ejercicios refrigeracion
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Descripción: Ejercicios refrigeracion...
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Colección de Problemas Resueltos de Tecnología Frigorífica Versión 2.1 (septiembre de 2003)
Compresor de baja 1
Compresor de alta 3
2
4
Condensador
Evaporador 6 8
) a P k ( p
5
7 7
5
6
8
4 3
2
1
h (kJ/kg)
Autor: Juan Francisco Coronel Toro Profesor asociado del Grupo de Termotecnia Dpto. de Ingeniería Energética y mecánica de Fluidos Universidad de Sevilla Este documento está basado en versiones anteriores desarrolladas por: □ □ □ □ □ □ □
D. Ramón Velázquez Vila D. José Guerra Macho D. Servando Álvarez Domínguez D. José Luis Molina Félix D. David Velázquez Alonso D. Luis Pérez-Lombard D. Juan F. Coronel Toro
Todos ellos pertenecientes al Grupo de Termotecnia. Parte de la información ha sido tomada de las siguientes referencias:
DEPARTMENT OF MECHANICAL ENGINEERING, TECHNICAL UNIVERSITY OF DENMARK, COOLPACK, A collection of simulations tools for refrigeration, Versión 1.46 (2000). STOECKER, W.F. Industrial Refrigeration Handbook. 1st ed. McGraw Hill (1998) KLEIN, S.A. y ALVARADO, F.L., Engineering Equation Solver Software (EES), Academia Versión 6.271 (20-07-2001).
Autor: Juan Francisco Coronel Toro Profesor asociado del Grupo de Termotecnia Dpto. de Ingeniería Energética y mecánica de Fluidos Universidad de Sevilla Este documento está basado en versiones anteriores desarrolladas por: □ □ □ □ □ □ □
D. Ramón Velázquez Vila D. José Guerra Macho D. Servando Álvarez Domínguez D. José Luis Molina Félix D. David Velázquez Alonso D. Luis Pérez-Lombard D. Juan F. Coronel Toro
Todos ellos pertenecientes al Grupo de Termotecnia. Parte de la información ha sido tomada de las siguientes referencias:
DEPARTMENT OF MECHANICAL ENGINEERING, TECHNICAL UNIVERSITY OF DENMARK, COOLPACK, A collection of simulations tools for refrigeration, Versión 1.46 (2000). STOECKER, W.F. Industrial Refrigeration Handbook. 1st ed. McGraw Hill (1998) KLEIN, S.A. y ALVARADO, F.L., Engineering Equation Solver Software (EES), Academia Versión 6.271 (20-07-2001).
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Índice Índice .............................................. ...................................................................... ................................................ ................................... ........... 3 Ciclo simple de compresión mecánica: Problema 1 .............................................. ...................................................................... ................................................ ............................ .... 4 Ciclos múltiples de compresión mecánica: Problema 2 .............................................. ...................................................................... ................................................ ............................ .... 6 Problema 3.................................................... 3........................................................................... ............................................ ..................... 12 Problema 4.................................................... 4........................................................................... ............................................ ..................... 15 Problema 5.................................................... 5........................................................................... ............................................ ..................... 19 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos): Problema 6.................................................... 6........................................................................... ............................................ ..................... 23 Problema 7.................................................... 7........................................................................... ............................................ ..................... 26 Problema 8.................................................... 8........................................................................... ............................................ ..................... 28 Problema 9.................................................... 9........................................................................... ............................................ ..................... 31 Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores): Problema 10 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 33 Problema 11 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 36 Problema 12 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 39 Problema 13 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 42 Problema 14 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 44 Problemas combinados: Problema 15 ............................................... ...................................................................... ............................................... ........................ 47
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 1 Ciclo simple de compresión mecánica Una máquina frigorífica utiliza el ciclo estándar de compresión de vapor. Produce 50 kW de refrigeración utilizando como refrigerante R-22, si su temperatura de condensación es 40°C y la de evaporación -10°C, calcular: a. b. c. d. e. f. g. h.
