1464.80 kJ / kgRealizando balances de energía en ambos evaporadores podemos obtener loscaudales que circula por cada uno de ellos: qfB 180 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 entalpía se obtienen deun sencillo balance de masa y energía en la mezcla de las dos corrientes:& & &mR = mRA + mRB = 0.1855 + 0.1737 kg / s = 0.3592 kg / s & & mRAh8 + mRBh5 0.1855·1464.8 + 0.1737·1422.46& & &mRh1 = mRAh8 + mRBh5 ; h1 = = = 1444.3 kJ / kg &R m 0.3592 16
  17. 17. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaSi buscamos en el diagrama el punto 1 y seguimos su línea de entropía constantehasta la presión de descarga tendremos: h2 = 1862.5 kJ / kgEl trabajo de compresión será:Pc = mR (h2 − h1 ) = 0.3592 kg / s(1862.5 − 1444.3 kJ / kg) = 150.217 kW &El coeficiente de eficiencia energética del ciclo: q + qfB 200 + 180 kwCOP = fA = = 2.5297 Pc 150.217 kw2) Para el segundo sistema, el diagrama P-h será el que se muestra acontinuación: 3 4 1 2 & mRC Evaporador de alta & mRB & mRA Evaporador de baja Condensador 6 5 8 7 5 4 P (kPa) 7 6 3 2 8 1 h (kJ/kg)Conocidas las temperaturas de evaporación de cada uno de los evaporadores y latemperatura de condensación conocemos las entalpías de los siguientes puntos:h5 = h6 = 386.43 kJ / kg h3 = 1464.8 kJ / kgh7 = h8 = 218.3 kJ / kg h1 = 1422.46 kJ / kgh2 = 1617.04 kJ / kg h4 = 1627.0 kJ / kg 17
  18. 18. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaRealizando un balance de energía en cada uno de los evaporadores obtenemos qfB 180 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 energía 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 compresión será: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 energética del ciclo: q + qfB 200 + 180 kwCOP = fA = = 4.193 Pc 90.628 kw 18
  19. 19. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 5Ciclos múltiples de compresión mecánicaUn ciclo estándar de compresión mecánica simple utiliza R-22 como refrigerante. Lacapacidad frigorífica del evaporador es 180 kW a una temperatura de -30°C. La presión decondensación del refrigerante es 1533,52 kPa. Más tarde el ciclo es revisado para funcionarcon los mismos parámetros pero siguiendo los esquemas (A) y (B), en ambos casos lapresión del deposito intermedio es 497.59 kPa.Calcular la potencia de compresión necesaria y el COP para el ciclo simple y para las dosconfiguraciones de ciclo compresión múltiple propuestas: 4 4 5 Condensador Condensador 3 3 5 2 6 2 6 7 8 1 1 7 9 Evaporador Evaporador (A) (B)Nota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo, que no existerecalentamientos, ni subenfriamientos en los evaporadores y condensadores y que loscompresores son ideales.Solución:Ciclo de compresión mecánica simpleSi trasladamos las temperaturas de evaporación y la presión de condensación sobreel diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valorest evap = −30°C p evap = 163.48 kPap cond = 1533.52 kPa t cond = 40°C 19
  20. 20. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaEntalpías: h1 = 393.15 kJ / kg h3 = h4 = 249.67 kJ / kg Compresor p (kPa) 1 2 Evaporador 3 2 Condensador 4 1 4 3 Válvula de h (kJ/kg) expansiónSí el compresor es ideal la entalpía del punto 2 será: s1 = s2 = 1.8034 kJ / kg·Kh2 = 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 compresión:Pc = mR (h2 − h1 ) = 1.2545 kg / s(451 − 393.15 kJ / kg) = 72.573 kW & qf 180 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.480 Pc 72.573 kWCiclo (A): 4 Condensador 3 p (kPa) 5 4 6 3 2 5 2 6 7 1 1 7 Evaporador h (kJ/kg) (A) 20
  21. 21. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaLa presión de intermedia a la opera el depósito es pint = 497.59 kPa quecorresponde con una temperatura de cambio de fase de t int = 0°CLas entalpías de los nuevos puntos, suponiendo los procesos de compresiónisentrópicos son las siguientes h2 = 419.95 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kgh4 = 433.43 kJ / kgRealizando un balance de energía sobre el evaporador obtenemos el caudal quecircula por el mismo, y por el compresor de baja presión. Como el salto de entalpíaes el mismo que en el caso del ciclo simple y demandamos la misma potenciafrigorífica, el caudal debe ser el mismo qf = mR ,B (h1 − h8 ); mR ,B = 1.2545 kg / s . & &Realizando un balance de energía en el depósito intermedio obtenemos el caudalque circula por el compresor de alta:mR ,B h2 + (mR ,A − mR ,B ) h6 = mR ,A h3 ;& & & && & h − h6 419.95 − 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 compresión será: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 qf 180 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.496 Pc 72.119 kWCiclo (B): 4 5 Condensador 3 p (kPa) 6 4 5 2 8 7 3 6 2 7 8 9 1 1 9 Evaporador h (kJ/kg) (B) 21
