AIRE ACONDICIONADO ARNONE

1 REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITÉCNICA “ANTONIO JOSÉ DE SUCRE” VICE-RECTORADO “LUIS CABALLERO MEJÍAS” CARACAS

CLASES DE AIRE ACONDICIONADO

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AIRE ACONDICIONADO

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3 LIBRO: HAND BOOK OF AIR CONDITIONING SYSTEM DESIGNEN CARRIER VENTILACION La ventilación se rige por la gaceta oficial 4044 Pág.: 3 - 9 CICLO DE REFRIGERACION

Fig.1 esquema del ciclo de acondicionamiento de aire

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DIAGRAMA DE MOLIER PRESION HENTALPIA PARA DETERMINADO REFRIGERANTE

Fig. 2 diagrama de Molier para un determinado refrigerante

Fig. 3 esquema general de la circulación de aire en un determinado ambiente

La toma de aire exterior se coloca para:

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5    

Limitar la concentración de CO2 en el ambiente, Eliminar malos olores (el cigarrillo), Agregar oxigeno O2 al recinto. Refrescar el ambiente AIRE EXTERIOR PARA AMBIENTE NO ACONDICIONADO (VENTILACION MECANICA)

La ventilación natural se realiza mediante ventanas que se comunican directamente con la calle patio o jardín con las siguientes condiciones: a) ART. 39 de la Gaceta oficial 4044 El área de ventana no será inferior al 15% de la superficie del local y en ningún caso menos de 1 m2.

b) ART. 49 de la Gaceta oficial 4044 El área libre para ventilación no será inferior al 10% de la superficie del piso del local y en ningún caso menos de 0.3m2. Si los volúmenes de aire son muy grandes se inyecta y se extrae aire. Si es un baño se extrae porque son pequeñas cantidades de aire. VENTILACION MECANICA Es la introducción de aire fresco y no contaminado en el local y la expulsión del aire viciado en un ambiente ventilado mecánicamente se lograra para sus ocupantes una sensación de frescura o pesadez dependiendo del número de veces que se renueva totalmente el volumen del ambiente. Caso especial de ventilación mecánica El caso especial de la ventilación mecánica es el de los estacionamientos ubicados en sótanos u otros locales cerrados. Para que puedan ser considerados por medios naturales los estacionamientos se requiere que las paredes tengan vanos abiertos a la calle con un área no inferior al 15% de la superficie del piso correspondiente y que las aberturas estén distribuidas de tal forma que garanticen una circulación de aire en todo el recinto, si esto no ocurre calculamos la ventilación

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Fig. 4 vista lateral de un estacionamiento a ventilar

Calculo de ventilación mecánica para estacionamientos P

195  n 200

n

Aso tan o 22m 2

(1)

(2)

Donde: P = volumen de aire a extraer [m3/(min·m2 de área de estacionamiento)] n = numero de vehículos tomando en cuenta que cada vehículo ocupa 22m 2 de área de estacionamiento Asotano = área del sotano EJERCICIOS 1. El baño de una fuente de soda tiene un área de 20m2 y una altura de 3.4m en la fachada ESTE de ese baño tiene una ventana de 4m de largo y 50cm de alto considere el área libre de ventilación como 80% del área de ventana. Determine s requiere para el baño ventilación mecánica y en caso afirmativo determine la capacidad de ventilación. ALvent = 0.8x(4m x 0.5m) = 1.6m2 Por norma Avent = 0.10x(20m2) = 2m2 Como 1.6 < 2 si necesito ventilacion mecanica

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7 Por ART. 77 de gaceta oficial 4044 el # de cambios por hora = 10 Vaire = 3.4m x 20m x 20m = 68m3 V =68m3 x 10 cambios/hr = 680m3/hr V =680m3/hr x 1hr/60min x (1pie)3/(0.3048m)3 =400.23pie3/min = 400.23pcm 2. El sótano de un edificio tiene un área de 770m 2 el cual será destinado a estacionamiento determine la cantidad de aire de renovación requerido Asotano = 770m2 P

n

P

Aso tan o 22m 2



195  n 200

770m 2  35vehiculos 22m 2

195  35 m3  0.8  0.8m / min 200 min xm 2

P = 0.8m/min x 770m2 = 616m2/min P = 616 m2/min x (1pie)3/(0.3048m)3 = 21753.83 pcm 3. un edificio destinado a oficinas tiene 12 niveles y en cada uno de ellos tiene 4 baños (sin ventilación natural), los cuales se comunican con un ducto vertical que termina en la azotea de tal forma que un ventilador extrae el aire de todos los baños, cada baño tiene un área de 4m2 la altura entre nivel es de 3m (piso a techo) determinar el caudal de aire que debe extraer el ventilador. Abaño = 4m2 hbaño = 3m Vbaño = Abaño x hbaño = 4m2 x 3m =12m3 Vtotal = Vbaño x Nº baños x Nº pisos Vtotal = 12m3 x 4 baños x 12 pisos = 576m3 Por tabla Art. 77 de la gaceta oficial el nº de cambios/ hr = 10 V = 576m x 10cambio/1hr x 1hr/60min x 1pie3/(0.3048m)3 = 3390.20PCM

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CARGAS TERMICAS

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CONDICIONES PARA ESTIMAR LAS CARGAS TERMICAS 1. EL LOCAL O AMBIENTE Orientación del local Es la orientación de cada pared del local, esto quiere decir si esta al Norte, Sur, Este, Oeste, etc.. estructuras o efectos de sombras próximas. Si existe algún elemento que impide que la pared este expuesta a los rayos solares, como edificios árboles sombras de otras edificaciones etc.. destino del local Si el local es para uso comercial como: oficina, restaurante, tascas panadería, o para uso residencial como: apartamentos, casas etc… dimensiones Se refiere a las medidas de cada pared, piso, techo, etc…. saber donde hay columnas Las columnas por lo general poseen vigas en su interior las cuales son un elemento que dificulta la colocación de accesorios ya que estas no pueden ser cortadas ni removidas de su sitio para pasar por allí un ducto. materiales de construcción. Se refiere a los materiales con que están construidas las paredes, techos, pisos, puertas, etc... Q = U xAxT

(3)

ventanas Las ventanas son una fuente directa de radiación solar al ambiente por ello se debe conocer el tipo de material, dimensiones, etc….

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10 puertas Las puertas al igual que las paredes poseen un coeficiente de conductividad térmica U por ello se necesita conocer las dimensiones y el material. alumbrado El alumbrado artificial produce cargas térmicas en el ambiente por ello hay que conocer la cantidad de lámparas instaladas en el ambiente a acondicionar al igual que el tipo de bombillo si es fluorescente o incandescente. motores Hay ambientes que pueden tener motores que generan cargas por ello tiene que considerarse a la hora de efectuar los cálculos. 2. CARGAS EXTERIORES 2.1. Los rayos solares Los rayos solares al incidir sobre las paredes, puertas y especialmente las ventanas producen calor el cual llega al ambiente por conducción a través de la pared o ventana trayendo como consecuencia el ascenso de la temperatura al ambiente 2.2. El aire fresco El aire fresca esta a una temperatura superior a la que se desea que este el ambiente por tanto al inyectar aire fresco la temperatura tiende a subir por ello los equipos deben poder contrarrestar esta situación para que la temperatura del aire fresco no influya en la temperatura del ambiente. 3 CARGAS INTERNAS Personas Debido a la temperatura corporal y la sudoración las personas contribuyen al aumento de la temperatura y la humedad en un ambiente cerrado.

equipos eléctricos JAL: 15/11/2006

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Los equipos eléctricos en su funcionamiento producen calor el cual contribuye al aumento de la temperatura del local, entre estos equipos tenemos: computadoras, televisores, cocinas eléctricas, calentadores de agua, neveras, planchas, etc…. Alumbrado Los bombillos generan calor por lo tanto tienden a subir la temperatura del ambiente dependiendo de la cantidad o el tipo de bombillo, si es incandescente o fluorescente.

4 SITUACION DEL EQUIPO espacio disponible para colocar el equipo Es necesario verificar que los equipos escogidos quepan en el espacio destinado para su colocación. punto eléctrico Hay que estar pendiente que el equipo elegido trabaje con una corriente existente en el local o sea si el local posee 110v no se puede comprar equipos de 220v o mas y que el punto de conexión debe hallarse cerca del mismo a fin de evitar la nuevas instalaciones de cableados punto de drenaje Debe existir cerca del equipo un drenaje por donde se va a desechas el condensado que produce le equipo y el agua sucia resultante de los mantenimientos del equipo ubicación de la entrada de aire fresco Deben colocarse en un sitio abierto al exterior donde halla buena recepción del aire pero lejos de chimeneas, basureros, sitios donde se guarden químicos peligros, etc.. puntos de agua blancas cerca de los equipos para mantenimiento. El los mantenimientos se requiere de un punto de agua blanca cerca del equipo para lavar el recinto donde están colocados, filtros y las parte lavables del mismo a fin de eliminar polvo y moho que puede dar origen a bacterias que pueden contaminar el ambiente trayendo enfermedades.

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12 Acceso al equipo Los equipos deben estar ubicados en sitios de fácil acceso por todos lados a fin de facilitar el mantenimiento y reparación del mismo.

CARGA SENSIBLE: Es cualquier carga cuyo único efecto sobre las propiedades del aire en movimiento es una variación de la temperatura. Ejemplos: bombillo, cocina, nevera, computadora, televisor, etc… CARGA LATENTE: Es cualquier carga térmica que produce una variación en la humedad del ambiente a temperatura de bulbo seco constante. Ejemplo: el café, las personas, el aire seco. Nota: Las personas poseen carga sensible y carga latente, aunque no se considera como netamente latente son capaces debido a la temperatura corporal de influir en la temperatura del ambiente.

AMBIENTE: El ambiente es la unidad básica de calculo; (el sitio donde se determina la instalación). CARGA TOTAL: Cantidad de calor disipado por el sistema de aire acondicionado en un instante determinado. DIA DE DISEÑO: Es el día y la hora en que se produce para el sistema o ambiente considerado la máxima carga térmica. DIA CRÍTICO DE DISEÑO: Es el día de mayor incidencia del sol hacia la tierra, en este día a la hora la tierra esta mas cerca del sol provocando un aumento de temperatura que esta por encima de cualquier día del año, esto se debe al movimiento de traslación de la tierra como describe un trayectoria elíptica en unos puntos que en Venezuela coinciden con los meses de marzo y septiembre se registren la máxima

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13 temperatura además los días son mas largos por lo que hay una mayor exposición al sol. ORIENTACION: Es la orientación de la pared, si es norte, sur, Este, oeste, etc…. FECHA: Es la fecha en la cual se produce las máximas temperaturas en el año. HORA: Es la hora en la que hay mayor incidencia solar. TABLA 1-1 DIA CRITICO DE DISEÑO PARA VENEZUELA ORIENTACION Norte Nor-este Este Sur-este Sur Sur-oeste Oeste Nor-oeste

FECHA Junio 21 Junio 21 Septiembre 21 Marzo 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Septiembre 21 Marzo 21 Junio 21

HORA 4:00 PM 10:00 AM 10:00 AM 10:00 AM 12:00 PM 4:00 PM 4:00 PM 4:00 PM

NORMAS PARA DIA CRITICO DE DISEÑO a) Si las áreas de vidrios en la orientación Este son mayores del 20% de las áreas totales de pared exterior en esa misma orientación se debe agregar Septiembre, Marzo 21 a las 8:00 AM. b) Si por lo menos el 30% del área del techo es insolada se debe agregar las 4:00 y 6:00 PM del mismo día.

CLASIFICACION DE LAS CARGAS CARGAS SENSIBLES INTERNAS: producen variaciones en la temperatura 1. Radiación solar, conducción, convección, radiación combinada por techos y paredes exteriores.

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14 2. Conducción y convección por vidrios interiores, exteriores, techos pisos paredes y puertas interiores. 3. Cargas internas 4. Iluminación 5. Equipos 6. Personas 7. Infiltración de aire

CARGAS LATENTES INTERNAS: producen variaciones en la humedad 1. Equipos

Calentadores de agua Cafeteras

2. Personas: desprenden humedad al aire al sudar o hablar. 3. Infiltración de aire

INFILTRACION: La infiltración es el aire que entra por las ranuras de la puerta, ventanas y al abrir la puerta cuando se entra o sale del ambiente. Se sabe que hay infiltración cuando: PCMinfiltración > PCMaire fresco Si la presión interna del recinto es (+) la presión externa debe ser (-). CARGAS SENSIBLE EXTERNA: 1. Aire fresco. 2. Los ventiladores de la unidad de acondicionamiento. 3. La ganancia térmica de los conductos. CARGAS LATENTE EXTERNA: 1. Aire fresco.