Efecto frigorífico Caudal de refrigerante Potencia de compresión Coeficiente de eficiencia energética Relación de compresión Caudal volumétrico de refrigerante manejado por el compresor Temperatura de descarga descarga del compresor Coeficiente de eficiencia energética del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de evaporación y condensación
Solución: Compresor ) a P k ( p
1 Evaporador
2
3
4
2
Condensador
1 4 h (kJ/kg)
Válvula de expansión
3
Si trasladamos las temperaturas de evaporación (-10°C) y condensación (40°C) sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores: Presiones: Entalpías:
pcond = 1533.52 kPa pevap = 354.3 kPa h1 = 401.56 kJ / kg h2 = 438.56 kJ / kg
h3 = h4 = 249.67 kJ / kg
a. Efecto frigorífico: h1 − h4 = 151.89 kJ / kg b. Caudal de refrigerante: qf 50 kW & R (h1 − h4 ); m &R = = = 0.3292 kg / s qf = m (h1 − h4 ) 151.89 kJ / kg c. Potencia de compresión: & R (h2 − h1 ) = 0.3292 kg / s(438.56 − 401.56 kJ / kg) = 12.18 kW Pc = m
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
qf 50 kW = = 4.105 Pc 12.18 kW p 1533.52 kPa = 4.328 e. Relación de compresión: rc = cond = p evap 354.3 kPa f. Caudal volumétrico de refrigerante manejado por el compresor: Este siempre se toma a la entrada al compresor y necesitamos el volumen específico en el punto 1: v1 = 0.06535 m³ / kg & R v1 = 0.3292 kg / s 0.06535 m³ / kg = 0.0215 m³ / s = 77.448 m³ / h V& R = m d. Coeficiente de eficiencia energética:
COP =
g. Temperatura de descarga del compresor: Si miramos en el diagrama p-h la isoterma que pasa por el punto 2 es aproximadamente t 2 = 64.3°C . h. Coeficiente de eficiencia energética del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de condensación y evaporación. 1 1 = = 5.263 COPCarnot = Tcond 273.15 + 40 K −1 −1 273.15 − 10 K Tevap
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 2 Ciclos múltiples de compresión mecánica Una aplicación de producción de frío demanda una potencia frigorífica de 100.000 frig/h, su temperatura de evaporación debe ser -30°C y su temperatura de condensación 40°C. Si se pretende usar en todos los casos R-22, calcular el trabajo de compresión, el calor de condensación y el coeficiente de eficiencia energética en los siguientes casos: a. Ciclo estándar de compresión mecánica simple. b. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección parcial. (Eficiencia del enfriador intermedio 0.8) c. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección total. d. Compresión doble en cascada.
Solución: Comencemos por calcular el coeficiente de eficiencia energética de del ciclo teórico de Carnot: 1 1 = = 3.474 COPCarnot = Tcond 273.15 + 40 K −1 −1 273.15 − 30 K Tevap Este es el límite máximo para las eficiencias de todos los ciclos que vamos a estudiar a continuación. La potencia frigorífica en todos los ciclos debe ser: qf = 100000 frig / h = 100000 kcal / h = 116.28 kW a. Ciclo estándar de compresión mecánica simple. Compresor ) a P k ( p
1 Evaporador
2
3
4
Condensador
1 4 h (kJ/kg)
2
Válvula de expansión
3
Si trasladamos las temperaturas de evaporación y condensación sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores Presiones:
pcond = 1533.5 kPa
pevap = 163.5 kPa
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
p cond 1533.5 kPa = = 9.38 pevap 163.5 kPa h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 451.021 kJ / kg h3 = h4 = 249.674 kJ / kg
Relación de compresión: Entalpías:
rc =
Calculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador: qf 116.28 kW & R (h1 − h4 ); m &R = = = 0.8105 kg / s qf = m (h1 − h4 ) 393.147 − 249.674 kJ / kg Trabajo de compresión: & R (h2 − h1 ) = 0.8105 kg / s(451.021 − 393.147 kJ / kg) = 46.907 kW Pc = m Calor de condensación: & R (h2 − h3 ) = 0.8105 kg / s(451.021 − 249.674 kJ / kg) = 163.192 kW qc = m Coeficiente de eficiencia energética: COP =
qf 116.28 kW = = 2.479 Pc 46.907 kW
b. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección parcial. Compresor Compresor de baja de alta 3 1 2
Evaporador
4
& RA m
& RB m
Condensador 6 8
) a P k ( p
5
7 7
5
6
8
4 3
2
1
h (kJ/kg) El primer paso es determinar la presión intermedia a la que trabaja el enfriador intermedio, para así poder dibujar el ciclo:
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
