Problemas Resueltos TF v3 - 2
Problemas Resueltos TF v3 - 2
Problemas Resueltos TF v3 - 2
Resueltos de Tecnologa
Frigorfica
Versin 3.2, octubre de 2015
5 4
Evaporador de alta
p (kPa)
5 4
3
2
7
6 3 2
8 1
h (kJ/kg)
7
Evaporador de baja
8 1
2
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
ndice de contenido
Ciclo simple de compresin mecnica..........................................................................................4
Problema 1................................................................................................................................4
Ciclos mltiples de compresin mecnica.................................................................................... 7
Problema 2................................................................................................................................7
Problema 3..............................................................................................................................13
Problema 4..............................................................................................................................16
Problema 5..............................................................................................................................20
Compresores............................................................................................................................... 24
Problema 6..............................................................................................................................24
Problema 7..............................................................................................................................27
Problema 8..............................................................................................................................29
Problema 9..............................................................................................................................32
Evaporadores y condensadores................................................................................................... 34
Problema 10............................................................................................................................34
Problema 11............................................................................................................................36
Problema 12............................................................................................................................39
Problema 13............................................................................................................................42
Problema 14............................................................................................................................44
Problemas combinados............................................................................................................... 47
Problema 15............................................................................................................................47
3
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
A. Caudal de refrigerante
B. Potencia de compresin
C. Coeficiente de eficiencia energtica
D. Relacin de compresin
E. Caudal volumtrico de refrigerante manejado por el compresor
F. Temperatura de descarga del compresor
G. 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 compresin
estndar de de vapor y la representacin de los mismos sobre un diagrama presin - entalpa del
refrigerante.
3 2
4 1
p (kPa)
3 2
4 1
h (kJ/kg)
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:
4
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Para obtener la entalpa del punto 2 debemos usar las tablas de vapor sobrecalentado del R-22 y
localizar el punto que se encuentra a la presin de condensacin y con un a entropa igual a la del punto
1, s 2= s1=1,765 kJ/KgK . Interpolando en las tablas obtenemos la temperatura y la entalpa del punto
2:
Q f 50 kW
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m = =0,330 kg/s
(h1 h4 ) (401,1 249,8) kJ/kg
B. Potencia de compresin:
Realizando un balance sobre el compresor y conocido ya el caudal de refrigerante que circula por el
ciclo, obtenemos la potencia de compresin necesaria.
W c = m
R (h2 h1)=0,330 kg/s(437,9401,1) kJ/kg=12,14 kW
C. Coeficiente de eficiencia energtica:
Si utilizamos nuestra mquina para produccin de fro, el coeficiente de eficiencia energtica tiene la
siguiente expresin.
Q f 50 kW
COP= = =4,12
W c 12,14 kW
D. Relacin de compresin:
ste siempre se toma a la entrada al compresor. A partir del volumen especfico en el punto 1,
v 1=0,06520 m/kg , obtenemos el caudal volumtrico en este punto del ciclo.
V R = m
R v 1=0,330 kg/s 0,06520 m/kg=0,0215 m/s=77,5 m/h
5
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
La temperatura del punto 2 es la ms elevada del ciclo y ya fue calculada en el proceso de interpolacin
para calcular la entalpa de este punto.
T 2 =63,5 C
G. Coeficiente de eficiencia energtica del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de
condensacin y evaporacin:
1 1
COP Carnot = = =5,26
T cond (40+273,15) K
1 1
T evap (10+273,15)K
Evidentemente el COP de nuestro ciclo estndar es inferior al de Carnot, siendo ste el 78 % del de
Carnot.
6
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Comencemos por calcular el coeficiente de eficiencia energtica de del ciclo terico de Carnot, que
establecer una cota superior del coeficiente de eficiencia energtica de todos los ciclos que vamos a
estudiar a continuacin.
1 1
COP Carnot = = =3,47
T cond (40+ 273,15) K
1 1
T evap (30+273,15) K
Q f =100.000 frig/h=116,3 kW
3 2
3 2
4 1
h (kJ/kg)
Si trasladamos las temperaturas de evaporacin y condensacin sobre el diagrama P-h del R-22, y
localizamos los puntos del ciclo estndar simple de compresin mecnica obtenemos los siguientes
valores:
7
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =0,815 kg/s W c = m
R (h2 h1)=47,11 kW
(h1 h4 )
El calor cedido por el condensador puede calcularse de dos formas diferentes, a travs del balance de
energa sobre el condensador o aplicando un balance de energa a toda la mquina frigorfica.
