Este documento contiene 6 ejercicios de refrigeración y congelación de productos agroindustriales. Los ejercicios cubren temas como: 1) calcular el volumen específico de una mezcla de aire y vapor, 2) calcular propiedades como la relación de humedad y entalpía de una muestra de aire, 3) calcular la entalpía y punto de rocío de una mezcla de aire y vapor, 4) calcular la temperatura de enfriamiento de una lluvia de agua en una torre de enfriamiento, 5)

1. “Año de lucha contra la corrupción e impunidad”
UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA
FACULTAD DE INGENIERIA
ESCUELA ACADÉMICA PROFESIONAL DE INGENIERIA
AGROINDUSTRIAL
PRÁCTICA N° 3
ASIGNATURA:
Refrigeración y Congelación de ProductosAgroindustriales
DOCENTE:
Rogger Armando Romero Usquiano
CICLO: VI
2019

2. EJERCICIO N°01
EJERCICIO N°02

3. EJERCICIO N°03

4. 1. Calcularel volumenespecíficode unamezclade aire vaporde agua en metroscúbicospor
kilogramode aire secoen lassiguientes condiciones: T = 26.7ºC, W = 0.013 kgagua/kgaire seco,
y Patmosférica = 0.95 kgf/cm2
.
DATOS:
 T=26.7 °C = 299.85 K
 W= 0.013 lbw/lba
 Patm= 0.95 kgf/cm2 =13.1171 lbf/in2
SOLUCIÓN:
Sabemos que:
Pw=
𝑊 𝑃𝑎𝑡𝑚
0.6224+𝑤
Pw=
0.013 𝑙𝑏𝑚/𝑙𝑏𝑎(13.51171
𝑙𝑏𝑓
in2
)
0.6224+0.013 𝑙𝑏𝑚/𝑙𝑏𝑎
𝑃 𝑊 = 0,27662
lbf
𝑖𝑛2
Ahora:
𝑉 =
𝑅 𝑊
𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝑅𝑤
𝑇
V=(
𝑊 𝑃𝑎𝑡𝑚
0.6224+𝑤
*T)
𝑉 =
8,314 𝑚3.103. 𝑚𝑜𝑙−1.𝐾𝑃𝑎. 𝐾−1 𝑚3
(13,51170567 − 0,27662)𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛2
(299,85𝐾)
𝑉 = 188,35941
103. 𝑚𝑜𝑙−1.𝐾𝑃𝑎. 𝑚3
𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛2 𝑥
1𝑚𝑜𝑙
28,95𝑔
𝑥
14,5969𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛2
101,33𝐾𝑃𝑎
𝑥
103 𝑔
2,2004621𝑙𝑏
×
35,3147
1𝑚3
𝑉 = 15,14393
𝑓𝑡3
𝑙𝑏
2. Una muestrade aire tiene unatemperaturade bulbosecode 32.2ºC y húmedode 23.9ºC.
La presión barométrica es 1.033 kgf/cm2
. Usando las tablas de vapor de agua, calcular:
2.1. La relación de humedad si este aire estuviese adiabáticamente saturado.
2.2. La entalpíade este aire si estuviese adiabáticamente saturado.
2.3. La relaciónde lahumedadde lamuestra.
2.4. La presiónparcial del vaporde aguaen lamuestra.
2.5. La humedadrelativa.

5. Datos:
 Tbs: 32.2 °C= 89.26 °F
 Tbh: 23.9 °C= 75.02 °F P= 0.4356 lbf/in2
 Presionbarométrica:1.033 kgf/cm2
= 145969 lbf/in2
Solución:
2.1)
𝑤 = (
𝑃𝑤
𝑃𝑎𝑡𝑚 − 𝑃𝑤
) ∗ 0.622
𝑤 = (
0,4356
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
14,6959
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2 − 0,4356
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
) ∗ 0.622
𝑤 = 0.019
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
2.2)
 Tbh = 75.02 °F Hw = 1094,21 Btu/lbw
𝐻𝐿=𝑊𝐻 𝑉
𝐻𝐿=0,019
𝑙𝑏𝑤
𝑙𝑏 9.5
(1094,21
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑤
)
𝐻𝐿=20,79
 TBS= 89,96 °F
 𝐻𝑆 = 0,24 (
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏9.5°𝐹
) (89,9 − 32)°𝐹
𝐻𝑆 = 13,91 (
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏9.5
)
 𝐻 𝑇 = 𝐻𝑆 + 𝐻𝐿 (
𝑏𝑡𝑢
𝑙𝑏9.5
)
HT= HS+HL= 34.7 BTU/lba.s
2.3) TBS = 89,96 °F : 𝑃 𝑊 = 0,69813
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
𝑊 = 0,622 (
0,69813
14,6959 − 0,69813
)
𝑊 = 0,031 (
𝑙𝑏𝑤
𝑙𝑏9.5
)
2.4) Con latemperaturadel bulbohúmedoevaluamos:
 𝑃 = 0,4356 (
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
)