pint = pcond p evap = 1533.5 · 163.5 = 500.73 kPa a esta presión le corresponde una temperatura intermedia de tint = 0.19°C . Al utilizar la media geométrica se consigue que la relación de compresión en el compresor de alta y baja sean la misma. p p rc = cond = int = 3.06 pint pevap Las entalpías de los puntos que hasta el momento podemos localizar sobre el diagrama P-h son las siguientes: h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 420.11 kJ / kg h3 = 405.44 kJ / kg h4 = 433.33 kJ / kg h5 = h6 = 249.67 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador: & RB (h1 − h8 ) qf = m Balance de energía sobre el enfriador intermedio: & RBh6 + m & RBh2 + (m & RA − m & RB )h6 = m & RAh3 + m & RBh7 m Simplificando y sabiendo que las entalpías de los puntos 7 y 8 son iguales: & RAh6 + m & RBh2 = m & RAh3 + m & RBh8 m & RA , m & RB , h8 ). Es necesario Tenemos por tanto 2 ecuaciones con 3 incógnitas ( m plantear una nueva ecuación. La eficiencia del enfriador intermedio se plantea como: t −t ε = 0.8 = 5 7 ; t 7 = t 5 − ε(t5 − t 6 ) = 40°C − 0.8(40 − 0.19°C) = 8.152°C t5 − t 6
Con esta temperatura del punto 7 y la presión de condensación obtenemos la entalpía de este punto: h7 = 209.66 kJ / kg = h8 Del balance del evaporador podemos ahora despejar el caudal de refrigerante sobre el evaporador: qf 116.28 kW & RB = = = 0.6337 kg / s m (h1 − h8 ) 393.147 − 209.66 kJ / kg Y volviendo al balance sobre el enfriador intermedio obtenemos el caudal de refrigerante sobre el condensador: & RA = m & RB (h8 − h2 ) = 0.8561 kg / s m (h6 − h3 ) & RA (h4 − h3 ) + m & RB (h2 − h1 ) = 40.963 kW Pc = m & RA (h4 − h5 ) = 157.231 kW Q& c = m q 116.28 kW = 2.839 Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = Pc 40.963 kW
Trabajo de compresión: Calor de condensación:
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
c. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección total. Compresor de baja 1
Evaporador
Compresor de alta 3
2
4
& RB m
& RA m
Condensador
6 8
5
7
) a P k ( P
5 7
8
4
6
3
2
1
h (kJ/kg) La presión intermedia es la misma que en el caso anterior. pint = pcond p evap = 1533.5 · 163.5 = 500.73 kPa Las entalpías de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes: h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 420.11 kJ / kg h3 = 405.44 kJ / kg h4 = 433.33 kJ / kg h5 = h6 = 249.67 kJ / kg h7 = h8 = 200.23 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador: qf 116.28 kW & RB (h1 − h8 ) & RB = = = 0.6027 kg / s qf = m m (h1 − h8 ) 393.147 − 200.23 kJ / kg Balance de energía sobre el enfriador intermedio: & RAh6 + m & RBh2 = m & RAh3 + m & RBh7 m despejando:
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
& RA = m & RB m
(h7 − h2 ) = 0.8508 kg / s (h6 − h3 )
Trabajo de compresión: Calor de condensación:
& RA (h4 − h3 ) + m & RB (h2 − h1 ) = 39.978 kW Pc = m & RA (h4 − h5 ) = 156.258 kW qc = m q 116.28 kW = 2.909 Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = Pc 39.978 kW
d. Compresión doble en cascada. Compresor de baja
Evaporador
Compresor de alta
& RA m
& RB m
Condensador
Intercambiador intermedio
) a P k ( p
7
6
3 5
8 4
2
1
h (kJ/kg) Para el caso de refrigeración en cascada la temperatura de evaporación del ciclo superior debe ser inferior a la temperatura de condensación del ciclo inferior, a esta diferencia de temperaturas se la llama solape. Si utilizamos la temperatura intermedia de los casos anteriores y un solape de 5°C, podremos suponer que: t 3 = +2.7°C
y
t 5 = t 8 = −2.3°C
Las entalpías de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes: h1 = 393.147 kJ / kg h2 = 422.22 kJ / kg h3 = h4 = 203.18 kJ / kg h5 = 404.52 kJ / kg h6 = 434.56 kJ / kg h7 = h8 = 249.67 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador:
10
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
& RB (h1 − h4 ) qf = m
& RB = m
qf 116.28 kW = = 0.6121 kg / s (h1 − h4 ) 393.147 − 203.18 kJ / kg
Balance de energía sobre el intercambiador intermedio: & RAh8 + m & RBh2 = m & RBh3 + m & RAh5 m despejando: & RA = m & RB (h3 − h2 ) = 0.8658 kg / s m (h8 − h5 ) Trabajo de compresión: Calor de condensación:
& RA (h6 − h5 ) + m & RB (h2 − h1 ) = 43.804 kW Pc = m & RA (h6 − h7 ) = 160.078 kW qc = m q 116.28 kW = 2.655 Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = Pc 43.804 kW
Resumen de resultados: Caso
qf (kW)
qc (kW)
Pc (kW)
COP
Compresión mecánica simple Con enfriador intermedio, inyección parcial Con enfriador intermedio, inyección total En cascada
116.28 116.28 116.28 116.28
163.192 157.231 156.258 160.078
46.907 40.963 39.978 43.804
2.479 2.839 2.909 2.655
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 3 Ciclo de compresión mecánica múltiple Un sistema de refrigeración utiliza R-22 con una capacidad frigorífica de 180 kW a una temperatura de evaporación de -30°C y una presión de condensación de 1500 kPa. Calcular: a) Potencia absorbida por un sistema de compresión mecánica simple estándar. b) Potencia absorbida por el ciclo múltiple de la figura, donde el enfriador intermedio funciona a una presión de 600 kPa.