Q f
Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica valdr: COP= =2,47
W c
5 4
p (kPa)
2 7 5 4
6 3 2
6 8 1
7
h (kJ/kg)
8 1
8
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
p cond p
r c= = int =3,06
pint pevap
Las entalpas de los puntos que hasta el momento podemos localizar sobre el diagrama P-h son las
siguientes:
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 energa
sobre el evaporador y otro sobre el enfriador intermedio podemos conseguir dos ecuaciones
Q f =m RB (h1h8 )
RB h 5+ m
m RB h 2 +( m
RA m
RB )h 6= m
RA h3 + m
RB h 7
Donde:
RA h6 + m
m RB h 2= m
RA h3 + m
RB h8
( h6 h8)
=0,8= h8=h6( h6h9 )=210,0 kJ/kg
(h6 h9 )
Q f (h8 h 2 )
RB=
m =0,637 kg/s RA= m
m RB =0,859 kg/s
(h1h8 ) (h6 h3)
W c = m
RB (h 2h1 )+ m
RA(h 4h3 )=17,07 kW +23,97 kW=41,04 kW
9
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Q f
COP= =2,83
W c
5 4
p (kPa)
3
2 5 4
7
6 3 2
6 8 1
7
h (kJ/kg)
8 1
La presin intermedia es la misma que en el caso anterior y las entalpas de los puntos sobre el
diagrama 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:
Q f
Q f =m RB (h1h8 ) RB=
m =0,604 kg/s
(h1h8 )
Y un balance de energa sobre el enfriador intermedio nos permite calcular el caudal de alta:
RA h6 + m
m RB h 2= m
RA h3 + m
RB h 7 RA=0,853 kg/s
m
W c = m
RB (h 2h1 )+ m
RA(h 4h3 )=16,19 kW +23,80 kW=39,99 kW
Q f
COP= =2,91
W c
10
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p (kPa)
7 6
8 5
3 2 3
2
8 5
4 1
4 1 h (kJ/kg)
Para el caso de refrigeracin en cascada la temperatura de evaporacin del ciclo superior debe ser
inferior a la temperatura de condensacin del ciclo inferior, a esta diferencia de temperaturas se la
llama solape. Si utilizamos la temperatura intermedia de los casos anteriores y un solape de 5C,
podremos suponer que T 5=T 8 =0 C y T 3=5 C .
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:
RA h8 + m RB h2 = m
m RB h 3 + m
RA h5 RA=0,873 kg/s
m
Por tanto:
W c = m
RB (h 2h1 )+ m
RA (h6 h5 )=19,25 kW+24,36 kW=43,61 kW
Q f
COP= =2,67
W c
11
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
La siguiente tabla muestra un resumen de resultados obtenidos en los diferentes apartados del problema:
f (kW)
Apartado Q W c (kW) Q c (kW) COP
A 116,3 47,11 163,4 2,47
B 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.
12
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Problema 3
Un sistema de refrigeracin utiliza R-22 para suministrar una capacidad frigorfica de
180 kW a una temperatura de evaporacin de -30C y una presin de condensacin de
1730 kPa. Calcular:
6 5 2
9 1
3 2
3 2
4 1
h (kJ/kg)
Si trasladamos las temperaturas de evaporacin y condensacin sobre el diagrama P-h del R-22, y
localizamos los puntos del ciclo estndar simple de compresin mecnica obtenemos los siguientes
valores:
13
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Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =1,315 kg/s
(h1 h4 )
W c = m
R (h2 h1)=80,35 kW
Q f
Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica valdr: COP= =2,24
W c
6 5 2
4
Compresor
2
Compresor
1
7
9 1
La presin intermedia es p int =603 kPa y por tanto la temperatura de saturacin correspondientes ser
T int 6 C .
La siguiente figura muestra de forma cualitativa la localizacin de los puntos de la instalacin sobre un
diagrama p-h del R-22.
14
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p (kPa)
6 4 5 2
8
7 3
9 1
h (kJ/kg)
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) 392,5 457,0 407,2 433,4 256,6 256,6 207,1 207,1
Tabla 3.2: Entalpas de diferentes puntos de la instalacin.
Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal de refrigerante por el
compresor 1:
Q f
Q f =m R1 ( h1h9 ) R 1=
m =0,971 kg/s
(h 1h9 )
Y un balance de energa sobre el enfriador intermedio nos permite calcular el caudal del segundo
compresor:
( m R1 + m R 2) h7 =m R1 h8 + m
R 2 h3 R 2=0,311kg/s
m
Por tanto el trabajo de compresin de la instalacin como suma del trabajo de cada compresor valdr:
W c = m
R 1 (h 2h1 )+ m
R 2 ( h4 h3 )=59,33 kW +8,15 kW=67,48 kW
Q f
Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica ser: COP= =2,67
W c
15
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Problema 4
En un sistema de amoniaco con dos evaporadores y un compresor, el evaporador de baja
temperatura suministra 180 kW de refrigeracin con una temperatura de evaporacin de
-30C y el otro evaporador suministra 200 kW a 5C. La temperatura de condensacin
puede considerarse igual a 40C
5 4
Evaporador de alta
Evaporador de baja
8 1
Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que no
existe recalentamientos, ni subenfriamientos.
La figura 4.1 muestra el esquema de un sistema de refrigeracin con dos evaporadores y un compresor
y su diagrama p-h asociado. Conocidas las temperaturas de evaporacin de cada uno de los
evaporadores y la temperatura de condensacin, conocemos las entalpas de los puntos del ciclo que se
resumen en la siguiente tabla:
16
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Punto 3 4 5 6 7 8
h (kJ/kg) 390,6 390,6 1423,3 390,6 1467,4 1467,4
Tabla 4.1: Entalpas de diferentes puntos de la instalacin.
p (kPa)
3 2
3 2
1
Evaporador de alta 6 7
6 7 8
2 4 5 1 8
Evaporador de baja
0.2 0.4 0.6 0.8
4 5
h (kJ/kg)
Realizando balances de energa en ambos evaporadores podemos obtener los caudales que circulan por
cada uno de ellos:
Q fB
Q fB= m
RB (h5h4 ) RB=
m =0,174 kg/s
(h5h4 )
Q fA
Q fA = m
RA (h7h6 ) RA=
m =0,186 kg/s
(h 7h6 )
Por tanto el caudal total que debe mover el compresor y su entalpa se obtienen de un sencillo balance
de masa y energa en la mezcla de las dos corrientes:
R=m
m RB + m
RA=0,360 kg/s
RB h5 + m
m RA h8
R h1= m
m RB h5 + m
RA h8 h 1= =1446,1 kJ/kg
mR
Las entalpas de los diferentes puntos del ciclo se muestran en la siguiente tabla:
17
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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
Tabla 4.2: Entalpas de diferentes puntos de la instalacin.
El diagrama p-h de la instalacin sera el siguiente:
5 4
Evaporador de alta
p (kPa)
5 4
3
2
7
6 3 2
8 1
h (kJ/kg)
7
Evaporador de baja
8 1
Podemos realizar un balance de energa en cada uno de los evaporadores obtenemos los caudales que
circulan por los mismos.
Q fB
Q fB = m
RB (h1h8 ) RB=
m =0,150 kg/s
(h1h8 )
Q fA
Q fA= m
RA (h3h6 ) RA=
m =0,186 kg/s
(h 3h6 )
Y para conseguir el ltimo caudal realizamos un balance de energa sobre el enfriador intermedio:
RB h 2 +( m
m RC m
RA) h6= m
RB h7 +( m
RC m
RA) h3
m RB (h7h 2)+ m
RA (h6 h 3)
RC =
m =0,381 kg/s
( h6h3 )
18
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
19
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Problema 5
Un ciclo estndar de compresin mecnica simple utiliza R-22 como refrigerante. La
capacidad 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 para
funcionar con los mismos parmetros pero siguiendo los esquemas (A) y (B) de la figura
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 las
dos configuraciones de ciclo compresin mltiple propuestas:
6 5
5 4
4
3 3
6 7
7 1 9 1
(A) (B)
Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo, que no
existen recalentamientos, ni subenfriamientos en los evaporadores y condensadores y
que los compresores son ideales.
T evap =30 C p evap =163,9 kPa p cond =1534,1 kPa T cond =40 C
Puesto que la compresin es isentrpica podemos calcular la entalpa del punto 2, igualando las
entropas de los puntos 1 y 2:
20
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p (kPa)
3 2
3 2
4 1
h (kJ/kg)
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =1,261 kg/s W c = m
R (h2 h1)=72,9 kW
(h1 h4 )
Q f
Por ltimo el coeficiente de eficiencia energtica valdr: COP= =2,47
W c
5 4
p (kPa)
3 5 4
6
3 2
7 1
6
0.2 0.4 0.6 0.8
h (kJ/kg)
7 1
(A)
La presin de intermedia a la opera el depsito es p int=498,1 kPa que corresponde con una
temperatura de cambio de fase de T int =0 C .