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15 CALOR POR RADIACION

QR  (IM  AVI  Id  AVS )  FM  FA (4) Donde: QR = Calor por radiación [BTU/hr] IM = Irradiación directa [BTU /(hr *ft2 vidrio)] AVI = Área de vidrio insolada [ft2] Id = Radiación difusa [BTU/hr*ft2] AVS = Área de ventana a la sombra [ft2] FM = Factor de implemento de sombra (tabla 16 Pág. 1-52 carrier) FA = Factor de almacenamiento (tabla 11 Pág. 1-34 carrier)

  Angulo de altitud solar Z = Azimut solar AVS  A  Y  (B  Y )  X

(5)

Donde: A = ancho de la ventana. B = altura de la ventana. X = sombra producida por el alero. Y = sombra producida por la pared.

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AVI  A  B  AVS

(6)

  Es el Angulo que un rayo directo del sol forma con la horizontal en un lugar particular de la superficie de la tierra. Z = (Azimut) es el ángulo que forma la proyección horizontal de un rayo directo del sol con la orientación norte.

DETERMINACION DE Y E X EN FUNCION DE LOS ANGULOS SOLARES Para obtener el ángulo de incidencia solar entramo en el grafico 1 Pág. 1-57 con el azimut Z y  . En la tabla 18 Pág. 1-58 obtenemos Z y  con latitud norte a 10º por Venezuela estar a 10º latitud norte IM : Se determina en la tabla 15 días críticos en función según horas el valor leído es 50. Id = la menor que hay en el bloque de 11 dependiendo del día critico. FM = se halla con la tabla 16 Pág. 1-52.

CONVECCION Y RADIACION COMBINADA CALOR POR CONDUCCION CONVECCION Y RADIACION COMBINADA QCCYRC  U  A  T

(7)

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17 SI ES UN VIDRIO:

T  Te  Ti

(8)

SI ES UNA PARED: T  TEQ  Tes  b 

Rs  Tem  Tes  RM

(9)

Donde: U = Coeficiente de transferencia de calor total [tabla 21 - 31 del carrier o tabla 14 de resistencias térmicas de materiales más comunes en Venezuela].

A = área de la pared expuesta.

Tes = diferencia equivalente de temperatura a la hora considerada para pared o techo sombreado. [Tabla 19 Pág. 1-62 para pared y tabla 20 Pág. 1-63 para techo del carrier] se considera a la sombra el norte solamente b: Coeficiente que toma en cuenta el calor de la cara exterior de la pared o techo. Tabla 1-2 valores de b para pared o techo b 1 0.78 0.75

Restricción cuando el color es oscuro cuando el color es medio cuando el color es claro

Rs = Máxima insolación correspondiente al mes y latitud del problema para pared o techo (Radiación del sitio) (10º Latitud Norte). [tabla 15 Pág. 1-45 carrier]. RM = Máxima insolación en el mes de Julio a 40º Latitud Norte [tabla 15 Pág. 148].

Tem = Diferencia equivalente de temperatura a la hora considerada para pared o techo expuesto o soleado. [tabla 19 Pág. 1-62 para pared expuesto y tabla 20 Pág. 1-63 para techo expuesto carrier]. Nota: cuando hay un cuarto continuo se toma como pared no expuesta por tanto no hay día critico

CONDUCCION QCOND  U  A  T

(10)

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18 GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE VIDRIO EXTERIOR QGVE  U  A  T

T  Te  Ti

(11) (12)

GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE VIDRIO INTERIOR Si el ambiente no esta acondicionado: QGVI  U  A  T

(13)

2 Te  TI  3

(14)

T 

Te = temperatura exterior Si hay una cocina, una panadería, etc. Hacemos un promedio de las medidas de las temperaturas de ese ambiente para estimar el ΔT en caso de vidrio interior. GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE PARED INTERIOR QGPI  U  A 

2 T 3

T  Te  Ti

(15) (16)

GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE TECHO INTERIOR QGTI  U  A 

2 T 3

(17)

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T  Te  Ti

(18)

 Si hay una oficina con aire acondicionado al lado del ambiente a acondicionar no tomamos en cuenta esa pared ya que la conducción es cero.  Para ambientes subterráneos como las estaciones de metro la Te es la temperatura a la cual se encuentra la tierra. Q  U  A

2 T 3

T  Te  Ti

(19) (20)

GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE PUERTAS EXTERIORES QCCYRC  U  A  T

(21)

ΔT lo podemos determinar de dos formas: a) T  Te NETA  Ti NETA

(22)

b) Asumimos la puerta despreciable y asumo que esta no existe haciendo que toda la región de la puerta sea parte de la pared, o sea agregando el área de la Rs puerta a la pared y calculamos el TEQ  Tes  b  Tem  Tes  porque RM no hay tablas de Δtes Y Δtem para puertas.

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20 GANANCIA DE CALOR A TRAVES DE PUERTAS INTERIORES QCPI  U  A 

2  T  3

T  Te  Ti

(23) (24)

GANANCIA DE CALOR A POR ILUMINACION

QIlum  Asu  Filum    1 C

(25)

Donde: Asu = area del piso [ft2] QIlum = calor por iluminación [BTU/hr] Filum = factor de iluminación [Watt/ft2] Tabla  = Factor de almacenamiento [tabla 12 Pág. 1-35 carrier]

1 = Tipo de iluminación

Fluorescente = 1.25 Incandescente = 1.00

C = factor de conversión = 3412 BTU/(hr.Watt) GANANCIA DE CALOR A POR PERSONAS QPERSONAS = si no nos dicen el numero de personas se toma el average en tabla 1* de clases. Qs = Nº personas x RMS

(26)

QL = Nº personas x RMS

(27)

Q100 personas =

Donde: JAL: 15/11/2006

21

Qs = calor sensible [BTU/hr] QL = calor latente [BTU/hr] RMS = Rata metabólica sensible RML = Rata metabólica latente

[BTU/hr] [BTU/hr]

El calor por personas se busca en [tabla 48 Pág. 1-100] se entra con aplicación y temperatura y se obtiene RML y RMS. GANANCIA DE CALOR A POR AIRE FRESCO

QA/F =

Qs = 1.08 x PCMA/F (Te – Ti)

(28)

QL = 0.68 x PCMA/F (We – Wi)

(29)

Donde: Qs = calor sensible [BTU/hr] QL = calor latente

[BTU/hr]

QA/F = calor por aire fresco [BTU/hr] We = humedad especifica exterior [granos/Lb aire seco] Wi = humedad especifica interior [granos/Lb aire seco] PCMA/F = pie cúbico por minuto de aire fresco [gaceta oficial 4044 tabla 3 Pág. 7 o en tercera columna de la tabla de clases 1*] [ft3/min]

Ft 3  PCM  CFM min Hay dos formas de determinar QA/F: a) por Nº de personas b) por área del piso Si tenemos cuartos internos con ambientes alrededor acondicionados la conducción es igual a cero por tanto esas paredes aledañas a las regiones acondicionadas no se consideran, no se toma el día critico, calculamos solo el calor que generan la iluminación, personas, aire fresco accesorios y equipos eléctricos que halla en el ambiente.

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22 GANANCIA DE CALOR A POR INFILTRACION

QA =

Qs = 1.8 x PCMINF (Te – Ti)

(30)

QL = 0.68 x PCMINF (We – Wi)

(31)

La infiltración no se toma en cuenta por el Este Donde: PCMINF = pie cúbico por minuto de aire de infiltración [Ft3/min] Si PCMA/F > PCMINF no hay infiltración GANANCIA DE CALOR A POR MOTOR ELECTRICO El motor del ventilador de los equipos de acondicionamiento puede producir ganancia de calor en el ambiente estos pueden estar dispuestos en dos formas distintas en los equipos:

(a)

(b)

El caso (a) el motor esta antes del evaporador por ende se considera como una carga externa, al pasar el aire fresco este absorbe el calor producido por el motor generando que suba su temperatura pero al pasar por el evaporador pierde este calor y baja su temperatura para entrar frió al ambiente, en el caso (b) probablemente es el mas desfavorable y tenemos que tomarlo en cuenta a la hora de efectuar los cálculos como una carga interna ya que el aire fresco ya paso por

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23 el evaporador antes de pasar por el motor del ventilador la temperatura tiende a subir en el aire entrando al ambiente a una temperatura superior de la requerida en el ambiente. Las cargas internas por motores eléctricos las buscamos en [tabla 53 Pág. 1-105 carrier con la potencia del motor]

Este símbolo en el plano significa que a donde esta indica que esa es la dirección norte.

PROBLEMA 1 PLANO 1

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ESPECIFICACIONES b = ventana 2 x 1 m c = ventana 1 x 1 m d = puerta 2.2 x 2 m CONDICIONES GENERALES a) Condiciones de diseño 1- condición de diseño exterior Temperatura bulbo seco = 95º F Temperatura bulbo húmedo = 81º F 2- condición de diseño interior Temperatura bulbo seco = 75º F Humedad relativa = 50% b) Ubicación del local = Coro Estado Falcón, Venezuela c) Variación diaria de temperatura = 15º F d) Uso del ambiente a acondicionar = oficina general e) Horario de trabajo = 8:30 AM a 4:00 PM de lunes a viernes. f) Altura de las paredes del ambiente = 3.5 m g) Materiales: elemento Techo

Materiales Bloque de arcilla 6” x 2 celdas Capa de concreto 3” Friso interior de cemento y arena de ½” Fieltro asfáltico 3/8” de espesor

Paredes exteriores

Bloque de arcilla 8” x 2 celdas Friso interior de cemento y arena de ½” Acabado exterior cerámica ½” Friso exterior de cemento y arena de ½”

Paredes interiores

Bloque de arcilla 6” x 2 celdas Friso exterior de cemento y arena de ½” Friso interior de cemento y arena de ½”

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Piso

elemento puertas Vidrio

Placa compuesta de bloque de arcilla de 6” x 2 celdas Concreto 3” Friso interior de cemento y arena de ½” Linelum 1/8” (material antirresbalante para pisos)

Materiales Dos laminas de madera contraenchapada de ¼” c/u con espacio de aire de ¾” entre ellas Vidrio ordinario de una capa

h) Ocupación = un máximo de 20 personas y un mínimo de 12 personas. i)

Equipos eléctricos = en el ambiente se encuentran una serie de equipos eléctricos de 1 KWatt.

j)

Iluminación = La iluminación es fluorescente y el nivel de iluminación es de 30 Watt/m2. considere que las luces están todo el tiempo encendidas.

k)

Peso de la estructura = 100 Lb/m2

l)

Ventanas Ventanas

m)

Marco metálico Persiana interior de color oscuro

Considere un paral vertical de 1 m y un alero horizontal de 50 cm

n) Considere que el ambiente se encuentra ubicado en el último piso de una torre de oficinas. o) Considere que el área inferior del ambiente se encuentra totalmente acondicionado. Determine la carga total de enfriamiento en BTU/hr del ambiente considerado para el día de diseño.

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SOLUCION DETERMINACIÓN DE LOS FACTORES CRÍTICOS PARA EL DISEÑO 1) DÍA CRITICO Buscamos el día critico por fachada en la tabla 2* que es un resumen de la tabla 15 Pag. 1-45 @ 10º carrier o en la misma tabla 15 Nota = en este problema se usa la tabla a 10º porque Venezuela se encuentra en esa latitud, esta tabla a 10º es valida para cualquier región del país, de ser otro país hay que buscar en que latitud donde se encuentra ubicado.

Fachada NORTE = No hay día critico en esta fachada porque al norte no tenemos fachada expuesta directamente al sol ya que hay un baño y un deposito en esa fachada (ver Plano 1). OESTE = La fachada oeste no esta expuesta por que hay un Hall y los ascensores por lo tanto no tiene día critico. SUR = En la fachada sur sucede lo mismo que la fachada norte por tanto no hay día critico para este fachada. ESTE = En esta fachada si hay día crítico porque el sol incide directamente sobre ella, por tabla 1-1 el día crítico para esta fachada es: septiembre – marzo 21 10:00 AM TABLA 1-1 ORIENTACION Norte Noreste Este Sureste Sur Suroeste Oeste Noreste

FECHA Junio 21 Junio 21 Septiembre 21 Marzo 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Septiembre 21 Marzo 21 Junio 21

HORA 4:00 PM 10:00 AM 10:00 AM 10:00 AM 12:00 PM 4:00 PM 4:00 PM 4:00 PM

Además tenemos dos normas para el día de diseño crítico en la fachada ESTE: a)

Si las áreas de vidrios en la orientación Este son mayores del 20% de las áreas totales de pared exterior en esa misma orientación se debe agregar Septiembre, Marzo 21 a las 8:00 AM.