  22. 22. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaAl igual que el caso (A), la presión de intermedia a la opera el depósito espint = 497.59 kPa que corresponde con una temperatura de cambio de fase det int = 0°CLas entalpías de los puntos, suponiendo los procesos de compresión isentrópicosson las siguientes:h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 451 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kg h4 = 433.43 kJ / kgh6 = h7 = 249.67 kJ / kg h8 = h9 = 200 kJ / kgRealizando un balance de energía sobre el evaporador obtenemos el caudal quecircula por el mismo, y por el compresor de baja presión (le llamaremos así aunquerealmente no sea de baja): qf 180 kWqf = mR ,B (h1 − h9 ); & mR ,B = & = = 0.932 kg / s (h1 − h9 ) (393.15 − 200 kJ / kg)Realizando un balance de energía en el depósito intermedio obtenemos el caudalque circula por el compresor de alta:(m & R ,A + mR ,B ) h7 = mR ,A h3 + mR ,B h8 ; & & && & h − h8 249.67 − 200 kJ / kgmR ,A = mR ,B 7 = 0.932 kg / s = 0.297 kg / s h3 − h7 405.37 − 249.67 kJ / kgPor tanto, el trabajo de compresión será: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 qf 180 kWCoeficiente de eficiencia energética: COP = = = 2.892 Pc 62.25 kW 22
  23. 23. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 6Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos)Se necesita evacuar 150.000 kcal/h de cierta cámara frigorífica, para lo que se decideinstalar un sistema de producción de frío por compresión mecánica. La temperatura de lacámara no puede superar los –3°C y el la diferencia de temperaturas a la entrada delevaporador se estima en 7°C. Se dispone de un gran caudal de agua de pozo a 15°C quepiensa utilizarse como agente condensante. El fluido frigorígeno empleado es R-134a.Para el funcionamiento de dicha instalación se adquirió un compresor alternativo de 2.250cm³ de cilindrada, el cual aspira vapor con un recalentamiento en la tubería de aspiración de10°C. Este compresor gira a 850 r.p.m. y su rendimiento volumétrico es de 0,8 para unarelación de compresión de 3,3.Calcular: El grado de subenfriamiento del fluido condensado para que pueda funcionar la instalación con este compresor y si es posible su realización.Nota: Considerar un salto máximo admisible en el agua de pozo de 5°C y un salto mínimode temperaturas en el condensador (entre fluido refrigerante y agua de pozo) de 5°C.Solución:a. Cálculo del grado de subenfriamientoLa temperatura del aire en la cámara debe ser inferior a –3°C, por lo tanto Compresor 1 2 & mw t w,ent Evaporador & ma t a,ent t a,sal Condensador t w,sal 4 3 Válvula de expansiónpodemos suponer que esta es la temperatura de entrada del aire al evaporador.t a,ent = −3°C . Luego si el salto a la entrada al evaporador debe ser de 7°C latemperatura de evaporación será:∆t = t a,ent − t evap = 7°C; t evap = t a,ent − ∆t = −3 − 7 = −10°C 23
  24. 24. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaEn cuanto al condensador la temperatura de entrada al condensador del agua depozo es de 15°C, el salto máximo en esta agua es de 5°C luego la temperatura delagua a la salida del condensador será, t w,sal = 15 + 5 = 20°C y la temperatura decondensación 5°C por encima de la temperatura más alta alcanzada en elcondensador:∆t = t cond − t w,sal = 5°C; t cond = t w,sal + ∆t = 20 + 5 = 25°CCon estos datos intentaremos dibujar el ciclo sobre un diagrama p-h de R-134a,aunque desconocemos las entalpías de los puntos 3 y 4, ya que estas dependen delgrado de subenfriamiento que es nuestra incógnita. El punto 1 (entrada alcompresor) se encuentra a la presión de evaporación y sobre la isoterma de 0°C (-10°C + 10°C).Los valores de las entalpías de los diferentes puntos son:h1 = 400.05 kJ / kg h5 = 391.32 kJ / kgh2 = 425.98 kJ / kg h3 = h4 = ? kJ / kgv1 = 0.10397 m³ / kg p (kPa) 3 25°C 2 -10°C 1 4 5 h (kJ/kg)La potencia frigorífica que debe suministrar este sistema es de 150000 kcal/h =174.42 kW.Con los datos físicos del compresor podemos calcular el desplazamiento volumétricode este:&Vt = Vcilindro ω = 2250 cm³ 850 rev / min = 0.0319 m³ / sPara este caso la relación de presiones es 3.31 podemos decir que rendimientovolumétrico del compresor va a ser aproximadamente 0.8. & VR1ηvol = ; & & VR1 = ηvol Vt = 0.8 0.0319 m³ / s = 0.0255 m³ / s V& t 24