21
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Las entalpas de los nuevos puntos, suponiendo los procesos de compresin isentrpicos son las
siguientes:
Realizando un balance de energa sobre el evaporador obtenemos el caudal que circula por el mismo, y
por el compresor de baja presin. Como el salto de entalpa es el mismo que en el caso del ciclo simple
y demandamos la misma potencia frigorfica, el caudal debe ser el mismo.
Q f
Q f =m RB (h1h7 ) RB=
m =1,261 kg/s
(h1h7 )
Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudal que circula por el
compresor de alta:
h 2h6
RB h 2 +( m
m RA m
RB )h 6= m
RA h3 RA= m
m RB =1,377 kg/s
h 3h6
Q f
W c = m
RB (h 2h1 )+ m
RA(h 4h3 )=33,8+ 41,0=74,8 kW COP= =2,41
W c
6 5
4
p (kPa)
3
6 4 5 2
8
2 7 3
7 9 1
8
h (kJ/kg)
9 1
(B)
Al igual que el caso (A), la presin de intermedia a la opera el depsito es p int=498,1 kPa , que
corresponde con una temperatura de cambio de fase de T int =0 C .
Las entalpas de los puntos, suponiendo los procesos de compresin isentrpicos son las siguientes:
22
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Punto 1 2 3 4 6 7 8 9
h (kJ/kg) 392,5 450,3 405,0 432,9 249,8 249,8 200,0 200,0
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, y
por el compresor de baja presin (le llamaremos as aunque realmente no sea de baja):
Q f
Q f =m RB (h1h9 ) RB=
m =0,935 kg/s
(h1h9 )
Realizando un balance de energa en el depsito intermedio obtenemos el caudal que circula por el
compresor de alta:
h 7h8
( m RA + m RB) h7= m RA h3 + m
RB h8 RA= m
m RB =0,300 kg/s
h 3h7
Q f
W c = m
RB (h 2h1 )+ m
RA(h 4h3 )=54,0+8,9=62,9 kW COP= =2,86
W c
23
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Compresores
Problema 6
Se necesita evacuar 150.000 kcal/h de cierta cmara frigorfica, para lo que se decide
instalar un sistema de produccin de fro por compresin mecnica. La temperatura de la
cmara no puede superar los 3C y el la diferencia de temperaturas a la entrada del
evaporador 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.
Calcular el grado de subenfriamiento del fluido condensado para que pueda funcionar la
instalacin con este compresor y si es posible su realizacin.
La siguiente figura muestra un esquema de una instalacin para enfriamiento de aire condensada por
agua:
3 2
4 5
La temperatura del aire en la cmara debe ser inferior a 3C, por lo tanto podemos suponer que esta es
la temperatura de entrada del aire al evaporador. Luego si el salto a la entrada al evaporador debe ser de
7C la temperatura de evaporacin ser:
24
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
salto mximo en esta agua es de 5C luego la temperatura del agua a la salida del condensador ser, y
la temperatura de condensacin 5C por encima de la temperatura ms alta alcanzada en el
condensador:
Con estos datos intentaremos dibujar el ciclo sobre un diagrama p-h de R-134a, aunque desconocemos
las entalpas de los puntos 3 y 4, ya que estas dependen del grado de subenfriamiento que es nuestra
incgnita. El punto 1 (entrada al compresor) se encuentra a la presin de evaporacin y sobre la
isoterma de 0C (-10C + 10C).
3 2s
4 5 1
h (kJ/kg)
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:
Para este caso la relacin de presiones es 3,31 podemos decir que rendimiento volumtrico del
compresor va a ser aproximadamente 0,8.
V R 1
vol = V R 1=V t vol =0,255 m/s
V t
Siendo el volumen especfico sobre el punto 1 v 1=0,1044 m/kg , tendremos un caudal msico:
V R 1
R=
m =0,244 kg / s
v1
Y del balance de energa sobre el evaporador podemos obtener la entalpa del punto 4:
Q f
Q f =m R (h 5h4 ) h4 =h 5 =322,1 kJ/kg
mR
25
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Este valor es imposible, sera necesario subenfriar el lquido a menos cientos de grados.
26
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problema 7
Los datos de catlogo de un compresor son los siguientes:
Refrigerante: R-22
Nmero de cilindros: 6
Velocidad de giro: 1740 r.p.m.
Dimetro del cilindro: 67 mm
Carrera: 57 mm
La siguiente figura muestra el diagrama p-h del problema indicado con anterioridad.
p (kPa)
3 2s 2
4 5 1
h (kJ/kg)
D 2c
V t = N c L c =0,035 m/s=126 m/h
4
27
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =0,628 kg/s
(h1 h4 )
V R 1= m
R v 1=0,0264 m/s
V R 1
vol = =0,754
V t
W c ,s = m
R (h2 sh1 )=19,66 kW
W c , s
s = =0,680
W c
Si quisiramos calcular la temperatura del punto 2, podemos realizarlo a travs de la entalpa de este
punto.