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27 Comprobando: AVENT TOTAL = Nº ventanas · AVENT AVENT TOTAL = 18 ventanas · 1m · 1m = 18 m2 Sin incluir las ventanas APARED DE FACHADA = b · h Donde:

b = base de la pared h = altura de la pared APARED DE FACHADA = 20 m · 3.5m = 70 m2 APARED TOTAL = APARED DE FACHADA - AVENT TOTAL APARED = 70 m2 – 18 m2 = 52m2

Aplicando la norma (a) tenemos 52 m2 · 0.20 = 10.4 m2 18 m2 > 10.4 m2 Por lo tanto hay que agregar Septiembre, Marzo 21 a las 8:00 AM al día critico de diseño. b)

Si por lo menos el 30% del área del techo es insolada se debe agregar las 4:00 y 6:00 PM del mismo día.

Vemos que este ambiente como lo dicen los datos en la letra (n) esta en el último piso del edificio de oficinas no mencionan que sobre el techo se encuentre nada que haga sombra por lo tanto vemos que esta totalmente insolado por ende hay que agrega: Septiembre, Marzo 21 a las 4:00 PM y 6:00 PM al día de diseño critico. Entonces los días críticos son: Septiembre – Marzo 21 a las 8:00 AM Septiembre – marzo 21 a las10:00 AM Septiembre – Marzo 21 a las 4:00 PM Septiembre – Marzo 21 a las 6:00 PM Pero tenemos que considerar como lo dice en la letra (e) de los datos que el horario de trabajo es de 8:30 AM a 4:00PM por lo tanto suprimimos (Septiembre, Marzo 21 a las 8:00 AM y Septiembre, Marzo 21 a las 6:00 PM) ya que se sale del horario de trabajo quedando entonces los días críticos de diseño:

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28 ESTE: Septiembre – marzo 21 a las 10:00 AM Septiembre – Marzo 21 a las 4:00 PM 2) Temperatura exterior de diseño (Temperatura máxima en el año) Nota = En este problema nos están dando la temperatura de bulbo seco Tbs, la temperatura de bulbo húmedo Tbh, exterior si no nos la dan tenemos que ubicarlas en la tabla de registros de temperaturas del observatorio.

Corregimos la temperatura de diseño: 2.1) por la hora del día En la Tabla 2 Pág. 1-18 del carrier con la hora de diseño y variación de Temp. Diaria buscamos las correcciones para temperatura de bulbo seco solamente la Temp. de bulbo húmedo la despreciamos

Con 15º F y 10:00 AM Con 15º F y 4:00 AM

=> =>

la Temp. De bulbo seco corregida = -9 la Temp. De bulbo seco corregida = -1

Entonces la corrección por hora es: Para 10:00 AM = -9 Para 4:00 AM = -1 2.2) Corrección por el mes del año Hay que conseguir una tabla con las estadísticas de las temperaturas de los últimos años en el observatorio cajigal o la fuerza aérea. EJ: suponiendo que esta es la tabla obtenida del observatorio MES T (ºF)

ENE. FEB. 91

91.5

MAR. ABRI. MAY JUN. JUL. AGO. SEP. OCT. 94

93

95

92

93

94

93

93

NOV

DIC.

max

92

91

95

Tmax del año T mes de diseño En este caso el mes de diseño es Septiembre – Marzo 21 como se sabe tenemos que buscar en la tabla del observatorio la temperatura del mes de diseño para restarla con la máxima del año, probablemente la temperatura del mes de septiembre no sea igual a la del mes de marzo entonces nos preguntamos ¿Cuál de las dos temperaturas tomamos la de marzo o la de septiembre? Se toma la mas desfavorable de las dos o sea la mayor . Variación de temperatura = Máx. Temp. de todos los meses del año – Temp. Mes de diseño

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Variación de temperatura = 95º F – 94º F = -1 Corrección por el mes del año 10:00 AM = -1 Corrección por el mes del año 4:00 AM = -1 Entonces la corrección de temperatura es: Corrección total = corrección/ hora del día + corrección/ meses del año 10:00 AM = -9 – 1 = -10º F 4:00 AM = -1 – 1 = -2º F LA VARIACIÓN DE TEMPERATURA TOTAL CORREGIDA ES: 10:00 AM = 95º F - 10º F = 85º F 4:00 AM = 95º F - 2º F = 93º F 3) CALCULO DEL COEFICIENTE TOTAL DE TRANSFERENCIA DE CALOR U Los valores de la resistencia térmica R y el peso W los conseguimos en la [tabla 14] con el material que componen techo, piso, paredes, puertas y vidrios, luego efectuamos la sumatoria para obtener RT y WT luego calculamos U por la Ec: 1 U  RT Por tabla [1-4] TECHO R

Material Bloque de arcilla 6” x 2 celdas Capa de concreto 3” Friso interior de cemento y arena de ½” Fieltro asfáltico 3/8” de espesor Viento @ 15 mph Aire quieto Sumatoria U 

1  RT

 hr ·pie 2 ·º F     BTU 

1.52 0.4 0.10 0.33 0.25 0.92 RT = 3.52

W (Lb/pie2) 25 19 4.8 22 ------------WT = 51

1 BTU  0.28 2 hr ·pie ·º F hr ·pie 2 ·º F 3.52 BTU

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PARED EXTERIOR Material

2 R  hr ·pie ·º F 

Bloque de arcilla 8” x 2 celdas Friso interior Y exterior de cemento y arena de ½” Acebado exterior de cerámica Viento @ 15 mph Aire quieto Sumatoria

1.85 2·(0.10) 0.04 0.25 0.68 RT = 3.02

U 

1  RT

 

BTU

 

W (Lb/pie2) 30 2·(4.8) 5.5 ------------WT = 45.1

1 BTU  0.3 2 hr ·pie ·º F hr ·pie 2 ·º F 3.02 BTU

PARED INTERIOR Material

2 R  hr ·pie ·º F 

Bloque de arcilla 6” x 2 celdas Friso interior Y exterior de cemento y arena de ½” Aire quieto Sumatoria

1.52 2·(0.10) 2·(0.68) RT = 3.08

U 

1  RT

 

BTU

 

W (Lb/pie2) 25 2·(4.8) ------WT = 34.6

1 BTU  0.32 2 hr ·pie ·º F hr ·pie 2 ·º F 3.08 BTU

PISO Material

2 R  hr ·pie ·º F 

W (Lb/pie2)

Placa compuesta de bloque de arcilla 6” x 2 celdas Concreto 3” Friso interior de cemento y arena de ½” Linelum Aire quieto Sumatoria

1.52 0.40 0.10 0.08 2·(0.61) RT = 4.71

25 19 4.8 0.8 ------WT =49.6

 

BTU

 

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U 

1  RT

1 BTU  0.212 2 hr ·pie ·º F hr ·pie2 ·º F 4.71 BTU PUERTAS

Material

2 R  hr ·pie ·º F 

W (Lb/pie2)

Dos laminas de madera contraenchapada de ¼” Espacio de aire de ¾” Aire quieto Sumatoria

2·(0.31) 0.85 2·(0.6) RT = 2.67

2·(1.42) ------------WT = 2.84

U 

1  RT

 

BTU

 

1 BTU  0.374 2 hr ·pie ·º F hr ·pie2 ·º F 2.67 BTU VIDRIO

Material

2 R  hr ·pie ·º F 

W (Lb/pie2)

Vidrio ordinario Sumatoria

0.88 RT = 0.88

------------

 

BTU

 

Nota: en el vidrio no hay aire quieto ni viento ya que el vidrio conduce el 100% del calor

1 BTU  1.136 2 hr ·pie ·º F hr ·pie2 ·º F 0.88 BTU Tabla de resultados de coeficientes total de transferencia de calor U U 

1  RT

2 RT  hr ·pie ·º F 

WT (Lb/pie2)

3.52 3.02 3.08 471 2.67 0.88

51 45.1 34.6 49.6 2.84 ------

 

TECHO PARED EXTERIOR PARED INTERIOR PISO PUERTAS C/U VIDRIO C/U

BTU

 



 BTU  2  hr ·pie ·º F  0.28 0.3 0.32 0.212 0.374 1.13

U 

4) CALCULO DEL ΔTEQ PARA RADIACION CONDUCCION Y CONVECCION COMBINADA

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32 Para el techo: Tenemos que para techos expuestos el ΔTEQ se calcula mediante la siguiente ecuación: Rs TEQ  Tes  b· ·Tem  Tes  Rm a) Techo expuesto a las 10:00 AM ΔT* = (T diseño Ext. corregida – T diseño int.) = 85 ºF – 75 ºF = 10 ºF ΔT* = 10 ºF En tabla 20ª Pág. 1-63 del carrier con ΔT* y el rango o variación de temperatura diario determinamos el factor de corrección para el techo Fc techo. Para corregir Δtes y ΔTem (de no encontrar el valor se puede interpolar) Fc techo = -2.5 Calculo de (Δtes) En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier determinamos Δtes con en peso del techo W = 50 Lb/pulg y la hora de diseño de las 10:00 AM. Considerando que esta sombreado ya que este es un factor de sombra (de no encontrar el valor se puede interpolar) Δtes = - 2 Corrigiendo con Fc techo @ 10:00 AM Δtes = - 2 + (-2.5) = 4.5

Calculo de (b) Como no nos dicen el color del techo asumimos que es negro ya que esta es la condición mas desfavorable porque el negro absorbe una mayor cantidad de calor. En tabla buscando b para color negro tenemos: b 1 0.78 0.55

Restricción cuando el color es oscuro cuando el color es medio cuando el color es claro

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33 b=1

Calculo de (Rs) En la tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 con orientación Horizontal y mes y día de diseño se busca se busca la máxima insolación correspondiente al mes (valor máx.) sin importar la hora donde se encuentre. En este mes y día de diseño vemos que la máxima insolación ocurre a las 12 PM. Por tanto Rs: Rs = 247 Btu /(hr· pie2) Calculo de (Rm): En tabla 15 @ 40º Lat. Norte Pág. 1 – 48 carrier en orientación Horizontal en el mes de julio buscamos la máxima insolación. La máxima insolación se registra a las 12:00 PM. De este mes para el techo Rm = 233 Btu /(hr· pie2 Calculo (Δtem) En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier con el peso del techo W = 50 lb/pie2 @ la hora de diseño 10:00AM obtenemos Δtem Δtem = 7 Corrigiendo con Fc techo Δtes = 7 + (-2.5) = - 4.5

247Btu /( hr ·pie2 ·º F ) 4.5  (4.5)  5.04º F Teq  4.5  1· 233Btu /( hr ·pie2 ·º F ) b) Techo @ las 4:00 PM ΔT* = (T diseño Ext. corregida a la hora – T diseño int.) = 93 ºF – 75 ºF = 18 ºF ΔT* = 18 ºF

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34 En tabla 20ª Pág. 1-63 del carrier con ΔT* y el rango o variación de temperatura diario determinamos el factor de corrección para el techo Fc techo. Para corregir Δtes y ΔTem (de no encontrar el valor se puede interpolar)

Interpolando: Fc techo = 5.5 Calculo de (Δtes) En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier determinamos Δtes con en peso del techo W = 50 Lb/pulg y la hora de diseño de las 4:00 PM. Considerando que esta sombreado ya que este es un factor de sombra (de no encontrar el valor se puede interpolar) Δtes = 10 Corrigiendo con Fc techo @ 4:00 PM Δtes = 10 + (5.5) = 15.5 Calculo de (b) El color del techo lo asumimos negro por tanto determinamos nuevamente la b para techo oscuro quedando igual que el caso de las 10:00 AM En tabla igual que para las 10:00AM buscamos b para color negro tenemos: b=1 Calculo de (Rs) En la tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 con orientación Horizontal y mes y día de diseño se busca se busca la máxima insolación correspondiente al mes (valor máx.) sin importar la hora donde se encuentre. En este mes y día de diseño vemos que la máxima insolación ocurre a las 12 PM. Por tanto Rs: Rs = 247 Btu /(hr· pie2 Calculo de (Rm): En tabla 15 @ 40º Lat. Norte Pág. 1 – 48 carrier en orientación Horizontal en el mes de julio buscamos la máxima insolación. La máxima insolación se registra a las 12:00 PM. De este mes para el techo JAL: 15/11/2006

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Rm = 233 Btu /(hr· pie2

Calculo (Δtem) En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier con el peso del techo W = 50 Lb/pie2 @ la hora de diseño 4:00 PM obtenemos Δtem Δtem = 36.5 Corrigiendo con Fc techo @ las 4:00 PM Δtes = 36.5 + (5.5) = 42.0