  25. 25. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaSiendo el volumen específico sobre el punto 1 v1 = 0.10397 m³ / kg , tendremos uncaudal másico: V& 0.0255 m³ / s&mR = R1 = = 0.245 kg / s v1 0.10397 m³ / kgLa potencia frigorífica sobre el evaporador es:qf = mR (h5 − h4 ) ; & qf 174.42 kWdespejando: h4 = h5 − = 391.32 kJ / kg − = −320.6 imposible sería &R m 0.245 kg / snecesario subenfriar el líquido a menos cientos de grados. 25
  26. 26. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 7Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos)Los datos de catálogo de un compresor son los siguientes:Refrigerante: R-22Número de cilindros: 6Velocidad de giro: 1740 r.p.m.Diámetro del cilindro: 67 mmCarrera: 57 mmPorcentaje de espacio muerto: 4.8 %Para las siguientes condiciones de operación:Temperatura de evaporación: 5°CTemperatura de condensación: 50°CSubenfriamiento del líquido: 3°CRecalentamiento del vapor: 8°CLa potencia frigorífica que indica el catálogo es 96.4 kW y la potencia absorbida 28.9 kW.Calcular:El rendimiento volumétrico teórico, el rendimiento volumétrico real y el rendimientoisentrópico o de la compresión.Solución:La siguiente figura muestra el diagrama P-h del problema indicado conanterioridad. P (kPa) 3 50°C 2 5°C 1 4 5 h (kJ/kg)Rendimiento volumétrico teórico: v ηvol,t = 1 − C suc − 1 v   des  26
  27. 27. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaEl factor de espacio muerto o factor de huelgo C=0.048, y los volúmenesespecíficos en la succión y la descarga:v suc = v1 = 43.2 l / kg v des = v 2 = 14.13 l / kg  43.2 l / kg ηvol,t = 1 − 0.048  14.13 l / kg − 1 = 0.9012   Desplazamiento volumétrico del compresor: 2& πDcVt = Nc ω Lc 4Donde:Número de cilindros: Nc = 6Velocidad de giro: ω = 1740 r.p.m. = 29 rev / sDiámetro de cilindros: Dc = 0.067 mCarrera: L c = 0.057 m π(0.067 m) 2&Vt = 6 · 29 rev / s 0.057 m = 0.035 m³ / s = 35 l / s 4Los valores de las entalpías de los diferentes puntos son:h1 = 413.1 kJ / kg h2 = 445.5 kJ / kg h3 = h4 = 259.1 kJ / kgBalance de energía sobre el evaporador: qf 96.4 kWqf = mR (h1 − h4 ) & & mR = = = 0.6260 kg / s (h1 − h4 ) 413.1 − 259.1 kJ / kgEl caudal volumétrico de refrigerante a la entrada al compresor (punto 1) será elsiguiente: & &V1 = mR v1 = 0.6260 kg / s 43.2 l / kg = 27.042 l / sPor lo tanto el rendimiento volumétrico real será: V& 27.04 l / sηvol,r = 1 = = 0.773 & Vt 34.97 l / sEl trabajo de compresión teórico o isentrópica 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 compresión o rendimiento isentrópico valdrá: Pc,s 19.656 kWηs = = = 0.6801 Pc,r 28.9 kW 27
  28. 28. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 8Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos)Los datos de catálogo del compresor SP4L220E son los siguientes:Refrigerante: R-134aDesplazamiento volumétrico: 86.1 m³/hPara las siguientes condiciones de operación:Temperatura de evaporación: -10°CTemperatura de condensación: 50°CSubenfriamiento del líquido: 5°CRecalentamiento del vapor: 10°CLa potencia frigorífica que indica el catálogo es 23.7 kW y la potencia absorbida 10.0 kW.Calcular:La potencia frigorífica, el trabajo de compresión y el coeficiente de eficiencia energética, sipretendemos utilizar este compresor en un ciclo con las mismas temperaturas deevaporación y compresión pero sin subenfriamiento del líquido ni recalentamiento delvapor.Solución: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 compresión isentrópico p (kPa) 3 50°C 2s 2 -10°C 1 4 h (kJ/kg)Los valores de las entalpías de los puntos que pueden obtenerse son:h1 = 400.049 kJ / kg h2s = 441.196 kJ / kg h3 = h4 = 263.712 kJ / kgBalance de energía 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. 29. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaEl trabajo de compresión puede obtenerse como: Pc = mR (h2 − h1 ) &Despejando de aquí la entalpía 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: 3’ 2s’ 4’ 1’ h (kJ/kg)Los valores de las entalpías de los puntos son:h1 = 391.321 kJ / kg h2s = 430.328 kJ / kg h3 = h4 = 271.418 kJ / kgAl mantenerse la presión de succión y presión de descarga entre las cuales trabajael compresor, tenemos que la relación de presiones es la misma que en el casoanterior y puede considerarse una buena hipótesis suponer que el rendimientovolumétrico y de la compresión del compresor se mantienen. & & V1 mR v1 0.1738 kg / s 0.104 m³ / kgRendimiento volumétrico: ηvol = = = = 0.7558 & Vt & Vt 86.1 m³ / h · 1 / 3600Luego el caudal de refrigerante en el segundo caso será: & Vη 0.0239 m³ / s 0.7558m′ = t vol = &R = 0.1825 kg / s v1 0.09899 m³ / kgLa potencia frigorífica:q′f = m′ (h1 − h4 ) = 0.1825 kg / s(391.321 − 271.418 kJ / kg) = 21.880 kW &RDel otro parámetro que podemos considerar constante, el rendimiento isentrópico orendimiento de la compresión, podemos obtener al trabajo absorbido por elcompresor en la segunda situación: P m (h − h1 ) 0.1738 kg / s(441.196 − 400.049 kJ / kg) &ηc = 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 ηc ηc 0.7151Los valores del coeficiente de eficiencia energética, vale en ambos casos: q 23.7 kW q′ 21.880 kWCOP = f = = 2.37 COP′ = f = = 2.198 Pc 10.0 kW ′ Pc 9.955 kW 29
  30. 30. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica 30
  31. 31. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 9Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos)Un compresor hermético alternativo de 4 cilindros para R-22, tiene una velocidad de girode 29 rev/s. El diámetro de los cilindros es 87 mm y la carrera 70 mm. El rendimientovolumétrico ha sido obtenido experimentalmente en función de la relación de compresión(rc): 2ηvol = 0.0016 rc − 0.0734 rc + 1.0117Sí suponemos que la temperatura de condensación es constante e igual a 40°C, calcular lapotencia frigorífica para las siguientes temperaturas de evaporación: -20°C, -10°C, 0°C,10°CNota: Suponer ciclo estándar sin sobrecalentamiento ni subenfriamientoSolución:El desplazamiento volumétrico del compresor será & πD2Vt = Nc ω c Lc 4Donde:Número de cilindros: Nc = 4Velocidad de giro: ω = 29 rev / sDiámetro de cilindros: Dc = 0.087 mCarrera: L c = 0.070 m π(0.087 m) 2&Vt = 4 · 29 rev / s 0.070 m = 0.0483 m³ / s = 173.775 m³ / h 4Comencemos por el primer caso t evap = −20°CDibujando el ciclo sobre un diagrama P-h obtenemos: p (kPa) 3 2 4 1 h (kJ/kg)Presiones: p cond = 1534 kPa p evap = 245.4 kPa 31
  32. 32. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica p cond 1534 kParc = = = 6.252 p evap 245.4 kPaLuego el rendimiento volumétrico valdrá:ηvol = 0.0016 (6.252 ) − 0.0734 (6.252 ) + 1.0117 = 0.6153 2Podemos obtener por tanto el caudal de refrigerante para este caso: & m v η V & 0.6145 · 0.0483 m³ / s &ηvol = R 1 ; mR = vol t = = 0.3207 kg / s & V v 0.09263 m³ / kg t 1El incremento de entalpía en el evaporador vale:∆hevap = h1 − h4 = 396.9 − 249.8 kJ / kg = 147.1 kJ / kgPor tanto la potencia frigorífica será: &qf = mR ∆hevap = 0.3207 kg / s 147.1 kJ / kg = 47.18 kWRealizando los mismos cálculos para las otras tres temperaturas de evaporaciónobtenemos los siguientes resultados:t evap (°C) p evap (kPa) ηvol & mR (kg / s) ∆hevap (kJ / kg) qf (kW)-20 245.4 0.6153 0.3207 147.1 47.18-10 354.9 0.7243 0.536 151.3 81.090 498.1 0.8008 0.821 155.2 127.410 681.2 0.8545 1.189 158.7 188.8 200 180 160 qf [kW] 140 120 100 80 60 40 -20 -15 -10 -5 0 5 10 tevap [°C] 32
  33. 33. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 10Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores)Se dispone de una máquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza unciclo simple de compresión mecánica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento dellíquido, utilizando R-22. Según los datos del fabricante sí a dicha maquina se le suministraun caudal de agua a enfriar de 0.19 kg/s a una temperatura de entrada de 20°C, siendo latemperatura del aire a la entrada al condensador 25°C y su caudal, forzado por unventilador, 5500 m³/h. Entonces, la potencia frigorífica desarrollada por la máquina en lascondiciones anteriores es 8 kW y la potencia absorbida por el compresor 1.5 kW, el U·Adel evaporador es 883 W/K, y las características de los compresores alternativos son lassiguientes:Nº de compresores: 2Diámetro: 5 cmCarrera: 5 cmRendimiento volumétrico: 0.822Velocidad de giro: 750 rev/minCalcular:Temperatura de salida del agua, temperatura de salida del aire, temperatura de evaporacióndel refrigerante, temperatura de condensación del refrigerante.Solución:La siguiente figura muestra una enfriadora de agua condensada por aire. Compresor & mw t w,ent 1 2 Evaporador t w,sal Condensador 4 3 Válvula de expansiónLa potencia frigorífica evacuada por el evaporador de la máquina es 8 kW, luego: 80008 kW = qf = mw cp (t w,ent − t w,sal ) & t w,sal = 20°C − °C = 9.927°C 4180·0.19 33
