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CASO 1:
Trazar en el diagrama p_h para R404a el ciclo básico de refrigeración con capacidad frigorífica de
10 TN con los datos mostrado en el esquema presentado y determinar los sgtes parámetros.
1. Trazo del ciclo de refrigeracioncon 10k de sobrecalentamiento y 10k de subenfriamiento
2. Las presiones manómetricas de alta y de baja del sistema en kg/cm2:

Presion de alta según el diagrama 23bar y su
Presion manometrica de alta sería 22bar.
1bar = 1.0197Kg/cm2
22bar= 22.43 Kg/cm2
Presion de baja según diagrama es 3bar y su
Presion manometrica de baja seria 2bar
1bar= 1.0197Kg/cm2
2bar= 2.03Kg/cm2
3.El coeficiente de comportamiento del ciclo(tn/hp)
Cop=Q1/W.
Q1= capacidad frigorífica
W= potencia
Datos según el diagrama:

h1=362 h2= 405 h3= 262 h4= 262
Para saber la w= potencia W=Mx × ^h12
Mx= caudal de refrigeración
^h12= diferencia de entalpia 1 2
Para saber el Mx= caudal de refrigeración en KW
Mx= Q1/^h14
1tn= 3.5 kw. 10tn= 35.1 kw.
Reemplazando datos
Mx= 35.1kw ÷(362_262) Mx=35.1÷100
Mx= 0.35 caudal de refrigerante
Potencia
W= Mx × ^h21
W=0.35 ×(405-362) W=0.35 × 43
W= 15.05kw
Cop en tn/hp del ejercicio
Cop= Q1/w
Datos: Q1=10 tn. W= 15.05 kw convertir a hp
15.05 × 4/3 =20.06 hp
Reemplazando. Cop= 10tn/20.06hp
Cop= 0.49 tn/hp
4.temperatura de compresión (salida del compresor)
Q2 =Mx × ^h23
Q2= 0.35× (405-262)
Q2= 0.35× 143
Q2= 50.05
5. Temperatura posible de la cámara a enfriar y temperatura posible del medio exterior.
_ temperatura de la cámara a enfriar según el diagrama:
Donde el evaporador esta a -20°c por lo tanto la temperatura en la cámara debe estar 10° más
caliente por lo tanto la temperatura en la cámara a enfriar es de -10°c
_temperatura posible del medio exterior según el diagrama:
Donde el condensador esta a 50°c por lo tanto la temperatura exterior debe ser 10° más fría por lo
tanto la temperatura exterior es de 40°c
6. Cual será la potencia de compresión del sistema.
W = Mx × ^h21
Mx= caudal de refrigerante
^h= diferencia de entalpia
Reemplazamos según el diagrama ya realizado
W =0.35× (405-362)
W= 0.35×43
W= 15.05 kw.
CASO 2
Se quiere destinar un ambiente con las dimensiones representadas para congelamiento del
producto indicado en el esquema.La futura cámara tendrá q operar bajo las sgtes características:
- Condiciones exteriores: 32°c y 60% HR

- No de personas trabajando: 3 por jornada un promedio de 4 horas diarias.
- Iluminación: 12 lámparas fluorescentes de 0.036kw c/u.
- Material de las paredes ladrillo común.
1.determinar la carga térmica a través de las paredes y producto:

-Calor a través de paredes
Qc= 24× A× ^T/Rt
A= area de pared
^T= diferencia de temperatura ambos lados de pared.
Rt= resistencia total al paso de calor
Para obtener la resistencia total al calor se aplica la sgte formula: Rt= E1/K1+ E2/K2…………
E= espesor de la pared/aislante
K= coeficiente de conductividad
Datos del caso para saber la Rt:
ladrillo comun E= 25 cm y K=62 según tabla
Poliuretano expandido E=100 mm según tabla x lo tanto su E= 10cm y K=2.98 según tabla
Reemplazando datos
Rt=25/62 + 10/2.98 Rt=0.4 + 3.35
Rt=3.75
Datos para saber el calor térmico de las paredes según datos del caso:
T°= 32°c
HR= 60%
Area pared sur soleada 25×4= 100m2
Area pared oeste soleada 8×4= 32 m2
Area de paredes no soleadas 2= 132m2
Pared sur soleada
Q= 24×A×(^T+Rqs)/Rt
Rqs= radiación por calor solar
Rqs= 2.2 según tabla
Q= 24x100×(32- -20) + 2.2/3.75
Q=24×100×(52+2.2)/3.75
Q=24×100×54.2/3.75
Q=130080/3.75
Q=34688
Pared oeste soleada
Q=24×A×(^T÷Rqs)/Rt
Rqs=3.3 según tabla
Q=24×32×(32- -20)+3.3/3.75
Q=24×32(52+3.3)/3.75
Q=24×32×55.3/3.75
Q=42470.4/3.75
Q=11325.4
Calor de paredes no soleadas
Q=24×A×^T/Rt
Q=24×132×(32- -20)/3.75
Q=24×132×52/3.75
Q=164736/3.75
Q=43929.6
Calor total de paredes:
Qt= 43929.6+11325.4+34688
Qt=88943kcal
Calor De producto carne de res:
Calor específico de carne de res según tabla:
Sobre congelación Cof=0.77
Bajocongelcion Cbf=0.42
Calor de congelacion Cf= 56
Datos del caso:
TI= 32° w=30 tn = 30000 T de camara=-20°c
Q1= W×Cof×(Ti - Tf)
Q1=30000×0.77×(32 -0)
Q1=30000×0.77×32
Q1= 30000×24.64
Q1=739200 kcal/d
Q2= W×Cf
Q2=30000×56
Q2=1680000kcal/d
Q3 = W×Cbf×(T*- Tc) T*= temp de congelacion
Tc=temperatura de camara
Q3=30000×0.42×(0- -20)
Q3=30000×0.42×20
Q3= 30000×8.4
Q3= 252000kcal/d
Calor total del producto carne de res:
Qt=Q1÷Q2÷Q3
Qt= 739200+1680000+252000
Qt= 2671200 kcal/d
2.determinar la carga térmica debido a aire infiltrado y a fuentes internas:
Carga térmica de aire infiltrado;
Qb= V×N°×C. Donde:
V= volumen de camara
N°=cambio de volúmenes de aire diario
C= calor q trae cada cambio de aire
Datos :
V=800 m3 N°=renovaciones diarias según tabla 2.5
C=calor q trae cada cambio de aire según tabla:32.84
Qb=800×2.5×32.84
Qb=65680 kcal/d
Carga térmica de fuentes internas
Iluminación: Qlm= P×1000×N° de hr/d
Qlm=12×0.036×1000×4
Qlm=1728 kcal/d
Personas:
Q=N° personas×Cp×N° de hr/d
Cp=calor q produce cada persona
Según tabla en una cámara a -20° el calor de cada persona es 325
Q=3×325×4
Q=3900 kcal/d
Calor de fuentes internas:
Qt= 1728+3900
Qt=5628
3.determinar la capacidad frigorífica para la selección de los elementos del sistema.
Pot Frig=calores totales × 1.1/H
Tiempo de operación neta:
16hr= para conservación
18hr= para congelacion
Carga de producto=2671200 kcal/d
Carga suplementarias=5628 kcal/d
Carga de paredes= 88943 kcal/d
Carga de aire infiltrado = 65680 kcal/d
Qt= 2831451
Pot Frig= 2831451×1.1/18
Pot Frig= 3114596.1/18
Pot Frig= 173033.1 kcal/h
4.seleccionar el(los) compreso(es) de un catálogo comercial o industrial de compresores
Según el catálogo de compresores para refrigerante R12 el modelo a usar es:
Modelo= 66G-60 y su capacidad es 49125 kcal/h y como la potencia frigorífica de la cámara es