W c = m
R (h2 h1) h2 =458,9 kJ/kgT 2 =93,4 C
28
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Problema 8
Los datos de catlogo del compresor SP4L220E son los siguientes:
Refrigerante: R-134a
Desplazamiento volumtrico: 86,1 m/h
Calcular:
La potencia frigorfica, el trabajo de compresin y el coeficiente de eficiencia energtica,
si pretendemos utilizar este compresor en un ciclo con las mismas temperaturas de
evaporacin y compresin pero sin subenfriamiento del lquido ni recalentamiento del
vapor.
La siguiente figura muestra el diagrama p-h (R-134a) del problema con subenfriamiento y
recalentamiento. El punto 2s es el punto de salida de un proceso de compresin isentrpico.
p (kPa)
3 2s 2
4 1
h (kJ/kg)
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.
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =0,173 kg/s
(h1 h4 )
29
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Tambin podemos conseguir la entalpa del punto 2 realizando un balance de energa sobre el
compresor.
W c
W c = m
R (h2 h1) h2 =h1 + =459,0 kJ/kg
mR
La siguiente figura muestra el ciclo sin recalentamiento del vapor, ni subenfriamiento del lquido.
p (kPa)
4' 1'
h (kJ/kg)
Para los nuevos punto los valores de las entalpas son los siguientes:
h1' =392,7 kJ/kg h2 s ' =430,0 kJ/kg h3' =h4 ' =271,6 kJ/kg
Al mantenerse las presiones de aspiracin y descarga entre las cuales trabaja el compresor, tenemos que
la relacin de presiones es la misma que en el caso anterior y puede considerarse una buena hiptesis
suponer que el rendimiento volumtrico y el rendimiento isentrpico del compresor se mantienen.
V R 1 m
v
vol = = R 1 =0,755
Vt V t
V t vol
Q 'f =m 'R (h 1' h4' )=22,77 kW
'
R=
m =0,188 kg/s
v1'
Usando el otro parmetro que podemos considerar constante, el rendimiento isentrpico o rendimiento
de la compresin, podemos obtener al trabajo absorbido por el compresor en la segunda situacin.
W m (h h )
s= c , s = R 2 s 1 =0,716
Wc Wc
W ' '
(h h )
m
W 'c = cs, s = R 2s 's 1' =9,79 kW
Los valores del coeficiente de eficiencia energtica para ambos casos son:
30
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q f Q 'f
COP= =2,37 COP ' = =2,33
W c W 'c
31
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problema 9
Un compresor hermtico alternativo de 4 cilindros para R-22, tiene una velocidad de
giro 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 relacin
de compresin (rc):
D 2c
V t = N c L c =0,0483 m/s=173,8 m/h
4
3 2s 2
4 1
h (kJ/kg)
p cond
r c= =6,251 vol =0,0016 r 2c 0,0734 r c +1,0117=0,6154
p evap
32
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
V R 1 m
v vol V t
vol = = R 1 R=
m =0,321 kg/s
Vt V t v1
Realizando los mismos clculos para las otras tres temperaturas de evaporacin obtenemos los
siguientes resultados:
33
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Evaporadores y condensadores
Problema 10
Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza
un ciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor ni
subenfriamiento del lquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante s a dicha
maquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0,19 kg/s a una temperatura de
entrada de 20C, siendo la temperatura del aire a la entrada al condensador 25C y su
caudal, forzado por un ventilador, 5.500 m/h. Entonces, la potencia frigorfica
desarrollada por la mquina en las condiciones anteriores es 8 kW y la potencia
absorbida por el compresor 1,5 kW, el UA del evaporador es 883 W/K, y las
caractersticas del compresor alternativos son las siguientes:
N de cilindros: 2
Dimetro: 5 cm
Carrera: 5 cm
Rendimiento volumtrico: 0,822
Velocidad de giro: 750 rev/min
Calcular:
La siguiente figura muestra un esquema de una enfriadora de agua condensada por aire.
3 2
4 1
Q f
Q f =m W c p (T We T Ws ) T Ws=T we =9,93 C
m W c p
34
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
T We
T (C)
T Ws
T evap
A (m)
vol =
V R 1
V t
V R 1=vol V t =vol N c ( D 2c
4 )
Lc =0,00201 m/s
Para calcular el caudal msico de refrigerante ser necesario conocer el volumen especfico a la entrada
del compresor del R-22 como vapor saturado.