  34. 34. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaSi estudiamos el evaporador como un intercambiador con cambio de fase,tendremos: tw,ent T (°C) UA 883 t w,ent − t w,sal − & mw c p −ε= =1−e =1−e 0.19·4180 = 0.671 t w.ent − t evap tw,sal tevapDespejando de la expresión anterior obtenemos la temperatura de evaporación del t − t w,salrefrigerante: t evap = t w,ent − w,ent = 4.988 °C ≈ 5°C εA través de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: & VR ,1    π 0.052 & & πD2 1 ηvol =  VR ,1 = ηvol Vt = ηvol  Nc ; c L c ω  = 0.822 2 0.05·750  = 2.0175·10 −3 m³ / s V& 4   4 60  t    Para calcular el caudal másico de refrigerante será necesario conocer el volumenespecífico 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 frigorífica a través de los datos del refrigerante, podremosdespejar la entalpía del punto 4 (entrada al evaporador) que es igual a la del punto3 (salida del condensador) por ser el proceso de expansión isentálpico.8 kW = qf = mR (h1 − h4 ) & p (kPa)Como la temperatura deevaporación es 5°C, podemos 3 2calcular la entalpía del punto 1:h1 = 407.15 kJ / kg qfh4 = h1 − = 247.15 kJ / kg 4 1 & mR h (kJ/kg)Si interpolamos en la curva delíquido saturado obtendremos la temperatura de condensación asociada al punto 3: t cond − 35 247.15 − 243.10 = ; t cond = 38.082 °C 40 − 35 249.67 − 243.10 34
  35. 35. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaPara calcular la temperatura de salida del aire en el condensador será necesariorealizar un balance de energía sobre este:qcond = mR (h2 − h3 ) = macp (t a,sal − t a,ent ) & &En la ecuación anterior no conocemos ni la entalpía del punto 2, ni la temperaturade salida del aire, pero podemos calcular la potencia evacuada en el condensadorindirectamente, sumando la potencia frigorífica y el trabajo de compresión.qc = qf + Pc = Vaρ acp (t a,sal − t a,ent ) & qf + Pc 8000 + 1500t a,sal = t a,ent + = 25 + = 30.182°C & ρ c Va a p 5500 / 3600·1.2·1000 35
  36. 36. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 11Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores)Una máquina frigorífica basada en un ciclo estándar de compresión mecánica desarrollauna potencia frigorífica de 5 kW. El fabricante suministra el coeficiente de eficienciaenergética (COP) de dicha máquina como una función de la temperatura de condensacióndel refrigerante en °C, COP = 2.5 − 0.01 (t cond − 30) .El condensador de dicha máquina frigorífica es un intercambiador de carcasa y tubo, unpaso por carcasa y dos por tubos (el refrigerante circula por la carcasa con un coeficiente depelícula de 10000 W/m²K). El intercambiador dispone de 50 tubos en forma de U, tienenuna longitud total 3 m, un diámetro interior de 20 mm y un espesor 1 mm. Están 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 20°C para evacuar el calor de condensación.Determinar: 1. Temperatura de condensación del refrigerante y calor total intercambiado en el condensador 2. Caudal de agua necesario para conseguir una temperatura de condensación del refrigerante de 30°C.Nota: Suponer que el coeficiente de película interior en los tubos es 113 W/m²K,independiente de la velocidad del fluido por encontrarse este en régimen laminarSolución: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 función de los datos del problema (Potencia frigorífica) ycalor de condensación tendremos: 36
  37. 37. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica qf qf  1   1 COP = = qc = qf 1 +  = qf  1 +  Pc qc − qf  COP    2.5 − 0.01(t cond − 30)  La ecuación anterior contiene las dos incógnitas del apartado 1, necesitamos portanto otra ecuación que nos permita cerrar el problema. Realizando un balance deenergía sobre el condensador tendremos: refrigerante T (°C) tcond tsal tent agua Área (m²)  − 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 ecuación con la anterior tendré una sola ecuación con una solaincógnita, la temperatura de condensación.  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 ecuación necesito conocer UA.Cálculo de UA: 1 1UA = = = 1046.9 W / K 1 ln(Dext / Dint ) 1 9.646E − 6 + 6.6972E − 6 + 9.389E − 4 + + hext A ext 2πkNtL t hint A intDonde:A ext = Nt πDextL t = 10.367 m²A int = Nt πDintL t = 9.425 m²Despejando de la ecuación inicial y resolviendo queda una ecuación cuadrática de laque la única solución válida es:t cond = 28.7°Cy el calor evacuado en el condensador:  1  qc = qf 1 +  = 6.989 kW  2.5 − 0.01(t cond − 30)   37