1
2 3
4
6 8
5
7
Solución: a. Ciclo de compresión mecánica simple Compresor ) a P k ( p
1 Evaporador
2
3
4
Condensador
1 4 h (kJ/kg)
2
Válvula de expansión
3
Si trasladamos las temperaturas de evaporación y la presión de condensación sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Presiones:
pcond = 1500 kPa pevap = 163.5 kPa p 1500 kPa = 9.1743 rc = cond = p evap 163.5 kPa t cond = 39.1°C t evap = −30°C
Relación de compresión: Temperaturas:
Entalpías: h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 450.38 kJ / kg h3 = h4 = 248.48 kJ / kg Calculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador: qf 180 kW & R (h1 − h4 ); m &R = = = 1.2442 kg / s qf = m (h1 − h4 ) 393.15 − 248.48 kJ / kg Trabajo de compresión: & R (h2 − h1 ) = 1.2442 kg / s(450.38 − 393.15 kJ / kg) = 71.206 kW Pc = m Coeficiente de eficiencia energética: COP =
qf 180 kW = = 2.528 Pc 71.206 kW
b. Ciclo de la figura del problema. 1
2 3
& R1 m
4 & R2 m
6 8
5
7 ) a P k ( p
5 7
6
8
4
2
3
1
h (kJ/kg) La presión intermedia es pint = 600 kPa;
t int = 5.88°C .
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Las entalpías de los puntos sobre el diagrama P-h son las siguientes: h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 450.38 kJ / kg h3 = 407.46 kJ / kg h4 = 430.09 kJ / kg h5 = h6 = 248.48 kJ / kg h7 = h8 = 206.95 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador: qf 180 kW & R1 (h1 − h8 ) & R1 = = = 0.9667 kg / s qf = m m (h1 − h8 ) 393.15 − 206.95 kJ / kg Balance de energía sobre el enfriador intermedio: (m& R1 + m& R2 )h6 = m& R1h7 + m& R2h3 despejando: & R2 = m & R1 (h7 − h6 ) = 0.2525 kg / s m (h6 − h3 ) & R1 (h2 − h1 ) + m & R 2 (h4 − h3 ) = 61.038 kW Pc = m q 180 kW = Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = 2.949 Pc 61.038 kW
Trabajo de compresión:
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 4 Ciclos múltiples de compresión mecánica En un sistema de amoniaco con dos evaporadores y un compresor el evaporador de baja temperatura suministra 180 kW de refrigeración con una temperatura de evaporación de -30°C y el otro evaporador suministra 200 kW a 4°C. La temperatura de condensación puede considerarse igual a 40°C 1. Calcular la potencia de compresión requerida y la eficiencia energética del ciclo. 2. Se sustituye el ciclo anterior por un ciclo con dos evaporadores y dos compresores (ver figura), si se pretende suministrar la misma potencia frigorífica en ambos evaporadores con las mismas temperaturas de evaporación y la misma temperatura de condensación. Calcular la potencia de compresión requerida y la eficiencia energética del ciclo.
3 1
2
4
Evaporador de alta
Evaporador de baja
Condensador
6 8
5
7
Nota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo y que no existe recalentamientos, ni subenfriamientos.
Solución: 1) A continuación se muestra un esquema de un sistema de refrigeración con dos
evaporadores y un compresor.