V R 1
v 1=0,04035 m/kg R=
m =0,05 kg/s
v1
Si obtenemos la potencia frigorfica a travs de los datos del refrigerante, podremos despejar la entalpa
del punto 4 (entrada al evaporador) que es igual a la del punto 3 (salida del condensador) por ser el
proceso de expansin isentlpico.
Q f
h1=406,8 kJ/kg h4 =h 1 =246,8 kJ/kg
mR
Para calcular la temperatura de salida del aire en el condensador ser necesario realizar un balance de
energa sobre este.
Q c =m R ( h2 h3 )= m
A c p (T AsT Ae )
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 potencia
frigorfica y el trabajo de compresin.
Q f +W c
Q c =Q f + W c =V A c p (T AsT Ae) T As =T Ae + =30,18 C
V A c p
35
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problema 11
Una mquina frigorfica basada en un ciclo estndar de compresin mecnica desarrolla
una potencia frigorfica de 5 kW. El fabricante suministra el coeficiente de eficiencia
energtica (COP) de dicha mquina como una funcin de la temperatura de
condensacin del refrigerante en C, COP=2,5 0,01(T cond 30) .
Nota: Suponer que el coeficiente de pelcula interior en los tubos es 113 W/mK,
independiente de la velocidad del fluido por encontrarse este en rgimen laminar.
Apartado A:
La siguiente figura muestra un esquema del condensador enfriadora de agua condensada por aire.
Refrigerante
T cond
Agua
T We
T Ws
Si expresamos el COP en funcin de los datos del problema (Potencia frigorfica) y calor de
condensacin tendremos:
Q f Q f
COP= =
W c Q c Q f (
Q c =Q f 1+
1
COP ) (
= Q f 1+
1
2,5 0,01(T cond 30) )
36
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
La ecuacin anterior contiene las dos incgnitas del apartado A, necesitamos por tanto otra ecuacin
que nos permita cerrar el problema. Realizando un balance de energa sobre el condensador tendremos:
c (1 e )(T
U A
Q c =m W c p (T Ws T We )= m W cp
m
W c p (T cond T We )= m
W p cond T We )
T (C)
T cond
T Ws
T We
A (m)
Luego si igualo las dos ecuaciones anteriores, tendr una sola ecuacin con una sola incgnita, la
temperatura de condensacin.
( )(T
U A
(
Q f 1+
1
2,5 0,01(T cond 30)
=m
)
W cp 1 e
m W cp
cond T We )
Clculo de UA:
1
U A= =1046 W/K
1 ln ( D ext / D %int ) 1
+ +
h ext A ext 2 k N t Lt h%int A%int
Donde:
Despejando de la ecuacin inicial y resolviendo queda una ecuacin cuadrtica de la que la nica
solucin vlida es: T cond =31,75 C
(
Q c =Q f 1+
1
2,5 0,01(T cond 30)
=7,014 kW
)
Apartado B
37
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
(
Q c =Q f 1+
1
2,5 0,01(T cond 30)
=7 kW
)
Utilizando la otra expresin del calor de condensacin tendramos que:
( )(T
U A
Q c =m W c p 1 e mWcp
cond T We )
...
W =0,2884 kg/s
n iteracin: m
38
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Problema 12
Una mquina frigorfica de amoniaco es utilizada para enfriar una corriente de 31,6
l/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 el
lado del agua de aproximadamente R suc=0,001 mK/W , el rea exterior del evaporador,
la que est en contacto directo con el agua, es 10 m.
W =0,5267 kg/s .
El caudal de agua a la entrada, suponiendo una densidad del agua de 1 kg/l, es: m
Q f =m W c p (T We T Ws )=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.
T We
T (C)
T Ws
T evap
A (m)
Con esta temperatura de evaporacin ya podemos dibujar el ciclo estndar de compresin sobre un
diagrama P-h del amoniaco (R-717):
39
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
p (kPa)
3 2s 2
4 1
h (kJ/kg)
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =0,0094 kg/s
(h1 h4 )
W c , s W c , s m
R (h2 sh1 )
s = W c = s = s =2,49 kW
W c
Q f
COP limpio = =4,04
W c
Para el caso del intercambiador sucio, el primer paso es calcular el valor del nuevo UA:
1
U A sucio = =740,7 W/K
1 R suc
+
U Alimpio Aext
En este caso la temperatura de evaporacin cambiar puesto que la vlvula de expansin mantiene la
potencia frigorfica:
T WeT Ws
T evap =T We U Asucio 1C
m
Wcp
1e
40
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) R=
m =0,0094 kg/s
(h1 h4 )
W c , s W c , s m
R (h2 sh1 )
s = W c = s = s =2,57 kW
W c
Q f
COP sucio= =3,91
W c
41
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problema 13
Una cmara frigorfica para almacenamiento se mantiene a una temperatura de 10C y
una 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 estas condiciones la
instalacin desarrolla una potencia frigorfica de 100 kW.