  38. 38. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaApartado 2:Sí la temperatura de condensación del refrigerante es de 30°C, podemos calcular elcalor de condensación:  1   1 qc = qf 1 +  = qf  1 +  = 7 kW   2.5 − 0.01(t cond − 30)    2.5 Utilizando la otra expresión del calor de condensación tendríamos que:  − UA  & w c p 1 − e m c qc = m & w p (t − t w,ent )   cond  Una ecuación fuertemente no lineal que debe de resolverse de forma iterativa: &1ª Iteración, supongo mw = 0.2 kg / s , despejo & mw = 0.2343 kg / s & w = 0.2343 kg / s , despejo2ª Iteración, supongo m & mw = 0.2549 kg / s.... & mw = 0.2884 kg / s 38
  39. 39. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 12Evaporadores – Válvulas de expansiónUna máquina frigorífica de amoniaco es utilizada para enfriar una corriente de 31.6 l/minde agua a 15°C, el agua sale del evaporador a 10.43°C en condiciones de evaporador limpio(máquina recién instalada).Se supone que con el paso del tiempo aparecerá una resistencia de ensuciamiento en el ladodel agua de aproximadamente Rensu=0.001 m² K/W, el área exterior del evaporador, la queestá en contacto directo con el agua, es 10 m².Calcular el cambio que se produce en la potencia de compresión y en coeficiente deeficiencia energética, suponiendo: 1. La temperatura de condensación permanece constante e igual a 40°C. 2. El evaporador es inundado y la válvula de expansión mantiene la temperatura de salida del agua (10.43°C). 3. El rendimiento de la compresión es 0.7 4. El coeficiente de intercambio global del evaporador limpio es UAlimpio= 800 W/KSolución: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 frigorífica suministrada será:qf = mw cp (t w,ent − t w,sal ) = 0.5267 kg / s 4.18 kJ / kg(15 − 10.43°C ) = 10.061 kW &Esta potencia frigorífica va a ser la misma en el caso sucio, puesto que la válvula deexpansión va a mantener la misma temperatura de salida del agua.Si planteamos la ecuación de transferencia en el intercambiador: −UA lim pio t w,ent − t w,sal & mw c pε= =1−e t w,ent − t evap tw,ent T (°C) tw,sal tevapDespejando de la ecuación anterior la temperatura de evaporación: 39
  40. 40. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica t w,ent − t w,sal 15°C − 10.43°Ct evap = t w,ent − −UA lim pio = 15°C − −800 W / K ≈ 0°C 0.5267 kg / s 4180 J / kg 1−e & mw cp 1−eCon esta temperatura de evaporación ya podemos dibujar el ciclo estándar decompresión sobre un diagrama P-h del amoniaco (R-717): P (kPa) 3 40°C 2s 0°C 4 1 h (kJ/kg)Las entalpías de los puntos son:h1 = 1460.66 kJ / kg h2s = 1646 kJ / kg h3 = h4 = 386.43 kJ / kgRealizando un balance de energía 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 definición de rendimiento de la compresión podemos obtener el trabajo realde compresión: P P m (h − h1 ) 0.0094 kg / s(1646 − 1460.66 kJ / kg) &ηc = c,s ; Pc = c,s = R 2s = = 2.480 kW Pc ηc ηc 0.7El coeficiente de eficiencia energética valdrá para el caso limpio: qf 10.061 kWCOPlim pio = = = 4.057 Pc,lim pio 2.480 kWPara el caso del intercambiador sucio, el primer paso es calcular el valor del nuevo 1 1UA: UA sucio = = = 740.741 W / K 1 R 1 0.001 m²K / W + ensu + UA lim pio A ext 800 W / K 10 m²En este caso la temperatura de evaporación cambiará puesto que la válvula deexpansión mantiene la potencia frigorífica: t w,ent − t w,sal 15°C − 10.43°Ct evap = t w,ent − −UA sucio = 15°C − −740.741 W / K ≈ −1°C & mw cp 0.5267 kg / s 4180 J / kg 1−e 1−eLas entalpías de los puntos son: 40
  41. 41. Problemas Resueltos - Tecnología Frigoríficah1 = 1459.59 kJ / kg h2s = 1650.52 kJ / kg h3 = h4 = 386.43 kJ / kgRealizando un balance de energía en el lado del refrigerante del evaporador: Pf 10.061 kWPf = mR (h1 − h4 ); mR = & & = = 0.0094 kg / s h1 − h4 1459 .59 − 386.43 kJ / kgDe la definición de rendimiento de la compresión podemos obtener el trabajo realde compresión: P P m (h − h1 ) 0.0094 kg / s(1650.52 − 1459.59 kJ / kg) &ηc = c,s ; Pc = c,s = R 2s = = 2.557 kW Pc ηc ηc 0.7El coeficiente de eficiencia energética valdrá para el caso sucio: qf 10.061 kWCOPsucio = = = 3.935 Pc,sucio 2.557 kW 41