15
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
8
5
1
2
7 Evaporador de alta
Evaporador de baja
Condensador 4
6
& RB m
&R m
3 El diagrama p-h de este ciclo es el siguiente: ) a P k ( p
2
3 6
7
4
5 1 8
Conocidas las temperaturas de evaporación de cada uno de los evaporadores y la temperatura de condensación conocemos las entalpías de los siguientes puntos: h3 = h4 = h6 = 386.43 kJ / kg h7 = h8 = 1464.80 kJ / kg
h5 = 1422.46 kJ / kg
Realizando balances de energía en ambos evaporadores podemos obtener los caudales que circula por cada uno de ellos: & RB (h5 − h4 ); qfB = m
& RB = m
qfB 180 kW = = 0.1737 kg / s (h5 − h4 ) (1422.46 − 386.43 kJ / kg)
& RA (h7 − h6 ); qfA = m
& RA = m
qfA 200 kW = = 0.1855 kg / s (h7 − h6 ) (1464.8 − 386.43 kJ / kg)
Por tanto el caudal total que debe mover el compresor y su entalpía se obtienen de un sencillo balance de masa y energía en la mezcla de las dos corrientes: &R =m & RA + m & RB = 0.1855 + 0.1737 kg / s = 0.3592 kg / s m & R h1 = m & RAh8 + m & RBh5; m
h1 =
& RAh8 + m & RBh5 m 0.1855·1464.8 + 0.1737·1422.46 = = 1444.3 kJ / kg &R m 0.3592
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Si buscamos en el diagrama el punto 1 y seguimos su línea de entropía constante hasta la presión de descarga tendremos: h2 = 1862.5 kJ / kg El trabajo de compresión será: & R (h2 − h1 ) = 0.3592 kg / s(1862.5 − 1444.3 kJ / kg) = 150.217 kW Pc = m El coeficiente de eficiencia energética del ciclo: q + qfB 200 + 180 kw = = 2.5297 COP = fA Pc 150.217 kw 2) Para el segundo sistema, el diagrama P-h será el que se muestra a
continuación:
3 1
4
2
Evaporador de alta
& RB m
& RA m
Evaporador de baja
Condensador
5
6 8 ) a P k ( P
& RC m
7 5 7
8
6
4 3
2
1
h (kJ/kg) Conocidas las temperaturas de evaporación de cada uno de los evaporadores y la temperatura de condensación conocemos las entalpías de los siguientes puntos: h5 = h6 = 386.43 kJ / kg h7 = h8 = 218.3 kJ / kg h2 = 1617.04 kJ / kg
h3 = 1464.8 kJ / kg h1 = 1422.46 kJ / kg h4 = 1627.0 kJ / kg
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Realizando un balance de energía en cada uno de los evaporadores obtenemos & RB (h1 − h8 ); qfB = m
& RB = m
qfB 180 kW = = 0.1495 kg / s (h1 − h8 ) (1422.46 − 218.3 kJ / kg)
& RA (h3 − h6 ); qfA = m
& RA = m
qfA 200 kW = = 0.1855 kg / s (h3 − h6 ) (1464.8 − 386.43 kJ / kg)
Realizando un balance de energía sobre el enfriador intermedio: & RBh2 + (m & RC − m & RA )h6 = m & RBh7 + (m & RC − m & RA )h3 m Despejando el caudal de refrigerante por el compresor de alta: & RBh7 − m & RBh2 + m & RA (h6 − h3 ) 0.1495(218.3 − 1617.04) + 0.1855(386.43 − 1464.8) m = (h6 − h3 ) (386.43 − 1464.8) = 0.3794 kg / s
& RC = m & RC m
El trabajo de compresión será: & RB (h2 − h1 ) + m & RC (h4 − h3 ) = 0.1495(1617.04 − 1422.46) + 0.3794(1627.0 − 1464.8) Pc = m Pc = 90.628 kW El coeficiente de eficiencia energética del ciclo: q + qfB 200 + 180 kw = = 4.193 COP = fA Pc 90.628 kw
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 5 Ciclos múltiples de compresión mecánica Un ciclo estándar de compresión mecánica simple utiliza R-22 como refrigerante. La capacidad frigorífica del evaporador es 180 kW a una temperatura de -30°C. La presión de condensación del refrigerante es 1533,52 kPa. Más tarde el ciclo es revisado para funcionar con los mismos parámetros pero siguiendo los esquemas (A) y (B), en ambos casos la presión del deposito intermedio es 497.59 kPa. Calcular la potencia de compresión necesaria y el COP para el ciclo simple y para las dos configuraciones de ciclo compresión múltiple propuestas:
4
4 5
Condensador
Condensador
3
3
2
5 6
2
6 7
8 1
7
1 9
Eva orador (A)
Eva orador (B)
Nota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo, que no existe recalentamientos, ni subenfriamientos en los evaporadores y condensadores y que los compresores son ideales.