Q f =m A ( h Aeh As )
Si suponemos que el caudal volumtrico de aire ha sido medido a la entrada al evaporador, podemos
decir que su densidad a 10C es aproximadamente 1,247 kg/m, y por lo tanto el caudal msico ser:
A =V Ae Ae =10,39 kg/s
m
Podemos discutir en este punto si este caudal es de aire seco o aire hmedo, pero la diferencia entre
ambos ser tan pequea que puede considerarse que ambos valen lo mismo y son iguales al valor
anterior.
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: h Ae=26 kJ/kg a.s. .
42
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
0,016
Presin = 101,3 kPa )
as 80%
g
0,014 J/k
(k
h
0,012 40
60%
w (kg v/kg as)
0,010 30
0,008 20 40%
0,006 10 Ae
0,004 0 As 20%
0,002
0,000
-10 -5 0 5 10 15 20 25
T (C)
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:
Q f
h As=h Ae =16,38 kJ/kg a.s.
mA
Ahora podemos colocar el punto de salida del aire sobre el diagrama psicromtrico en el punto de
interseccin entre la lnea de entalpa igual a la anterior y de temperatura seca igual a 5C.
Por lo tanto el caudal de agua condensada ser igual a la cantidad de agua perdida por el aire en su paso
por el evaporador.
W =m
m A (w Ae w As )=15,6 g/s=56,16 kg/h
43
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problema 14
Se dispone de una mquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza
un ciclo simple de compresin mecnica, sin recalentamiento del vapor ni
subenfriamiento del lquido, utilizando R-22. Segn los datos del fabricante si a dicha
maquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0,20 kg/s a una temperatura de
entrada de 20C, la temperatura de evaporacin del refrigerante es 6C y la potencia
consumida por el compresor 1,5 kW, con una temperatura de condensacin de 40C. El
desplazamiento volumtrico del compresor vale 9 m/h y el rendimiento volumtrico 0,8
Calcular:
B. Si suponemos que el caudal de agua desciende a 0,18 kg/s, y que la mquina funciona
con una vlvula de expansin automtica (mantiene la temperatura de evaporacin
constante), calcular la nueva potencia frigorfica, potencia de compresin y potencia
evacuada por el condensador.
Nota: suponer que el U A del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0,8
y que el rendimiento volumtrico e isentrpico del compresor en el segundo apartado
son los mismos que los del primer apartado.
Apartado A
3 2
4 1
Conocidas las temperaturas de evaporacin y condensacin del refrigerante podemos localizar sobre un
diagrama P-h alguno de los puntos del ciclo con las siguientes entalpas:
44
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
V R 1 m
v vol V t
vol = = R 1 R=
m =0,0511 kg/s
Vt V t v1
p (kPa)
3 2s 2
4 1
h (kJ/kg)
Q f =m R (h 1h4 )=8,04 kW
La potencia evacuada por el condensador puede obtenerse de un balance de energa sobre toda la
mquina:
Q c =Q f + W c =9,54 kW
Si realizamos un balance sobre el evaporador pero desde el lado del agua, podemos obtener la
temperatura de salida del agua:
T We
T (C)
T Ws
T evap
A (m)
Q f
Q f =m W c p (T We T Ws ) T Ws=T We =10,38 C
m
W cp
45
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
T We T Ws Q f
Q f =U A T lm =U A U A= =0,971 kW/C
( T We T evap
)
lm
ln
T Ws T evap
Apartado B
Para este apartado suponemos que el nuevo caudal de agua es m W =0,18 kg/s , las temperaturas de
entrada del agua y de evaporacin son la misma ya que el sistema esta controlado por una vlvula de
expansin automtica que mantiene la presin, y por tanto la temperatura, de evaporacin constante.
V R 1 m
v vol V t
vol = = R 1 R=
m =0,0511 kg/s
V t V t v1
Tambin se nos indica que el UA del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0,8, por
tanto, el ratio entre el nuevo UA y el antiguo es igual a la relacin de caudales elevada a 0,8.