  42. 42. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 13Evaporadores - PsicrometríaUna cámara frigorífica para almacenamiento se mantiene a una temperatura de 10°C y unahumedad relativa del 80%. El caudal de aire sobre el evaporador es 30000 m³/h y latemperatura del aire medida a la salida del evaporador es de 5°C. En estas condiciones lainstalación desarrolla una potencia frigorífica de 100 kW.Calcular la cantidad de agua de condensado que se forma en el evaporador en una hora.Solución:El aire de entrada al evaporador se encuentra en las condiciones medias de lacámara frigorífica, t ent = 10°C φ ent = 80% . &El caudal de aire a la entrada al evaporador es Vair = 30000 m³ / h = 8.333 m³ / sRealizando un balance de energía sobre el caudal de aire del evaporador tendremosque: qf = mair (ha,ent − ha,sal ) . &Si suponemos que el caudal volumétrico de aire ha sido medido a la entrada alevaporador, podemos decir que su densidad a 10°C es aproximadamente 1.247 & &kg/m³, y por lo tanto: mair = Vair ρ air = 8.333 m³ / s 1.247 kg / m³ = 10.391 kg / s .Podemos discutir en este punto si este caudal es de aire seco o aire húmedo, perola diferencia entre ambos será tan pequeña que puede considerarse que ambosvalen lo mismo y son iguales al valor anterior.Si colocamos sobre un diagrama psicrométrico del aire a presión atmosférica elpunto de entrada podremos leer en el eje de entalpías cual es la entalpía del aire ala entrada: ha,ent = 26 kJ / kg a.s.Por tanto podemos despejar del balance de energía anterior la entalpía a la salidadel evaporador: q 100 kWha,sal = ha,ent − f = 26 kJ / kg a.s. − = 16.376 kJ / kg a.s. & air m 10.391 kg / sAhora podemos colocar el punto de salida del aire sobre el diagrama psicrométricoen el punto de intersección entre la línea de entalpía igual a la anterior y detemperatura seca igual a 5°C.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. 43. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica h (kJ/kg a.s.) w (kg H2O/kg a.s.) φ=80% ha,ent ha,sal wa,ent w a,sal t a,sal t a,ent t (°C)Por lo tanto el caudal de agua condensada será 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 sería:0.0156 kg / s · 3600 s = 56.16 kg H2O / h 43
  44. 44. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 14Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores)Se dispone de una máquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza unciclo simple de compresión mecánica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento dellíquido, utilizando R-22. Según 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 20°C, latemperatura de evaporación del refrigerante es 6°C y la potencia consumida por elcompresor 1.5 kW, con una temperatura de condensación de 40°C. El desplazamientovolumétrico del compresor vale 9 m³/h y el rendimiento volumétrico 0.8Calcular: 1. Potencia frigorífica, potencia evacuada por el condensador y U·A del evaporador. 2. Si suponemos que el caudal de agua desciende a 0.18 kg/s, y que la máquina funciona con una válvula de expansión automática (mantiene la temperatura de evaporación constante), calcular la nueva potencia frigorífica, potencia de compresión y potencia evacuada por el condensador.Nota: suponer que el U·A del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0.8 yque el rendimiento volumétrico e isentrópico del compresor en el segundo apartado son losmismos que los del primer apartado.Solución:1) La siguiente figura muestra una enfriadora de agua. Compresor & mw t w,ent 1 2 Condensador Evaporador t w,sal 4 3 Válvula de expansiónConocidas las temperaturas de evaporación y condensación del refrigerantepodemos localizar sobre un diagrama P-h alguno de los puntos del ciclo con lassiguientes entalpías:h1 = 407.5 kJ / kg h4 = h3 = 249.67 kJ / kg h2s = 430.6 kJ / kg 44