6. 2.5) 𝐻𝑅 = (
0,69813(
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2)
0,4356(
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2)
)100
 𝐻𝑅 = 62,4%
3. Una mezcla de aire y de vapor tiene una temperatura de bulbo seco de 26.7ºC y una
relación de humedad de 0.01 kgagua/kgaire seco.
Datos:
B.S = 26.7 °C = 80.06 °F
W = 0.01 Kgw/lba = 0.01 lbw/lba
P(1) = 0.84 kgF/cm2
= 11.94716 lbF/in2
P(2) = 0.98 kgF/cm2
= 32.43889 lbF/in2
3.1.¿Calcular la entalpía de la mezcla cuando la presión barométrica es 0?84 kgf/cm2
?
𝑃𝑤 =
𝑤 × 𝑃𝑎𝑡𝑚
0.622 + 𝑤
𝑃𝑤 =
0.01 × 14.6959
0.622 + 0.01
𝑷𝒘 = 𝟎. 𝟐𝟑𝟐𝟓𝟑𝟎𝟎𝟔𝟑𝟑 𝑰𝒃𝒇/𝒊𝒏 𝟐
Hallamos la entalpia de saturación (interpolación):
𝑯 𝒔𝒂𝒕 = 𝟏𝟎𝟖𝟔. 𝟑𝟔𝟑𝟒𝟏𝟔 𝑩𝒕𝒖/𝑰𝒃𝒎
Hallamos HS
:
𝐻 𝑠 = 0.24
𝐵𝑡𝑢
𝑙𝑏𝑎°𝐹
(80.06°𝐹 − 32°𝐹)
𝑯 𝒔 = 𝟏𝟏. 𝟓𝟑𝟒𝟒
𝑩𝒕𝒖
𝑰𝒃𝒂

7. Hallamos HL
:
𝐻 𝐿 = 0.01
𝐼𝑏𝑤
𝑙𝑏𝑎
(1086.363416)
𝐻 𝐿 = 10.86363416 𝐵𝑡𝑢/𝐼𝑏𝑎
Entalpia de la mezcla:
𝐻 𝑇 = 10.86363416 + 11.5344
𝑯 𝑻 = 𝟐𝟐. 𝟑𝟗𝟖 𝒃𝒕𝒖/𝒍𝒃𝒂
3.2.¿Calcular el punto de rocío de la mezcla cuando la presión barométrica es 0?84
kgf/cm2
y cuando es 0.98 kgf/cm2
?
𝑷(𝟏) = 𝟎. 𝟖𝟒 𝒌𝒈𝑭/𝒄𝒎 𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟗𝟒𝟕𝟏𝟔 𝒍𝒃𝑭/𝒊𝒏 𝟐
𝑷𝑹( 𝟏) = 𝟐𝟎𝟏. 𝟔𝟎𝟕
𝑷(𝟐) = 𝟎. 𝟗𝟖 𝒌𝒈𝑭/𝒄𝒎 𝟐 = 𝟑𝟐. 𝟒𝟑𝟖𝟖𝟗 𝒍𝒃𝑭/𝒊𝒏 𝟐
𝑷𝑹( 𝟐) = 𝟐𝟎𝟗. 𝟐𝟕𝟕𝟑
4. Una torre de enfriamiento es una instalación que enfría una lluvia de agua al pasar
ésta a través de una corriente de aire. Si 25.47 m3
/min de aire a 32.2ºC de
temperatura de bulbo seco y 23.9ºC de temperatura de bulbo húmedoentran en la
torre y el aire sale saturado a 28.9ºC.
4.1.¿A qué temperatura puede esta corriente de aire enfriar a una lluvia de agua que
entra a 37?8C cuando el caudal es 34.05 kg/min? Usar la carta psicrométrica.
4.2.¿Cuántos kilogramospor hora de agua de reposiciónhayque añadir para compensar
el agua que se evapora?