247Btu /( hr ·pie2 ·º F ) 42  15.5  43.59º F Teq  15.5  1· 233Btu /( hr ·pie2 ·º F ) Para la pared expuesta: Tenemos que para paredes expuestas el ΔTEQ es igual que para techos expuestos y se calcula mediante la siguiente ecuación: Rs TEQ  Tes  b· ·Tem  Tes  Rm c) Pared ESTE a las 10:00 AM Calculo del factor de corrección para la pared ΔT* = (T diseño Ext. corregida – T diseño int.) = 85 ºF – 75 ºF = 10 ºF ΔT* = 10 ºF En tabla 20ª Pág. 1-63 del carrier con ΔT* y el rango o variación de temperatura diario determinamos el factor de corrección para la pared Fc techo. Para corregir Δtes y ΔTem Fc techo = -2.5 Calculo de (Δtes) En tabla 19 Pág. 1 – 62 carrier determinamos Δtes con en peso de la pared este ya que es la que esta expuesta W = 45.1 Lb/pulg y la hora de diseño de las 10:00 AM. Considerando que esta sombreada ya que este es un factor de

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36 sombra, si vemos en la tabla la única pared sombreada es la norte, por ende no tomamos en cuenta que estamos en la pared este y buscamos los valores allí (de no encontrar el valor se puede interpolar) Δtes = - 2 Corrigiendo con Fc techo @ 10:00 AM Δtes = - 2 + (-2.5) = - 4.5 Calculo de (b) Como no nos dicen el color de la pared la asumimos que es oscura ya que esta es la condición mas desfavorable porque el negro absorbe una mayor cantidad de calor. En tabla buscando b para color oscuro tenemos: b 1 0.78 0.55

Restricción cuando el color es oscuro cuando el color es medio cuando el color es claro b=1

Calculo de (Rs) En la tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 con orientación ESTE y mes y día de diseño se busca se busca la máxima insolación correspondiente al mes (valor máx.) sin importar la hora donde se encuentre. En este mes y día de diseño vemos que la máxima insolación ocurre a las 8:00 AM. Por tanto Rs: Rs = 164 Btu /(hr· pie2) Calculo de (Rm): En tabla 15 @ 40º Lat. Norte Pág. 1 – 48 carrier en orientación ESTE en el mes de julio buscamos la máxima insolación. La máxima insolación se registra a las 8:00 AM. De este mes para el techo Rm = 164 Btu /(hr· pie2 Calculo (Δtem)

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37 En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier con el peso de la pared este W = 45.1 lb/pie2 @ la hora de diseño 10:00AM obtenemos Δtem Δtem = 32.23 Corrigiendo con Fc techo Δtes = 32.25 + (-2.5) = 29.5

164Btu /( hr ·pie2 ·º F ) 29.5  (4.5)  29.735º F Teq  4.5  1· 164Btu /( hr ·pie2 ·º F )

d) Pared ESTE @ las 4:00 PM ΔT* = (T diseño Ext. corregida a la hora – T diseño int.) = 93 ºF – 75 ºF = 18 ºF ΔT* = 18 ºF En tabla 20ª Pág. 1-63 del carrier con ΔT* y el rango o variación de temperatura diario determinamos el factor de corrección para el techo Fc techo. Para corregir Δtes y ΔTem (de no encontrar el valor se puede interpolar) Interpolando Fc techo = 5.5 Calculo de (Δtes) En tabla 19 Pág. 1 – 62 carrier determinamos ΔTes con el peso de la pared ESTE W = 45.1 Lb/pulg y la hora de diseño de las 4:00 PM. Considerando que esta sombreado ya que este es un factor de sombra (de no encontrar el valor se puede interpolar) Δtes = 11.5 Corrigiendo con Fc techo @ 4:00 PM Δtes = 11.5 + (5.5) = 17 Calculo de (b)

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38 El color de la pared lo asumimos oscuro por tanto determinamos nuevamente la b para pared oscura quedando igual que el caso de las 10:00 AM En tabla igual que para las 10:00AM buscamos b para color negro tenemos: b=1 Calculo de (Rs) En la tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 con orientación Horizontal y mes y día de diseño se busca se busca la máxima insolación correspondiente al mes (valor máx.) sin importar la hora donde se encuentre. En este mes y día de diseño vemos que la máxima insolación ocurre a las 8:00 AM. Por tanto Rs: Rs = 164 Btu /(hr· pie2 Calculo de (Rm): En tabla 15 @ 40º Lat. Norte Pág. 1 – 48 carrier en orientación Horizontal en el mes de julio buscamos la máxima insolación. Rm = 164 Btu /(hr· pie2 Calculo (Δtem) En tabla 20 Pág. 1 – 63 carrier con el peso de la pared ESTE W = 50 Lb/pie2 @ la hora de diseño 4:00 PM obtenemos Δtem Δtem = 12.7 Corrigiendo con Fc techo @ las 4:00 PM Δtes = 12.7 + (5.5) = 18.2

Teq

164Btu /( hr ·pie2 ·º F ) 18.2  17  18.2º F  17  1· 164Btu /( hr ·pie2 ·º F )

5) CALCULO DEL ΔT DEL VIDRIO

QR  IM·Avi  Id·Avs ·FA·Fr Calculo del factor de corrección para el vidrio FcVidrio JAL: 15/11/2006

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ΔT* = (T diseño Ext. corregida – T diseño int.) = 85 ºF – 75 ºF = 10 ºF ΔT* = 10 ºF ΔT* = (T diseño Ext. corregida – T diseño int.) = 93 ºF – 75 ºF = 18 ºF ΔT* = 18 ºF Factor de carga por radiación a través del vidrio a) septiembre marzo @ 10:00 AM En tabla 18 Pág. 1 – 58 carrier determinamos los ángulos de altitud y Azimut con el día de diseño y Lat. 10º para Venezuela. Entonces: Altitud = 59º Azimut = 106º Por medio de la grafica 1 Pág. 1 – 57 carrier determinamos la sombra unitaria X y Y que reflejan la sombra que hay en el vidrio por el alero y el paral. X = 0 in/in Y = 1.6 in/in

Avs  A·Y  B  Y ·X Avs = 1m·1.6+(1m-1.6)·0 Avs =1.6 x 0.5 Avs =0.8 m2

Avi  A·B  Avs Avi = 1m · 1m – 0.8 Avi = 0.2 m2 b) septiembre marzo @ las 4 PM En este problema a las 4:00 PM todo el vidrio en la cara ESTE esta sombreado ya que el sol a esa hora por la rotación de la tierra se encuentra irradiando directamente la cara OESTE. Por ello no hace falta el calcular los Ángulos de Altitud, Azimut, Avs y Avi Calculo de factores de insolación Septiembre marzo @ 10:00AM.

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40 En tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 carrier @ 10:00 AM en septiembre marzo en la cara ESTE IM es el máximo valor en esa hora: IM = 106 Btu/(hr · pie2 · ºF) En tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 carrier @ 10:00 AM en septiembre marzo en la cara oeste Id es el mínimo valor en esa hora sin importar la cara donde se encuentre: Id = 14 Btu/(hr · pie2 · ºF)

Los valores de IM y Id hay que corregirlos, al final de la tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 carrier nos dice las correcciones a efectuar:  Si hay marco metálico se multiplica por 1.17  Si hay sucio en el vidrio se resta el 15% de la radiación máxima (se prefiere trabajar con el vidrio limpio ya que esta es la forma mas critica de diseño porque el sucio impide que entre eficientemente la radiación al ambiente por el vidrio, así si no dicen que el vidrio opera sucio siempre lo asumimos como limpio.  Por altitud de la zona a nivel del mar + 0.7% por cada 1000 pies.  Si el punto de roció esta por debajo de 67 ºF queda +7% por cada 10 ºF  Si el punto de roció esta por encima de 67 ºF queda -7% por cada 10 ºF  En la Lat. Sur en Diciembre y Enero + 7%.

Factor de corrección Marco metálico = 1.17 Sucio en el vidrio = lo asumimos como vidrio limpio no se corrige Altitud = estamos @ 1m a nivel del mar (Coro Edo. Falcón) no se corrige. Pto de roció En carta Psicrometrica de la zona determinamos Temp. Del Pto de roció “Tpr” interceptando Temp. bulbo seco exterior corregida = 85 ºF y Temp. bulbo húmedo interior = 81 ºF y humedad relativa ø = 100% dando Tpr = 80 ºF

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ΔT = 67 ºF – Tpr ΔT = 67 ºF – 80 ºF = 13 ºF

 T   fc Tpr  1   ·0.07  0.91  10    13   fc Tpr  1   ·0.07  0.91  10   Corrigiendo IM ; Id: IMc = (106 Btu/hr ft2) · (1.17) · (0.91) =112.85 Btu/Hr ft2 Idc = (14 Btu/hr ft2) · (1.17) · (0.91) = 14.90 Btu/Hr ft2 Septiembre marzo @ 4:00PM. En tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 carrier @ 4:00 PM en septiembre marzo en la cara ESTE ya que el sol esta ya en la cara OESTE por ende esta cara no sufre insolación por eso: IM = 0 Btu/(hr · pie2 · ºF) En tabla 15 @ 10º Lat. Norte Pág. 1 – 45 carrier @ 4:00 PM en septiembre marzo Id es el mínimo valor en esa hora sin importar la cara donde se encuentre:

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42 Id = 11 Btu/(hr · pie2) Factor de corrección Marco metálico = 1.17 Sucio en el vidrio = como no dicen nada lo asumimos como vidrio limpio no se corrige Altitud = estamos @ 1m a nivel del mar (Coro Edo. Falcón) no se corrige. Pto de roció En carta Psicrometrica de la zona determinamos Temp. Del Pto de roció “Tpr” interceptando Temp. bulbo seco exterior corregida = 93 ºF y Temp. bulbo húmedo interior = 81 ºF y humedad relativa ø = 100% dando Tpr = 77 ºF

ΔT = 67 ºF – Tpr ΔT = 67 ºF – 77 ºF = 10 ºF

 T   fc Tpr  1   ·0.07  0.91  10    10   fc Tpr  1   ·0.07  0.93  10   Corrigiendo Id: Idc = (11 Btu/hr Ft2) · (1.17)·(0.93) = 11.96 Btu/hr Ft2

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Calculo del Factor de implemento de sombra (FM) Tememos vidrio ordinario y asumimos que hay persianas interiores de color negro Entonces: En tabla 16 Pág. 1 – 52 del carrier determinamos FM con vidrio ordinario y persianas interiores oscuras FM = 0.75 Calculo del Factor de almacenamiento (Fa) Con hora, orientación de la cara y el peso de la estructura en internal shade buscamos Fa en la tabla 11 Pág. 1 – 34 del carrier Para las 10:00 AM en cara ESTE y el peso de la estructura igual a 100 Lb/Ft (Dato) 2

Fa = 0.58 Para las 4:00 PM en cara ESTE y el peso de la estructura igual a 100 Lb/Ft2 Fa = 0.19

Calculo del factor de iluminación (Filum) En este caso nos dan el factor de iluminación Filum = 30 Watt/Ft2 pero si no lo dan lo buscamos en tabla 1 en Lighting con avg si no nos dicen si es alto o bajo y la aplicación del ambiente. Filum = 30 Watt/Ft2 Factor de almacenamiento por alumbrado (α) El Factor de almacenamiento por alumbrado α se determina con la tabla 12 Pág. 1 – 35 del carrier pero para efectos de diseño siempre lo vamos a asumir como 1 ya que suponemos que el equipo se enciende y se apaga al mismo tiempo que las luces. α=1

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44 Factor de tipo de iluminación (α1) Este factor es 1 para iluminación incandescente y 1.25 para iluminación fluorescente, en este cálculo vemos que nos dicen que la iluminación es fluorescente por lo tanto: α 1 = 1,25 El factor de conversión Fc = 3,412 Btu/hr watt

Calculo de la rata metabólica sensible RMS y la rata metabólica latente RML En la tabla 48 Pág. 1 – 100 del carrier buscamos la rata metabólica sensible RMS y la rata metabólica latente RML con la temperatura interior de diseño (75ºF) y uso del ambiente (oficina) Entonces: RMS = 245 Btu/hr RML = 205 Btu/hr Calculo de las humedades especificas exterior we e interior wi para el aire