173033.1 kcal/h necesitaríamos 4 compresores.
5.seleccionar la(las) valvula(s) de expansión termostatos de un catálogo comercial o industrial
CASO 3
Indicar las causas posibles por las q un sistema de refrigeración presenta problemas de elevación
de la presión alta,sus consecuencias y las posibles soluciones a realiza:
Cuando hay presión alta en el condensador:
Causa:hay exceso de refrigerante
Solucio : Ventile gradualmente algo de refrigerante
Hasta alcanzar la presion óptima.
Causa: Bloqueo en el condensador conduce a la
Acumulación de gas.
Solucion: Limpiar y descontaminar el condensador
Causa: Mal funcionamiento de valvula de
Expansión.
Solucion: Aumentar la apertura de la valvula para
Reducir la presión y si está dañada
Cambiarla.

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CASO 1:

1. Trazo del ciclo de refrigeracioncon 10k de sobrecalentamiento y 10k de subenfriamiento

2. Las presiones manómetricas de alta y de baja del sistema en kg/cm2:

3.El coeficiente de comportamiento del ciclo(tn/hp)

Q1= capacidad frigorífica

Datos según el diagrama:

Para saber la w= potencia W=Mx × ^h12

Mx= caudal de refrigeración

^h12= diferencia de entalpia 1 2

Para saber el Mx= caudal de refrigeración en KW

1tn= 3.5 kw. 10tn= 35.1 kw.

Mx= 35.1kw ÷(362_262) Mx=35.1÷100

Mx= 0.35 caudal de refrigerante

W=0.35 ×(405-362) W=0.35 × 43

Cop en tn/hp del ejercicio

Datos: Q1=10 tn. W= 15.05 kw convertir a hp

15.05 × 4/3 =20.06 hp

Reemplazando. Cop= 10tn/20.06hp

Cop= 0.49 tn/hp

4.temperatura de compresión (salida del compresor)

Q2= 0.35× (405-262)

Q2= 0.35× 143

5. Temperatura posible de la cámara a enfriar y temperatura posible del medio exterior.

_ temperatura de la cámara a enfriar según el diagrama:

6. Cual será la potencia de compresión del sistema.

Mx= caudal de refrigerante

^h= diferencia de entalpia

Reemplazamos según el diagrama ya realizado

- Condiciones exteriores: 32°c y 60% HR

1.determinar la carga térmica a través de las paredes y producto:

Qc= 24× A× ^T/Rt

^T= diferencia de temperatura ambos lados de pared.

Rt= resistencia total al paso de calor

Datos del caso para saber la Rt:

ladrillo comun E= 25 cm y K=62 según tabla

Rt=25/62 + 10/2.98 Rt=0.4 + 3.35

Area pared sur soleada 25×4= 100m2

Area pared oeste soleada 8×4= 32 m2

Area de paredes no soleadas 2= 132m2

Pared sur soleada

Rqs= radiación por calor solar

Rqs= 2.2 según tabla

Q= 24x100×(32- -20) + 2.2/3.75

Rqs=3.3 según tabla

Calor de paredes no soleadas

Calor total de paredes:

Calor De producto carne de res:

Calor específico de carne de res según tabla:

Sobre congelación Cof=0.77

Calor de congelacion Cf= 56

Datos del caso:

TI= 32° w=30 tn = 30000 T de camara=-20°c

Q1= W×Cof×(Ti - Tf)

Q3 = W×Cbf×(T*- Tc) T*= temp de congelacion

Calor total del producto carne de res:

Qt= 2671200 kcal/d

2.determinar la carga térmica debido a aire infiltrado y a fuentes internas:

Carga térmica de aire infiltrado;

Q3 = W×Cbf×(T- Tc) T= temp de congelacion