  45. 45. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica P (kPa) 3 40°C 2s 2 6°C 1 4 h (kJ/kg)A través de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: & VR ,1 mR v1 & η V & & 0.8·9 / 3600 m³ / sηvol = = ; mR = vol t = = 0.0511 kg / s & Vt & Vt v1 0.03915 m³ / 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 deenergía sobre toda la máquina: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,ent T (°C) tw,sal tevap qf 8.065qf = mw cp (t w,ent − t w,sal ) & t w,sal = t w,ent − = 20°C − °C = 10.353 °C & mw c p 4.18·0.20Y planteando la ecuación 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  ln  ln   t w,sal − t evap   10.353 − 6    45
  46. 46. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica qf 8.065 kWUA = = = 0.9766 kW / °C ∆t lm 8.258 °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 evaporación son la misma ya que elsistema esta controlado por una válvula de expansión automática que mantiene lapresión, y por tanto la temperatura, de evaporación constante.Si el rendimiento volumétrico y el desplazamiento volumétrico no cambian, con lamisma temperatura de evaporación tendremos el mismo caudal del refrigerante: & VR ,1 mR v1 & η V & & 0.8·9 / 3600 m³ / sηvol = = ; mR = vol t = = 0.0511 kg / s & Vt & Vt v1 0.03915 m³ / kgTambién 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 larelación de caudales elevada a 0.8: 0.8 0.8UA nuevo  mw,nuevo &   0.18  =  m   =  = 0.9192; UA nuevo = UA·0.9192 = 0.8977 kW / °C UA &w  0.2   Podemos ahora obtener la potencia frigorífica a través de la expresión:  − UA   0.8977  & w cp (t w,ent − t w,sal ) = mw cp 1 − e m c (t w,ent − t evap ) = 0.18·4.181 − e 0.18·4.18 (20 − 6 ) = 7.339 kW & −qf = m & w p        Con esta potencia frigorífica y realizando un balance del lado del refrigeranteobtenemos la entalpía de entrada al evaporador: q 7.339 kWqf = mR (h1 − h4 ); h4 = h1 − f = 407.5 kJ / kg − & = 263.9 kJ / kg & mR 0.0511 kg / sEsta entalpía corresponde a una temperatura de condensación de: 52°C − 50°C t cond − 50°C = ; t cond = 50.464°C266.05 − 263.25 kJ / kg 263.9 − 263.25 kJ / kgPara obtener el trabajo de compresión debemos suponer que el rendimientoisentrópico permanece constante desde el apartado 1: Pc,s mR (h2s − h1 ) 0.0511 kg / s(430.6 − 407.5 kJ / kg) &ηc = = = = 0.7869 Pc Pc 1.5 kWPara el caso nuevo:h2s = 437.0 kJ / kg Pc,s m (h − h1 ) 0.0511 kg / s(437.0 − 407.5 kJ / kg) &Pc = = R 2s = = 1.916 kW ηc ηc 0.7869Y la potencia evacuada en el condensador será:qc = qf + Pc = 7.339 + 1.916 kW = 9.255 kW 46
  47. 47. Problemas Resueltos - Tecnología FrigoríficaProblema 15Problema combinado de compresión múltiple y torre de refrigeraciónLa instalación frigorífica de la figura utiliza amoniaco como refrigerante, consta de dosevaporadores que mantienen diferentes temperaturas de conservación en sendas cámarasfrigoríficas. Se conocen los siguientes datos:- Evaporador baja: Potencia frigorífica: qf ,B = 30 kW Presión de evaporación del refrigerante: p evap,B = 119.46 kPa- Evaporador alta: Potencia frigorífica: qf ,A = 15 kW Presión de evaporación del refrigerante: p evap,A = 190.11 kPa- Condensador: Presión refrigerante salida del condensador: p cond = 1554.89 kPa- Depósito intermedio:Presión del refrigerante: pint = 429.41 kPa- Torre de Refrig.: Temperatura del agua a la entrada a la torre: 35°C Temperatura seca del aire exterior: t ext = 35°C Temperatura de bulbo húmedo del aire exterior: t bh,ext = 25°C Humedad relativa del aire a la salida de la torre: φ a,sal = 90% Caudal de aire seco de entrada en torre: & Va = 15700 m³ / h Cercanía de la torre: 5°C- Compresores (ambos): Rendimiento isentrópico: 0.8Se pide: A. Dibujar un esquema del diagrama p-h del refrigerante con todos los puntos de la figura colocados en él. B. Calcular la potencia consumida por cada uno de los compresores y el COP de la instalación. C. Caudal de agua de la bomba del circuito de condensación. D. Caudal de agua de reposición (evaporado) en la torre. 47
  48. 48. Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica Compresor Torre de de baja Compresor refrigeración 1 2 de alta 3 4 9 12 Evaporador de baja 11 Evaporador Condensador de alta 8 10 6 5 7 Deposito Bomba del circuito intermedio de condensaciónNota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo y que noexiste recalentamientos, ni subenfriamientos.Solución: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 = −30°Cp evap,A = 190.11 kPa → t evap,A = −20°Cpint = 429.41 kPa → t evap,B = 0°Cp cond = 1554.89 kPa → t cond = 40°CA. Diagrama p-h de la instalación frigorífica 48

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