Calculo de humedad específica Ext. We La humedad relativa es usada para determinar el calor por aire fresco, Para calcular “We” usamos la grafica psicrometrica del sitio interceptando la temperatura de bulbo seco Tbs = 95ºF sin corregir ya que el aire fresco se encuentra esparcido en todo el ambiente exterior, solo corregimos cuando trabajamos con una cara especifica con la temperatura de bulbo húmedo Tbh = 81ºF en el punto de intercepción desplazamos hacia la derecha y obtenemos we = 139 granos/Lbaire seco como lo muestra la grafica (a) de la fig 1 - 1 We = 139 granos/Lbaire seco Calculo de humedad específica int. Wi Para calcular “Wi” usamos la grafica psicrometrica del sitio interceptando la temperatura de bulbo seco interior Tbsint = 75ºF con la humedad absoluta ø = 50% y luego en el pto de intercepción nos desplazamos a la derecha y obtenemos que Wi = 66 granos/Lbaire seco como lo muestra la figura 1 – 1 (b) Wi = 66 granos/Lbaire seco

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(a)

(b) Figura 1 -1

CALCULO DE LAS CARGAS TERMICAS Para septiembre – marzo @ las 10:00 AM 1) Calor a través de las Paredes exteriores QPE  U ·APE ·TEQ

QPE  0.331

 Btu Ft 2          · 18 mx 3 . 5 m  18 ven tan a · 1 mx 1 m ·( 30 º F )· 10 . 76  hr ·Ft 2 º F m   QPE = 5509 Btu/hr

2) Calor a través del Techo exterior QTE  U ·ATE ·TEQ

QPE  0.284

 Btu Ft 2      · 20 mx 8 m ·( 5 º F )· 10 . 76  hr ·Ft 2 º F m   QTE = 2517 Btu/hr

3) Calor a través del piso Una condición que nos da el problema es que el piso inferior esta totalmente acondicionado Por lo tanto no hay trasferencia de calor de esa región al área a acondicionar entonces: QP = 0 Btu/hr JAL: 15/11/2006

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4) Calor a través de la pared interior 2 QPI  U ·API · T 3 T  Te  Ti

Te = Temperatura exterior corregida a las 10:00 Am



 



2 Ft 2 QPI  0.324· 20x 3.5m 2  2x 2.2m 2  8 x 3.5m 2  2x 2.22m 2 · 85º F  75º F 10.76 2 3 m QPI  2417Btu/hr 5) Calor a través de las puertas

QP  U ·AP ·T 2 QP  0.352x 2.25m 2 · 85º F  75º F  3

QP  563.39Btu / Hr 6) Calor a través del vidrio

QV  UV ·AV ·T

T  Te  Ti Te = Temperatura exterior corregida a las 10:00 Am

QV  1.13





Btu Ft 2 2   18 x 1 m 85 º F  75 º F x 10 , 76 hr ·Ft 2 ·º F m2 QV = 2200 Btu/hr

7) Calor por radiación

QR  IMC xAvi  IdC xAvs FA·FM





Btu Btu Ft 2   2   QR  113 x 18 ventx 0 . 2 m  15 x 18 ventx 0 . 8 10 , 76 x 0.58x 0.75  hr ·Ft 2 hr ·Ft 2 m2   QR = 2915 Btu/hr

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8) Calor por Iluminación

QILUM  FILUM xAPISO xx1xFc Para bombillo tipo fluorescente α1 = 1,25 Asumimos siempre que el equipo se enciende y se apaga al mismo tiempo que las luces del local por ende α =1 QILUM  30

Watts 20mx8mx1.25x1x3,412 Btu 2 hr ·Watts m QILUM = 20472 Btu/hr

9) Calor Por personas Btu Btu  4900 hr hr Byu Btu QLP  N º personas·RML  20x 205  4100 hr hr Btu QTP  QS P  QLP  4900  4100  9000 hr Qs P  N º personas·RMS  20x 245

10) Calor por equipo El calor por equipos tiene que ver con el calor que generan los equipos eléctricos presentes en el ambiente incluyendo el calor producido por los motores del ventilador del equipo acondicionador de aire donde buscamos en Tabla 53 Pág. 1 – 105 carrier con potencia del motor y ubicación del motor (antes o después del evaporador), en este problema no nos dicen nada con respecto al motor por eso asumimos que el calor generado por equipos eléctricos es: QEE = 1KW = 3412 Btu/hr 11) Carga por aire Fresco Calculo de PCM de aire por área En tabla 1 en ventilación por área para aplicación (oficina) FcA=0.4PCM/Ft2

PCM  Fc A xAPiso  0.4

buscamos

PCM Ft 2   x 20 mx 8 m 10 , 76  689PCM Ft 2 m2

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48 Calculo de PCM de aire por Personas En tabla 1 en ventilación por área para aplicación (oficina) FcP=25PCM/personas

PCM  Fc P xN º personas  25

buscamos

PCM x 20personas  500PCM personas

Luego de calcular los PCM por area y por personas comparamos los dos valores obtenidos y tomamos el mayor valor entre los dos 689 PCM > 500 PCM Por lo tanto: PCM(A/F) = 689 Qs A / F  1.08xPCMA / F  (Te  Ti )  Qs A / F   1.08x 689PCMx (95º F  75º F )  14880Btu / hr

QLA / F   0.68xPCMA / F  x(We  Wi )

QLA / F   0,68x 689PCMx (139  66)

Q A / F   QS  A / F   QL A / F   14880

granos  34202BTU / hr Lbaire sec o

Btu Btu Btu  34202  49082 hr hr hr

Obtenidas todas las cargas pasamos a sumar todas las latentes y todas las sensibles y se multiplican cada una por su respectivo factor de seguridad

Qs  5509  2517  0  2417  563.39  2200  2915  20472  4900  14880  Qs  56373,39Btu / hr QsTotal  Qs·1.1 QsTotal = 56373,39BTU/hr·(1,1)=62010,73BTU/hr 1Ton ref. =12000BTU/hr X = 62010,73BTU/hr 62010,73BTU/hr =5,16 ≈ 6Ton de refrigeración

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49

QL  (4100  34202)BTU / hr  38302BTu / hr QLTotal  QL·1,05 QLTotal = 38302BTU/hr·(1,05) = 40217,1 BTu/hr 40217,1Btu/hr = 3,35 ≈ 4Ton de refrigeracion Para septiembre – marzo 21 @ las 4:00 Pm. 12) Calor a través de las Paredes exteriores QPE  U ·APE ·TEQ

QPE  0.331

 Btu Ft 2  2   · 52 m ·( 18 º F )· 10 . 76  hr ·Ft 2 º F m  





QPE = 3323,54 Btu/hr 13) Calor a través del Techo exterior QTE  U ·ATE ·TEQ

QPE  0.28

 Btu Ft 2      · 20 mx 8 m ·( 44 º F )· 10 . 76  hr ·Ft 2 º F m   QTE = 21210,11 Btu/hr

14) Calor a través del piso Una condición que nos da el problema es que el piso inferior esta totalmente acondicionado Por lo tanto no hay trasferencia de calor de esa región al área a acondicionar entonces: QP = 0 Btu/hr 15) Calor a través de la pared interior 2 QPI  U ·API · T 3

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50

T  Te  Ti Te = Temperatura exterior corregida a las 4:00 Pm



 



2 Ft 2 QPI  0.32· 20x 3.5m 2  2x 2.2m 2  8 x 3.5m 2  2x 2.22m 2 2· 93º F  75º F 10.76 2 3 m QPI  7767,85 Btu/hr 16) Calor a través de las puertas

QP  U ·AP ·T 2 QP  0.352x 2.25m 2 · 93º F  75º F  3

QP  994,22Btu / Hr 17) Calor a través del vidrio

QV  UV ·AV ·T

T  Te  Ti Te = Temperatura exterior corregida a las 4:00 Pm

QV  1.13





Btu Ft 2 2   18 x 1 m 93 º F  75 º F x 10 , 76 hr ·Ft 2 ·º F m2 QV = 3939,45 Btu/hr

18) Calor por radiación

QR  IMC xAvi  IdC xAvs FA·FM





Btu Ft 2  Btu  2   QR  0 x 18 ventx 0 . 2 m  11 x 18 ventx 0 . 8 10 , 76 x 0.19x 0.75 2  hr ·Ft 2 m2  hr ·Ft  QR = 242,87 Btu/hr 19) Calor por Iluminación

QILUM  FILUM xAPISO xx1xFc

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51 Para bombillo tipo fluorescente α1 = 1,25 Asumimos siempre que el equipo se enciende y se apaga al mismo tiempo que las luces del local por ende α =1 QILUM  30

Watts 20mx8mx1.25x1x3,412 Btu 2 hr ·Watts m QILUM = 20472 Btu/hr

20) Calor Por personas Btu Btu  4900 hr hr Byu Btu QLP  N º personas·RML  20x 205  4100 hr hr Btu QTP  QS P  QLP  4900  4100  9000 hr Qs P  N º personas·RMS  20x 245

21) Calor por equipo El calor por equipos tiene que ver con el calor que generan los equipos eléctricos presentes en el ambiente incluyendo el calor producido por los motores del ventilador del equipo acondicionador de aire donde buscamos en Tabla 53 Pág. 1 – 105 carrier con potencia del motor y ubicación del motor (antes o después del evaporador), en este problema no nos dicen nada con respecto al motor por eso asumimos que el calor generado por equipos eléctricos es: QEE = 1KW = 3412 Btu/hr 22) Carga por aire Fresco Calculo de PCM de aire por área En tabla 1 en ventilación por área para aplicación (oficina) FcA=0.4PCM/Ft2

buscamos

PCM Ft 2   x 20 mx 8 m 10 , 76  689PCM Ft 2 m2 Calculo de PCM de aire por Personas

PCM  Fc A xAPiso  0.4

En tabla 1 en ventilación por área para aplicación (oficina) FcP=25PCM/personas

buscamos

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PCM  Fc P xN º personas  25

PCM x 20personas  500PCM personas

Luego de calcular los PCM por area y por personas comparamos los dos valores obtenidos y tomamos el mayor valor entre los dos 689 PCM > 500 PCM Por lo tanto: PCM(A/F) = 689 Qs A / F  1.08xPCMA / F  (Te  Ti )  Qs A / F   1.08x 689PCMx (95º F  75º F )  14880Btu / hr

QLA / F   0.68xPCMA / F  x(We  Wi )

QLA / F   0,68x 689PCMx (139  66)

Q A / F   QS  A / F   QL A / F   14880

granos  34202BTU / hr Lbaire sec o

Btu Btu Btu  34202  49082 hr hr hr

Obtenidas todas las cargas pasamos a sumar todas las latentes y todas las sensibles y se multiplican cada una por su respectivo factor de seguridad Qs  242.87  3323.54  7767.85  21210.11  3939.45  0  994.22  20472 

  4900  14800  3412

Qs  59785,39Btu / hr QsTotal  Qs·1.1

QsTotal = 59785.39BTU/hr·(1,1)=65763,92BTU/hr 1Ton ref. =12000BTU/hr X = 65763.92 BTU/hr 65763,92BTU/hr = 5,48 ≈ 6Ton de refrigeración

QL  (4100  34202)BTU / hr  38302BTu / hr QLTotal  QL·1,05

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QLTotal = 38302BTU/hr·(1,05) = 40217,1 BTu/hr 40217,1Btu/hr = 3,35 ≈ 4Ton de refrigeración Resumen para el cálculo de cargas térmicas 1. Determinamos los días de diseño críticos en el ambiente según la orientación de las fachadas expuestas, el horario de trabajo, si hay vidrios en la fachada Este o si el 30% ó mas del techo esta expuesto. Notas: Si tenemos un ambiente con techo expuesto pero no hay paredes expuestas, o sea es un ambiente central no hay forma de saber el día crítico por no tener paredes expuestas pero se necesita un Δtequiv para el techo que va en función de los valores de tablas según el día crítico, en este caso hacemos lo siguiente: 

buscamos en la tabla 15 @ 10º sin importar el mes ni la hora en la posición Horizontal ya que es un techo el mes y hora en donde se presente la máxima ganancia de calor ese va a ser nuestra hora y mes de diseño para calcular el ΔTeq.

2. Calculamos los valores de “U” con la ec: U  1

buscando en tabla de R materiales mas comunes los valores de R y de peso W para las paredes, pisos, Techos, vidrios y puertas.