8. 𝑉 = 25.47
𝑚3
𝑚𝑖𝑛
= 57967.92454
𝑓𝑡3
ℎ
BS(1) = 32.2 °C = 89.96 °F
BH(1) = 23.9 °C = 75.02 °F
BS(2) = 28.9 °C =84.02 °F
Patm = 1.03326 kgf/cm2
= 14.6959 Ibf/in2
°T (H2O) = 37.8 °C = 100.04 °F
Caudal = 34.05 kg/min = 4495.54407 Ibf/h
Por gráfico:
PR = 69.8 ° F 𝑃𝑠𝑎𝑡 = 0.361062 𝑙𝑏𝑓/𝑖𝑛2
𝐻𝑠𝑎𝑡 = 1091.914 𝐵𝑡𝑢/𝑙𝑏𝑚
𝑊 = 0.622(
0.361062
14.6959 − 0.361062
)
𝑊 = 0.0156667668
HS = 0.24 (89.96 – 32) Btu/lba=13.9104 Btu/lba
HL = 0.0156667668 x 109.19 Btu/lba=17.106762 Btu/lbm

9. H1 = 31.017162 Btu/lbm
5. En una unidadde acondicionamientode aire entran 169.8 m3/min a temperatura de
bulboseco de 26.7ºC y 50% de humedadrelativa: El aire a la salidaestá a 13.9ºC de
temperatura de bulbo secoy con una humedad relativade 90%. Usar la carta
psicrometricas.
5.1. ¿Calcular la capacidad de enfriamientode la unidad de acondicionamientode aire
en ton de refrigeración?
5.2. ¿Qué masa de agua en kilogramospor hora se separa del aire?
V = 169,8 m3
min⁄ = 359 786,1636 Ft3
hr⁄
BS1 = 26.7 °C = 80.06 °F = 299.85 °K
HR1 = 50%
BS2 = 13.9 °C = 57.02 °F = 287.05 °K
HR2 = 90%
 PR (1) = 59,5 °F
Bot = Pw = 0.2423875 lb/in^2
Hsat = 1087,48 Btu/lbm
W1 = 0,622 (
0,2523875
lbf
in2
14,6959
lbf
in2− 0,2523875
lbf
in2
= 0.0108689
HS= 0.24 (80,06 – 32) = 11,5344 Btu/lbm
HL = 0.01086880529 (1087,48 Btu/lbm) = 11.819706 Btu/lbm
HT = 23.354106 Btu/lbm
 PR (2) = 54 °F
Psat = Pw = 0.20935 lbf/in^2
Hsat = 1085,06 Btu/lbm
W2 = 0,622 (
0.20935
14.6959−0.20935
) = 0.0089887

10. 6. Una corriente de aire exteriorse mezclacon una corriente de aire de retorno enun
sistemade acondicionamientode aire. El caudal de aire exteriores de 45.4 kilogramos
aire seco/miny su estado es 35.0ºC de temperatura de bulbo secoy 25.6ºC de bulbo
húmedo.El caudal de aire de retorno es 181.6 kilogramosde aire seco/miny su estado
es de 25.0ºC de temperatura de bulboseco y 50% de humedadrelativa. ¿Cuálessonlas
temperaturas de bulbo secoy húmedode la corriente de aire despuésde la mezcla?
m1= 45.4 kg/min= 5994,05876 lb/hr
BS (1) = 35.0 °C = 95 °F = 308,15 °K
BH (1) = 25.6 °C = 78.08 °F
m2= 181,6 kg/min= 23976,23504 lb/hr
BS (1) = 25 °C = 77 °F = 298,15 °K
HR (1) = 50%
 Por grafica
PR (1) = 71,7 °F
Psat = Pw = 0.387719 lb/m^2
Hsat = 1092,748 Btu/lbm
W1 = 0.622 (
0.387714
14.6959−0.387714
) = 0.01685455501
HS (1) =0.24 Btu/lbm[95 – 32] =15,12 Btu/lbm
HS (2) = 0.01685455501 (1092,748 Btu/lb) = 18.41778128 Btu/lbm
 H1= 33,53778128
PR (2) = 56,8 °F
Psat = Pw = 0.23126 lb/im^2
Hsat = 1086,292 Btu/lbm
W2= 0.622 (
0.23126
14.6959−0.23126
) = 0.009944507933
7. Aire atmosférico diurno a 20°C se enfría con una relación de humedad de 0.0075
kgmw/kgmase enfríaporlanoche hasta8°C,¿Se formarániebla?,justifiquesurespuesta.
Determinar la humedad relativa del aire diurno. Patmosférica = 1013 mbar
TBS=20 ºC.
W=0.0075
T=8 ºC.

11. HR=?
El sótanode una casa tiene 120 m2
de base y 2.8 m de altura,siendosu temperaturade 20 ºC y
su humedadrelativa del 95 %. Si se desea reducir dicha humedad hasta el 30 %, calcular:
(a) La masa de agua que debe eliminarse porabsorción, manteniendosutemperaturaen
20 ºC.
Pv=Pv1xTR Pv1xTR=9.035
De la tabla
T1= 9 ºC. PvT1=8.609
T2=10 ºC. PvT2=4.202
TR=9.473 ºC.
TR =49.3374 ºF.
(b) Temperaturaalaque deberíacalentarse el aire,manteniendoconstantelacantidadde
vapor existente
HR=(Pv/Pvso) x 100%
HR=(9.055/ 37.335) x 100%
HR=51.61%