( )
0,8
U A nuevo m W , nuevo
= =0,9192 U A nuevo =0,893 kW/C
UA mW
( )(T
U A
Q f =m W c p (T We T Ws )= m
m W cp
W cp 1 e We T evap )=7,32 kW
Con esta potencia frigorfica y realizando un balance del lado del refrigerante obtenemos la entalpa de
entrada al evaporador:
Q f
Q f =m R (h 1h4 ) h4 =h 1 =263,9 kJ/kg
mR
Esta entalpa corresponde a una temperatura de condensacin de: T cond =50,36 C50 C
Para obtener el trabajo de compresin debemos suponer que el rendimiento isentrpico permanece
constante desde el apartado A:
W m (h h )
s= c , s = R 2 s 1 =0,784
Wc Wc
W c , s m
R (h2 sh1 )
W c = s = s =1,903 kW
Q c =Q f + W c =9,22 kW
46
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Problemas combinados
Problema 15
La instalacin frigorfica de la figura utiliza amoniaco como refrigerante, consta de dos
evaporadores que mantienen diferentes temperaturas de conservacin en sendas cmaras
frigorficas. Se conocen los siguientes datos:
5
4
7 1
Evaporador de alta
10 11 12
Evaporador de baja
8 9
47
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Se pide:
A. Dibujar un esquema del diagrama p-h del refrigerante con todos los puntos de la
figura colocados en l.
B. Calcular la potencia consumida por cada uno de los compresores y el COP de la
instalacin.
C. Caudal de agua de la bomba del circuito de condensacin.
D. Caudal de agua de reposicin (evaporado) en la torre.
Nota: Suponer que no existen prdidas de presin en los elementos del ciclo y que no
existe recalentamientos, ni subenfriamientos.
Las temperaturas asociadas a las presiones de cambio de fase del amoniaco mostradas en el enunciado
son las siguientes:
5 40 C 4s 4
7 6 2s 2
0 C
3
-20 C 11
10
-30 C 9
8 1 12
h (kJ/kg)
Mirando en las tablas de lquido / vapor saturado del amoniaco (R-717) conseguimos las entalpas de
los siguientes puntos:
48
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q f , B
Q f , B = m
R , B (h11h10 ) R , B=
m =0,0242 kg/s
(h11h 10)
Q f , A
Q f , A = m
R , A (h9 h8) R , A=
m =0,0123 kg/s
(h9h8 )
R , A h12 + m
m R , B h9
h1= =1428,2 kJ/kg
m R, A+m R ,B
Si seguimos la isentrpica que parte del punto 1 hasta la presin del deposito intermedio obtenemos:
h2 s=1601,7 kJ/kg . El rendimiento isentrpico de la compresin es 0,8 y por tanto:
h2 sh1 h2 s h1
s = h2 =h1 + s =1645,1 kJ/kg
h 2h1
Realicemos ahora un balance de energa en el deposito para calcular el caudal de refrigerante que
circula por el compresor de alta y el condensador:
( m R , A + m
R , B )h 2 + m
R ,cond h6=( m
R , A+ m
R , B ) h7 + m R ,cond h3
h2 h 7
R , cond =( m
m R , A+ m
R , B) =0,0492 kg/s
h3h6
Si seguimos la isentrpica que parte del punto 3 hasta la presin de condensacin obtenemos:
h4 s=1647,4 kJ/kg . El rendimiento isentrpico de la compresin es 0.8 y por tanto:
h4 s h3 h4 s h3
s = h4 =h 3 + s =1693,7 kJ/kg
h 4h3
W c , B =( m
R , A+ m
R , B )(h2 h1)=7,92 kW
Q f , B +Q f , A
COP= =2,33
W c , B +W c , A
Q cond = m
W c p (T We T Ws)
49
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
Q cond
W=
m =3,08 kg/s
c p (T We T Ws)
Las condiciones del aire a la entrada a la torre son las siguientes: T Aext =35 C T bh , Aext =25 C
Todo el calor cedido por el condensador ser absorbido por el aire exterior luego:
Q c
Q c =m A (h Ash Aext ) h As=h Aext + =89 kJ/kg a.s.
mA
Con esta entalpa y la humedad relativa del 90% podemos colocar sobre el diagrama psicromtrico el
punto de salida del aire:
La diferencias de humedades absolutas entre el aire a la salida y a la entrada nos permite calcular la
cantidad de agua evaporada en la torre que es a su vez igual al caudal de agua que es necesario reponer:
W ,rep = m
m A (w As w Aext )=35 g/s=126 kg/h
50
Coleccin de problemas resueltos de Tecnologa Frigorfica
As
Aext
51