3. Calculamos todas las Áreas necesarias (paredes int. / Ext., techo, piso, vidrios, puertas, etc.). 4. se corrige la temperatura exterior por fachada de acuerdo al mes y hora de diseño por medio de la ecuación: Por mes Tc/mes = Tbs – Tmax mes diseño Por hora Tc/hora = Tabla 2 P. 1 – 15 Tbsc =Tbs -Tc/mes+Tc/hora Se hace por cada hora de diseño que se tenga 5. se calculan los ΔTeq para cada fachada de diseño y hora con la Ec:

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PSICOMETRIA

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56 Psicometría: Es la ciencia que comprende el estudio de las propiedades termodinámicas del aire y el efecto de la humedad en el confort humano. Para el estudio de la Psicometría hace falta conocer los siguientes conceptos: Temperatura de bulbo seco Tbs: se mide con un termómetro ordinario el cual mide el calor sensible en el aire Temperatura de bulbo húmedo Tbh: se mide con un termómetro ordinario con una gasa empapada en agua, mide la carga latente en el aire como resultado de la evaporación del agua de la gasa que envuelve el termómetro. Temperatura de Roció Tpr: es la temperatura a la cual comienza a aparecer el agua en el aire Humedad relativa ø: relación de la presión parcial del vapor contenida en el aire y la presión de saturación del vapor correspondiente a la temperatura existente. Entalpía h: es la cantidad de calor que contiene el aire Humedad absoluta:

A continuación podemos observar como esta distribuida la carta Psicrométrica:

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Donde: Fcs = factor de calor sensible h = entalpía Ø = humedad relativa W = humedad especifica Tbs = temperatura de bulbo seco Tbh = temperatura de bulbo húmedo PROCESOS PSICROMETRICOS COMUNES EN AIRE ACONDICIONADO Mezcla adiabática: Una cantidad de aire (1) se mezcla con una cantidad de aire (2) Produciendo una mezcla (3).

m1·h1  m2 ·h2  m3 ·h3 m1  m2  m3

(32)

m1 w 3  w 2 T3  T2 h3  h2    m3 w 1  w 2 T1  T2 h1  h2 PCM  A / F  PCM SUMINISTRO



hMEZCLA  hRETORNO h A / F   hRETORNO

(33)

(34)

Nota: la condición de retorno esta a las condiciones de diseño interior

Enfriamiento y calentamiento sensible:

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58 En el calentamiento sensible h aumenta y Q disminuye

Enfriamiento y deshumidificacion:

Control de desvió: Representa la fracción del flujo de aire que circula a través de la superficie de enfriamiento sin experimentar ningún cambio se le llama factor Bay Pass o factor de desvió. mx BF  (35) mx  my Donde: mx = Flujo de aire que no toma contacto con el serpentín

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59 my = Flujo de aire que si toma contacto con el serpentín. El factor de Bay Pass puede determinarse directamente en la tabla 62 Pág. 1 – 127 carrier con la aplicación del ambiente.

factor

de contacto  1 BF

(36)

PROBLEMAS 1) Se enfría aire de temperatura de bulbo seco Tbs = 75 ºF y temperatura de bulbo húmedo Tbh = 68 ºF y a una humedad específica constante Determine: a. b. c. d. e.

Temperatura de roció. Temperatura final de bulbo húmedo. Humedad relativa al final y al principio del proceso.. Calor total removido durante el proceso. Calor sensible removido durante el proceso.

Usando la carta Psicometríca de Caracas tenemos que:

QT ( removido)  h1  h2 QT ( removido)  34Btu / Lb  32.8Btu / Lb  1.2Btu / Lb

QT ( removido)  QS ( removido)  1.2Btu / Lb

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60

2. se tiene una cantidad de aire de 250 PCM a Tbs = 85ºF y Tbh = 70ºF que se mezclan con 450 PCM a Tbs = 80ºF y ø = 65% Determinar: a. entalpía de la mezcla b. humedad específica de la mezcla. PCM  A / F  PCM SUMINISTRO



hMEZCLA  hRETORNO h A / F   hRETORNO

(37)

h(RETORNO)=36.5Btu/Lb h(A/F)=36Btu/Lb

hMEZCLA 

hMEZCLA 

PCM A / F hA / F  hRETORNO   hRETORNO PCM SUMINISTRO

25036  36.5  36.5  36.45BTU / Lb 450 w =112

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61

A = humidificación B = Calentamiento y humidificación C = Calentamiento sensible D = Calentamiento y deshumidificación (deshumidificación química) E = deshumidificación F = enfriamiento con deshumidificación G = enfriamiento sensible H = enfriamiento evaporativo Definición de factores y términos psicometricos Factor de calor sensible interno (SHFI): Es la relación del calor sensible del ambiente a acondicionar entre la suma del calor sensible mas el calor latente

SHFI 

Qsi 1 Qsi  Qli

(38)

La condición del aire del ambiente R y el aire de suministro S se encuentra en una línea recta, esta línea representa el proceso Psicometrico del aire suministrado al ambiente y se conoce como línea de factor de calor sensible interno. ¿Cómo trazar la línea SHFI? Se puede trazar sin conocer las condiciones del aire de suministro utilizando para ello el SHFI calculado de las condiciones ambientales y la referencia de la carta psicometrica.

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62 Supóngase que se calculo el SHFI y este fue igual a 0.8 entonces:

Fig. Donde: A = punto de referencia de la Carta Psicometrica B = SHFI calculado con la ecuación r = condiciones que se desean en el ambiente interior. C = punto de roció del ambiente. Pasos para trazar la línea SHFI gráficamente: 1. Se ubica el pto de referencia (A) de la carta psicometrica, en la mayoría de las cartas Psicometricas viene dado por un círculo. 2. Se calcula el SHFI (B) por medio de la ecuación 3. Se traza una línea de (A) hasta (B). 4. Luego se ubica el pto ® con las condiciones interiores del ambiente. 5. Se traza una paralela a la línea AB que parta de r y corte con ø = 100% ese punto de corte será el pto ©. Como lo muestra la figura

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63 Factor de calor sensible efectivo (ESHF) El calor sensible interno o latente esta compuesto por el calor sensible interno más una fracción del calor sensible o latente de aire fresco. La cual circula por la superficie de transferencia de calor sin experimentar ningún cambio en sus condiciones.

ESHF 

BF 

Qsi  BF  Qs A / F 1 Qsi  BF  Qs A / F  Qli  BF  Ql A / F

Tss  Tadp Wss  Wadp hss  hadp   Tm  Tadp Wm  Wadp hm  hadp

(39)

(40)

Se puede determinar el BF también en la tabla 62 P. 1-127 del libro carrier con la aplicación del local. Donde: BF = factor de Bypass QlA/F = calor latente debido al aire fresco o carga latente exterior QsA/F = calor sensible debido al aire fresco o carga sensible exterior Tss = temperatura de salida del serpentín Tadp = temperatura de punto de rocio del aparato Tm = temperatura de la mezcla Gráficamente:

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64 Donde: D = valor de ESHF calculado con la ec. E = punto de roció del aparato (Tadp) Pasos para trazar La grafica 1. Calcular por medio de la EC. el valor de ESHF 2. Trazar una línea de (A) hasta (D) que es el pto que representa el ESHF. 3. Trazar una paralela a AD que parta de r y corte con ø = 100%, en caso de pasar de largo y no cortar con ø = 100% o Tadp ser muy bajo, recaliente hasta un Tadp optimo por lo general se considera 48ºF luego busque en tabla 65 desde la P. 1-145 hasta P. 1-147 con la humedad interior y Tbs int busque el valor de Tadp asumido y lea el valor de ESHF para ese valor de Tadp, luego calcule un recalentador por la siguiente ecuación:

ESHF 

Qsi  BF  Qs A / F  rec Qsi  BF  Qs A / F  rec  Qli  BF  Ql A / F

(41)

Al aplicar un recalentador quiere decir que hay que colocar en la ductería un banco de resistencias que recalienten el aire esto con el motivo de bajar la humedad del aire por lo general solo se aplica recalentamientos cuando hay mucha cantidad de aire fresco. Factor de calor sensible Total (GSFH) La condición de entrada de aire m a la superficie de transferencia y la condición de salida pueden representar el proceso Psicometrico del aire a su paso por la superficie de transferencia y se conoce como la línea de factor de calor sensible total

GSFH 

Qst 1 Qst  Qlt

Qst  Qsi  Qse Qlt  Qli  Qle

(42) (43)

(44)

Donde: Qst = calor sensible total Qsi = calor sensible interior Qse = calor sensible exterior

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65

QLt = Calor Latente total Qli = Calor Latente interior Qle = Calor Latente exterior

Donde: F = valor de GSHF calculado con la Ec. G = condiciones a la salida del serpentín m = punto de mezcla aire fresco y retorno e’ = condiciones exteriores (Tbs, Tbh) Pasos para trazar La grafica 1. calcule por medio de la ecuación el valor de GSHF 2. Trace una línea desde (r) hasta (e’) 3. Trace una línea desde (A) hasta el pto (F) (GSHF) 4. Trace una paralela a la línea AF que parta del punto E y que corte con la Línea re’, este punto de corte es el punto de mezcla m del aparato. 5. El punto de intercepción de la línea Em con la línea rC es el punto de salida del serpentín (G).

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66

PCM sum 

ESHF 1.081  BF Te  Tadp 

(45)

Si se esta a nivel del mar no hay que corregir los valores de humedad especifica y entalpía pero si se esta a una altura por encima del nivel del mar y se usa la carta psicometrica a nivel del mar si se tiene que corregir estos valores, si se usa la carta especifica del sitio a la altura del mismo no hace falta corregir. Corrección de la humedad especifica Tbs  Tbh   Wcorr  W 1  0.01  24   WT  Wcorr  W( 29.92)

(46) (47)

ΔW = corrección de la humedad especifica en grano/Lb de aire seco W(29.92) = humedad especifica a nivel del mar Corrección de la entalpía h  h  h'h( 29.92)

(48)

h(29.92) = entalpía a nivel del mar h’ = desviación de la entalpía carta psicometrica carrier P. 1-116

Δh = corrección de la entalpía BTU/Lb por tabla de correcciones con Tbh y altura del sitio tabla de correcciones con Tbh y altura del sitio

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67

Corrección del volumen especifico corregido

vs 

W  0.754Tbs  460  1  T  Pactual  4360 

(49)

Pactual = presión a nivel del mar Calculo de Psicometría por ecuaciones

Qsi  1.08  PCM SUMINISTRO Tr  Ts

(50)

Qli  0.68  PCM SUMINISTRO Wr  Ws 

(51)

QTA / F  4.45  PCM A / F he  hr 

(52)

Qs A / F  1.08  PCM A / F Te  Tr 

(53)

Ql A / F  0.68  PCM A / F We  Wr 

(54)

QlT  4.45  PCM SUMINISTRO hm  hs 

(55)

Ti = Tr cuando ya estamos en condiciones de confort y se apaga el compresor El libro carrier en las paginas 1-149 a 1-151 tiene todas las ecuaciones y simbología usada en Psicometría Sistemas de control Control de desvió Este sistema no controla la humedad relativa ø Tss = temperatura de salida del serpentín Ts = temperatura de suministro Tss = Ts cuando todo el aire pasa por el serpentín

QTTS  4.45  PCMDhm  hss Pcmsum  PcmD  Pcmd JAL: 15/11/2006

68

Donde: hm = entalpía de mezcla hss = entalpía del aire a la salida del serpentín PcmD = pcm que pasa por el serpentín Pcmd = pcm que pasa por el desvió Pcm(SUM) = pcm de suministro

Control por recalentamiento Este sistema se usa para controlar la humedad relativa del interior del ambiente.

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69 QREC  4.45  PCM SUM  hs  hss

Control todo o nada

Tm = temperatura de la mezcla Ts = temperatura de suministro

QR  4.45  PCM SUM  Tm  Ts

Problemas de Psicometría 1. Un ambiente tiene un calor sensible interno de 88000 Btu/h y un calor latente interno de 22000 Btu/h el ambiente debe ser mantenido a 78 ºF Tbs y 65 ºF Tbh el aire para la ventilación de ese ambiente es de 1390 Pcm ese aire tiene una condición exterior de 95 ºF Tbs y 75 ºF Tbh el aire sale del serpentín con una humedad relativa del 95% determinar la capacidad del serpentín en %Ton de refrigeración Solución Datos: Qsi = 88000 Btu/hr Qli = 22000 Btu/hr Cond. Interior:

Tbs = 78ºF Tbh = 65ºF

cond. Exterior

Tbs = 95ºF Tbh = 75ºF

PcmA/F = 1390 Pcm Ø = 95%

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70

SHFi 

Qsi 88000 88000    0.8 Qsi  QLi 88000  22000 110000

En carta Psicometrica Trane calculamos el Pto de roció del ambiente.

r

Tbs =78ºF Tbh =65ºF Tpr = 54ºF

En carta Psicometrica interceptando We = 98 con 95ºF y 75ºF Wi = 72 con 78ºF y 65ºF

Qse  1.08Pcm A / F te  ti   1.08139095  78  25520Btu / hr QLi  0.68Pcm A / F we  wi   0.68139098  72  24575Btu / h

GSFH 

Qsi  Qse 88000  25520   0.7 Qsi  Qse  Qli  Qle 88000  25520  22000  24575

Sabemos que el punto en común con GSHF Y ESHF es el Pto (ss) como no tenemos Tss pero si tenemos la humedad relativa ø = 95% Trazamos una línea paralela a la linea GSHF que pase por el punto (ss) que es el punto de intercepción de la línea SFHi con la línea de ø=95%, la intercepción de esta linea paralela con la linea (re) nos da el punto (m) que es el punto de mezcla y la intercepción de la linea con ø = 100% nos da el punto (x) que es el punto de rocio del aparato

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71

De la carta Psicometrica obtenemos que: hm = 33.7 Btu/Lb hs = 23 Btu/Lb Tm = 86ºF Tss = 55ºF

QTT  4.45Pcm sum hm  hs  Pcm sum 

Qsi 88000   3703Pcm 1.08Tr  Tss 1.0878  55

QTT  4.453703Pcm 33.7  23  181296Btu / hr QTT 

181296 Btu / h  151TR 12000( Btu / h) / 1TR

2. El calor total interno es 100000 Btu/h, el factor de calor sensible interno es 0.7 las condiciones interiores del ambiente son 75 ºF Tbs y 65 ºF Tbh los pcm de suministro son 4000 Pcm encontrar las condiciones de aire de suministro. Datos RTH = 100000 Btu/hr RSHF = 0.7 Pcmas = 4000 Pcm

int

Tbs = 75ºF Tbh = 65ºF

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72 RSHF 

RSH  RSH  RSHF  RTH  0.7 *100000 Btu / hr  70000 Btu / hr RTH

RSH  1.08 * Pcm as * Tbsint  Tas  Tsa  Tbsint 

RSH 70000  75º F   58.7º F 1.08 * Pcm as 1.08 * 4000

3. Un salón de teatro debe mantenerse a 80ºF Tbs y 50 % de humedad relativa la ganancia de calor sensible interna es de 300000 Btu/hr y la del calor latente es de 320000 Btu/hr. Si el aire sale del serpentín con una humedad relativa de 90% encontrar: a) las condiciones que debe tener el aire a la salida del serpentín de modo que sea mínimo el calor sensible de recalentamiento. b) Aire de suministro necesario (Pcm(SUM)). c) Calor necesario para recalentar el aire. d) Calor necesario para recalentar el aire cuando las condiciones del aire a la salida del serpentín son: 50 ºF Tbs y 90% humedad relativa. 4. Encontrar la humedad especifica, la entalpía y el volumen especifico a una presión atmosférica de 24.92 in Hg, la Tbs del sitio es 70 ºF y Tbh = 61 ºF corregir W, h, Vs Solución Tbs  Tbh   Wcorr  W 1  0.01  24   WTot  Wcorr  W@ 29.95inHg 

P  24.92inHg  29.92inHg  5inHg

Con Tbh = 61 ºF y ΔP = -5 inHg en carta de corrección de tenemos que: W  16.5granos / Lbaire

h  2.57 Btu / Lbaire

sec o

sec o

  70  61  Wcorr  16.51  0.01   16.88 grano / Lbaire  24  

sec o

W(@29.92inHg) se determina carta Psicométrica a nivel del mar con Tbs y Tbh W(@29.92inHg) = 66 grano/Lb aire seco

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73

WTot  16.88  66  82.43grano / Lbaire

sec o

Calculo de h: En carta Psicometrica de carrier con Tbs = 70ºF y Tbh = 61ºF y las curvas de desviación h’ entonces: h’ = 0.06 hcorr  h  h'h29.92inHg 

hcorr  2.57  0.06  27  29.63Btu / Lb Calculo de volumen específico Vs:

Vs 

Vs 

0.754Tbs  460  WTot corr  1   Pmax considerada  4.360 

0.75470  460  82.43  3 1    16.33Ft / Lb 24.92  4.360 

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DISEÑO DE DUCTOS

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75 CARACTERISTICAS GENERALES Material: El material de los ductos es hierro galvanizado únicamente, siendo las rejillas de aluminio anonizado. Transformaciones Las transformaciones se usan para aumentar o disminuir el área del ducto. Con el objetivo de mantener la presión interna, las transformaciones generan perdidas

Nota: si la transformación pierde 1” en 7” de longitud no se consideran pérdidas adicionales al sistema pero si se toma en cuenta la pérdida de roce

Codos El codo se usa para cambiar la dirección del aire, al igual que las transformaciones también los codos generan perdidas Soportes Los soportes para ductos horizontales deben ser de hierro galvanizado a excepción de los ductos con ancho de cara superior a 48” en los cuales se emplean soportes de Angulo de hierro de (1 ½ x 1 ½ x 1/8).

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Compuertas Las compuertas se instalan en las bifurcaciones de los ductos con el objeto de ser utilizadas en el balanceo del aire dentro del sistema, las compuertas solo se usan si la ducteria se diseña por el método de igual fricción.

Aislamiento de vibraciones Los ductos deben ser aislados de tal forma de dejar una separación de 1 pulg. de los elementos estructurales, en los casos que no se puede por estar limitado por la altura hay que poner corcho de ½” mínimo aunque depende del peso del ducto o maquina.

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Tabique: son las paredes de contraenchapado recubierto de formica que generalmente colocan para dividir las oficinas sin utilizar bloques. Por otra parte deben colocarse juntas flexibles en la unión entre el ducto y la unidad ventiladora, la unión se hará con una lona de 8 onzas de peso el ancho no será mayor de 4 Pulg. Para evitar que las vibraciones producidas por el equipo pasen al sistema de ducto y provoque ruidos molestos en los mismos

CLASIFICACION DE LOS DUCTOS Por velocidad Sistemas de baja velocidad Se considera de baja velocidad hasta 2500 pies/min la velocidad del aire siendo un rango razonable de trabajo el comprendido entre 1400 a 1800 pies/min. Sistemas de alta velocidad Se considera de alta velocidad a los sistemas de ductos donde la velocidad es mayor a 2500 pies/min.

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78 Por presión Sistemas de baja presión En los sistemas de baja presión esta llega hasta 3 ¾ in H2O siendo un rango razonable de trabajo de 0 a 1 ½ in H2O. La presión 3 ¾ in H2O comienza a la salida del serpentín la presión 0 a la salida del equipo. Sistemas de media presión En este sistema las presiones están comprendidas entre 3 ¾ in H2O hasta 6 ¾ in H2O. Sistemas de alta presión Las presiones están entre 6 ¾ in H2O hasta 12 ¼ in H2O. FACTORES ECONOMICOS Para el diseño de ductos debe tomarse en cuenta el costo inicial y el espacio disponible, siendo estos costos afectados por los siguientes aspectos: a) elación de aspectos La relación de aspectos es el cociente entre el lado mayor y el lado menor del ducto rectangular, al aumentar la relación de aspectos la rigidez de la sección del ducto disminuye requiriéndose mayores refuerzos y un mayor espesor del material del ducto. A  1 , la relación de aspectos no B debe ser muy alta para evitar la deflexión del ducto.

La relación de aspectos es ideal cuando

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b) ganancia de calor del ducto La ganancia de calor en un sistema de ducto se traduce en un aumento de temperatura del aire que se transporta esto ocurre cuando los ductos pasan por espacios no acondicionados y en ductos de largo recorrido, para evitar que esto suceda se recomienda recubrir el ducto con distante térmico, a fin de reducir al mínimo la transferencia de calor entre la ductería y el ambiente

METODOS PARA EL DISEÑO DE DUCTOS Para el diseño de ductos existen tres métodos básicos que son: el método igual fricción, el método de recuperación estática y el método de asignación de velocidades. Método de igual fricción Como la palabra lo indica se basa en establecer la misma perdida de fricción por unidad de longitud para todo el sistema de ductería. El factor de fricción que será constante para el sistema de ducto se determina de la carta de fricción, con la velocidad inicial asumida y la cantidad de aire a suministrar, al determinar el efecto de fricción (f) se van dimensionando las otras ramificaciones según el caudal de aire y el factor de fricción constante lo cual permite hallar el diámetro equivalente y luego el ducto rectangular. Después de haber dimensionado todo el sistema de ductería se debe determinar las pérdidas de presión total lo cual será la trayectoria más desfavorable. En el caso de ductos de suministro entre el tramo inicial y el final se produce una recuperación de presión estática debido a los cambios de velocidad entre el tramo inicial y el final. Desventajas Este sistema tiene una desventaja, que tiene la dificultad del balanceo del aire porque el método no toma en consideración las caídas de presión en ramales secundarios Ventajas La ventaja de este método es que logra una reducción automática de la velocidad del aire dentro del ducto y este método es versátil ya que puede usarse para el diseño de ductos de suministro, retorno y extracción de aire. Presión de recuperación JAL: 15/11/2006

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 Vi  2  Vf  2  pr  R1       4005   4005   Donde:

Pr  Recuperación de presión estática, pulg. H2O R1 = Coeficiente de recuperación (se considera R1 = 0.30) Vi = velocidad del tramo inicial, pie/min. Vf = velocidad del tramo final (trayectoria más desfavorable) pie/min. TABLA velocidades en ductos según la aplicación del local Aplicación

Velocidad del aire Ft/seg (ducto principal)

Cuartos de hotel, hospital, apartamentos

1000

Oficinas particulares y bibliotecas

900

Teatros y auditorios

800

Oficinas publicas, restaurantes y bancos

1500

Calculo de la caída de presión total en el sistema de ducto ΔpTOTAL = 10% (ΔpRUTA MAS CRITICA + ΔpREJILLA + ΔpFILTRO + ΔpSERPENTIN) CALCULO DE Kg DE DUCTO

Tabla de espesores de ducto según el calibre ESPESOR DE LÁMINA SOPORTES CALIBRE 26 PLETINA DE HIERRO 24 22 20 ÁNGULOS DE HIERRO 18

A (pulg) ≤12 ≤30 ≤60 ≤90 > 91

(pulg) 0,022 0,028 0,035 0,041 0,053

(mm) 0,55 0,71 0,88 1,04 1,34

PESO 2

(lb/pies ) 0,9 1,16 1,4 1,63 2,156

(Kg./m2) 4,39 5,6 6,8 8 10,5

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Kg  2( AxB ) * L * fc * fd Kg  2( A  B) * e * L * (  * fc * fd )

  1m 2 Kg  Kg  ( A  B) * e * L *  2 * * 7850 * 1 . 15 2 3 1550 . 003 pu lg m   Kg  ( A  B) * e * L *11.64

Kg Pu lg 2 m

Donde: A = Ancho del ducto (pulg) B = Altura del ducto (pulg) ρ = Densidad del hierro = 7850 Kg/m3 e = Espesor de lamina según el calibre (pulg) valor de tabla fc = Factor de conversión de Pulg a m fd = Factor de desperdicio = 1.15 L. = Longitud del ducto (m). Cálculo de los Metros Cuadrados de Aislante Para calcular los metros cuadrados de aislante térmico se utiliza la siguiente ecuación:

m2  ( A  B  e)  f .r  L m 2  ( A  B  e) * L * 0.1016 Donde: A = ancho (pulg) B = altura (pulg) e = se estima 1 pulg. de aislante por cada lado (4 lados del ducto)

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f.r = factor de reducción



2x

1m. 39.37 pu lg



L = longitud del elemento (m)

EJEMPLO METODO DE IGUAL FRICCION

Tramo A 1. Al empezar el tramo de ducto el caudal es el caudal total porque no hay desvíos del mismo QA = QT = 3000Pcm 2. La longitud equivalente para un ducto recto es la misma longitud del ducto por ende: Leq = 14 Ft 3. Como la aplicación del ambiente es una oficina pública tomamos de la Tabla la velocidad utilizada según esta aplicación quedando: V = 1500 Ft/min 4. En grafica 7 P. 2-33 de carrier determinamos el factor de fricción f y el diámetro equivalente øeq de ducto interceptando el caudal Q y la velocidad V øeq = 19 in JAL: 15/11/2006

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f = 0.15 5. En tabla 6 P. 2-34 Carrier con øeq buscamos las dimensiones del ducto mas favorable, puede ser que haya varias opciones que sirvan vamos pero se va elegir la que haga el diseño mas efectivo que sea lo mas cuadrado posible o sea A aproximadamente igual a B para evitar que el ducto flexione. (A x B) = (34” x 10”) 6. determinamos la caída de presión en el tramo A Leq = Longitud de ducto + perdida por codo Las perdidas por codos la determinamos en la tabla 12 P. 2-43 a 2-44 carrier con A y B Como no hay codo la Leq va a ser la longitud del ducto en ese tramo P 

Leq * f 14 Ft * 0.15   0.021inH 2 O 100 100

7. determinamos los Kg de ducto Kg  ( A  B) * e * L *11.64

Kg  (34  10)in * 0.035in *14 Ft * (1m / 3.28Ft ) *11.64  76.51Kg Tramo B 1. A diferencia del tramo “A” en el tramo “B” parte del caudal se desvió al tramo “H” por lo tanto en este tramo ya no se va a tener 3000 Pcm de caudal. QB = 3000 Pcm – 500 Pcm =2500 Pcm 2. La longitud equivalente para este tramo es: Leq = 18 Ft 3. con el nuevo caudal de 2500 Pcm y manteniendo ctte el factor de fricción f = 0.15, en grafica 7 P. 2-33 determinamos el nuevo øeq, entonces: øeq = 18 in 4. En tabla 6 P. 2-34 Carrier con øeq al igual que para el tramo “A” buscamos las dimensiones del ducto mas favorable, puede ser que haya varias opciones

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84 que sirvan vamos pero se va elegir la que haga el diseño mas efectivo que sea lo mas cuadrado posible o sea A aproximadamente igual a B para evitar que el ducto flexione. (A x B) = (30” x 10”) 5. calculo de ΔP P 

18Ft * 0.15  0.027inH 2 O 100

6. determinamos los Kg de ducto Kg  ( A  B) * e * L *11.64

Kg  (30  10)in * 0.028in *18Ft * (1m / 3.28Ft ) *11.64  71.54 Kg

0.15

Dimensión A x B en in/in 34 x 10

ΔP (in H2O) 0.021

18

0.15

30 x 10

0.027

71.54

25

15.5

0.15

20 x 10

0.037

46.2

1100

8

13

0.15

14 x 10

0.012

19.07

E

500

8

9.8

0.15

14 x 6

0.012

15.89

F

500

9

9.8

0.15

14 x 6

0.0125

17.88

G

800

9

11.7

0.15

12 x 10

0.0135

15.45

H

400

6.5

9

0.15

12 x 6

0.00975

9.13

TRAMO

Q (Pcm)

Leq (Ft)

Øeq (in)

f

A

3000

14

19

B

2500

18

C

1700

D

Kg ducto 76.51

Calculo de la caída de presión total en el sistema de ducto ΔpTOTAL = 10% (ΔpRUTA MAS CRITICA + ΔpREJILLA + ΔpFILTRO + ΔpSERPENTIN) Buscamos la ruta mas crítica 

ΔpA + ΔpF = 0.021+0.0125 = 0.0345in H2O



ΔpA + ΔpB + ΔpG + ΔpH = 0.021+0.027+0.0135+0.00975 = 0.0712 in H2O



ΔpA + ΔpB + ΔpC + ΔpD + ΔpE = 0.109 in H2O

ΔpTOTAL = (0.109 in H2O +0.05 in H2O + 0 + 0)1.10 = 0.1749 in H2O

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85 Método de recuperación estática Este método se encarga del dimensionamiento de los ductos de tal forma que el aumento de presión estática en cada ramal o terminal de aire balancea las perdidas de presión debido a la fricción en el tramo siguiente de ducto, el ducto principal se dimensiona en base a una velocidad inicial que toma en consideración el factor de ruido, sin embargo para propósitos prácticos y considerando los ductos bien construidos se asume una recuperación promedio de presión estática. Ventajas Es conveniente donde hay que diseñar para sistemas de ducto con muchas ramificaciones y terminales de aire, ya que existe una presión entrante en la entrada de cada ramal lo que permite balancear fácilmente el sistema (el sistema se balancea automáticamente solo) Desventajas Las áreas de los ductos son mas grandes por lo que diseñar bajo este método representa un mayor costo en comparación con el método de igual fricción.

 Vi  2  V2  2  Pr  0.75      4005   4005  

Hf 

3.9 x10 9 * V2 Q2

2.43

* Leq

0.61

Donde: Hf = pérdida de presión, in H2O V2 = velocidad aguas debajo de la ramificación o terminal de aire, pie/min Q2 = flujo de aire en el ducto aguas debajo de la ramificación o terminal de aire pie3/min Leq = longitud equivalente, pie Pr = Hf en el siguiente tramo

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86 EJEMPLO METODO DE RECUPERACION ESTATICA

Solución 1. Al igual que el método de igual fricción empezamos el tramo de ducto con el caudal total porque no hay desvíos del mismo QA = QT = 3000Pcm 2. La longitud equivalente para un ducto recto es la misma longitud del ducto por ende: Leq = 14 Ft 3. Como la aplicación del ambiente es una oficina pública tomamos de la Tabla la velocidad utilizada según esta aplicación quedando: V = 1500 Ft/min 4. En grafica 7 P. 2-33 de carrier determinamos el factor de fricción f y el diámetro equivalente øeq de ducto interceptando el caudal Q y la velocidad V øeq = 19 in f = 0.15

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87 5. En tabla 6 P. 2-34 Carrier con øeq buscamos las dimensiones del ducto mas favorable, puede ser que haya varias opciones que sirvan vamos pero se va elegir la que haga el diseño mas efectivo que sea lo mas cuadrado posible o sea A aproximadamente igual a B para evitar que el ducto flexione. (A x B) = (34” x 10”) TRAMO

Q (Pcm)

A

3000

--------

B

2500

0.16

1320

272.72

C

1700

0.27

1100

222.54

Dimensión A x B en in/in (34 x 10) (32 x 10) (24 x 12) (42 x 8) 24 x 10

F

500

0.23

1280

56.25

10 x 6

L/Q

0.61

V 2 Area (in ) (Ft/min) 1500 ---------

Ø (in)

ΔP (in H2O)

18.63 16.83 8.46

ELEMENTOS TERMINALES Principios de distribución de aire El tiro: El tiro es la distancia horizontal o vertical que recorre la corriente de aire desde su salida del elemento terminal (rejilla, difusor, etc.) hasta un punto en la cual se produce en la corriente de aire una velocidad promedio llamada velocidad terminal. El tiro es función del flujo de aire que sale por el elemento terminal, sus dimensiones y la disposición de las venas.

L  27.35 * K *

Q A* B

Donde: L = tiro (m) K = factor que depende de las venas A = ancho de ducto (cm) B = alto del ducto (cm)

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Barrido: Es el ángulo de divergencia de la corriente de aire después que deja el elemento terminal ángulo se mide en grados.

Valores de K dependiendo del ángulo de divergencia de la vena

K

Para vena recta 0º

0.7 – 0.8

Para vena convergente 22.5º

0.8 – 0.9

Para vena convergente 45º

0.4 – 0.6

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89 Diagrama de velocidades

Siendo: VT1 = velocidad para difusor de 0º VT2 = velocidad para difusor de 22.5º VT3 0 velocidad para difusor de 45º VJ = velocidad de salida VR = velocidad residual Elementos terminales Difusores Los difusores pueden utilizarse en conductos de aire a la vista o bien en conductos de aire ubicados encima de cielo raso del ambiente. Hay una gran variedad de ellos como circulares, cuadrados, rectangulares y lineales, normalmente están equipados con control de volumen de aire, los difusores pueden ser de 1, 2, 3, 4 vías.

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Retorno Aplicacion

Suministro

Nivel de ruido (Nc)

Estudio, Radio, Tv, sala de conferencias y conciertos Residencias, Apartamentos, cuarto de Hotel, Hospitales escuelas y salas de lectura Teatro, cine, oficina privada, sala de operación Oficinas generales, museos, Restaurantes, Bar, Sala de exposición pequeñas, tiendas Salas técnicas, Cafeterías, Edificios públicos, Bancos Tiendas por departamento, Fabricas de poco ruido Fabricas Ruidosas, Lavandería y tintorería

Min

Prom

Max

Techo

Pared

50

800

1200

1500

Hasta 1700

1700 hacia arriba

Factores que determinan los elementos terminales La temperatura: El sistema de distribución de aire, deberá lograr que la temperatura del aire, en cualquier sitio del ambiente debe ser la misma admitiéndose una variación máxima de 1ºC ó 3ºF La velocidad: La velocidad del aire recomendable dentro del ambiente es de 25 Ft/min, sin embargo esta velocidad puede ser extendida cuando se tienen altos volúmenes de aire siendo la mayor 50 Ft/min, la máxima velocidad tolerable para personas sentadas es de 23 Ft/min. La dirección del aire: La sensación de confort de un individuo esta relacionado con la dirección del aire en el ambiente, es preferible aire dirigido hacia la cara de los ocupantes que aire por los lados o por detrás de la persona. La humedad relativa: JAL: 15/11/2006

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Al igual que la temperatura la humedad relativa debe ser la misma en cualquier parte del ambiente, por esta condición los ocupantes pasan desapercibidos en cuanto a la humedad que producen se refiere. El nivel de ruido: Es el nivel de ruido que se produce cuando el aire pasa por un elemento terminal, no debe ser muy fuerte para no molestar a las personas

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SISTEMAS

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Sistemas Ventana 45 – 60000 Btu/h

Expansión Directa

equipo compacto Industrial hasta 15 TR en adelante

Equipo dividido (SPLIT) Sistema

Expansión directa Centrales Agua

Agua fría

condensación Aire

Expansión directa

En los sistemas de expansión directa el gas refrigerante esta en contacto con el aire. Centrales

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94 SPlIT El split es un equipo dividido es decir, que el evaporador esta separado del condensador no se encuentran dentro de un mismo equipo.

Sistemas agua fría Estos sistemas funcionan al igual que los otros sistemas con un gas refrigerante la diferencia es que el refrigerante no enfría el aire directamente sino que este enfría agua la cual posteriormente es bombeada a una UMA (unidad manejadora de aire) en donde hay un fan cooler que impulsa aire a través de la tubería donde pasa el agua fría, este aire se enfría y luego pasa al ambiente a baja temperatura. La ventaja de este sistema es que en la UMA se pueda controlar los ambientes a acondicionar, lo que se traduce en ahorros económicos ya que los ambientes no utilizados se pueden desactivar

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TABLAS Y GRAFICOS

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96 TABLAS TABLA 1-1 Día crítico de diseño para Venezuela ORIENTACION Norte Noreste Este Sureste Sur Suroeste Oeste Noreste

FECHA Junio 21 Junio 21 Septiembre 21 Marzo 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Diciembre 21 Septiembre 21 Marzo 21 Junio 21

HORA 4:00 PM 10:00 AM 10:00 AM 10:00 AM 12:00 PM 4:00 PM 4:00 PM 4:00 PM

Nota = Resumen de la tabla 15 Pág. 1-45 @ 10º del carrier

TABLA 1-2 valores de b para pared o techo b 1 0.78 0.55

Restricción cuando el color es oscuro cuando el color es medio cuando el color es claro

TABLA 1-3 factor para tipo de iluminación Tipo de iluminación Fluorescente Incandescente

1 1.25 1.00

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97 TABLA 1-4 Resistencia térmica de los materiales más comunes utilizados en Venezuela Resistencia R

Espesor pulg

Densidad 3 Lb/pie

Peso W 2 Lb/pie

4

130

43

0.44

3 4 6 8 10 12

60 48 50 45 42 40

15 16 25 30 35 40

0.8 1.11 1.52 1.85 2.22 2.50

Bloque de concreto de tres huecos de agregado de arena y grava

2 3 4 6 8 12

--76 69 64 64 63

--19 23 32 43 63

0.22 0.40 0.71 0.91 1.11 1.28

Fieltro asfáltico en laminas Friso de cemento

3/8 1/2 3/4

70 116 116

2.2 4.8 7.2

0.33 0.10 0.15

Vermiculita

2

----

20.0

2.86

Bloque de cerámica

1

----

----

0.08

Linelum

1/8

80

0.83

0.08

Laminas contraenchapadas

1/4

----

1.42

0.31

Cerámica Puertas de madera

Vidrio

1/2 1 2 3 1/4

----------------

5.5 -------------

0.04 1.45 2.17 3.00 0.88

AIRE

Posición

Flujo de calor

Resistencia

Horizontal Horizontal Vertical

Arriba Abajo Horizontal

0.61 0.92 0.6

Vertical

Horizontal

0.85

-------

-------

0.17 0.25

Ladrillo Macizo Bloque hueco de arcilla 1 celda 1 celda 2 celda 2 celda 2 celda 3 celda

Aire quieto

Espacio de aire, 3/4 “ Viento 15 mph 7.5mph

 hr ·pie 2 ·º F     BTU 

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98 Carta de corrección para W, h

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