Solución: Ciclo de compresión mecánica simple Si trasladamos las temperaturas de evaporación y la presión de condensación sobre el diagrama P-h del R-22, obtenemos los siguientes valores t evap = −30°C pevap = 163.48 kPa pcond = 1533.52 kPa t cond = 40°C
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Entalpías:
h1 = 393.15 kJ / kg
h3 = h4 = 249.67 kJ / kg Compresor
) a P k ( p
1 Evaporador
2
3
2
Condensador
1
4
4
3
Válvula de expansión
h (kJ/kg)
Sí el compresor es ideal la entalpía del punto 2 será: s1 = s2 = 1.8034 kJ / kg·K h2 = 451 kJ / kg Calculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador: qf 180 kW & R (h1 − h4 ); m &R = = = 1.2545 kg / s qf = m (h1 − h4 ) 393.15 − 249.67 kJ / kg Trabajo de compresión: & R (h2 − h1 ) = 1.2545 kg / s(451 − 393.15 kJ / kg) = 72.573 kW Pc = m Coeficiente de eficiencia energética: COP =
qf 180 kW = = 2.480 Pc 72.573 kW
Ciclo (A): 4 Condensador
3 ) a P k ( p
5 6
4 3
2
2
5 6
7 1
1
7 Eva orador
h (kJ/kg)
(A)
20
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
La presión de intermedia a la opera el depósito es pint = 497.59 kPa que corresponde con una temperatura de cambio de fase de t int = 0°C Las entalpías de los nuevos puntos, suponiendo los procesos de compresión isentrópicos son las siguientes h2 = 419.95 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kg h4 = 433.43 kJ / kg Realizando un balance de energía sobre el evaporador obtenemos el caudal que circula por el mismo, y por el compresor de baja presión. Como el salto de entalpía es el mismo que en el caso del ciclo simple y demandamos la misma potencia & R ,B (h1 − h8 ); m & R ,B = 1.2545 kg / s . frigorífica, el caudal debe ser el mismo qf = m Realizando un balance de energía en el depósito intermedio obtenemos el caudal que circula por el compresor de alta: & R ,B h2 + (m & R ,A − m & R ,B ) h6 = m & R ,A h3; m & R ,A = m & R ,B h2 − h6 = 1.2545 kg / s 419.95 − 249.67 kJ / kg = 1.372 kg / s m h3 − h6 405.37 − 249.67 kJ / kg
Por tanto, el trabajo de compresión será: & R ,B (h2 − h1 ) + m & R ,A (h4 − h3 ) Pc = m Pc = 1.2545 kg / s(419.95 − 393.15 kJ / kg) + 1.372 kg / s(433.43 − 405.37 kJ / kg) = 72.119 kW q Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = 180 kW = 2.496 Pc 72.119 kW
Ciclo (B): 4 5 Condensador
3
) a P k ( p
4 5 2
6 7
8
3
2
6 7
8
9
1
1 9 Eva orador
h (kJ/kg)
(B)
21
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Al igual que el caso (A), la presión de intermedia a la opera el depósito es pint = 497.59 kPa que corresponde con una temperatura de cambio de fase de tint = 0°C Las entalpías de los puntos, suponiendo los procesos de compresión isentrópicos son las siguientes: h1 = 393.15 kJ / kg h2 = 451 kJ / kg h3 = 405.37 kJ / kg h4 = 433.43 kJ / kg h6 = h7 = 249.67 kJ / kg h8 = h9 = 200 kJ / kg Realizando un balance de energía sobre el evaporador obtenemos el caudal que circula por el mismo, y por el compresor de baja presión (le llamaremos así aunque realmente no sea de baja): & R ,B (h1 − h9 ); qf = m
& R ,B = m
qf 180 kW = = 0.932 kg / s (h1 − h9 ) (393.15 − 200 kJ / kg)
Realizando un balance de energía en el depósito intermedio obtenemos el caudal que circula por el compresor de alta:
(m& R,A + m& R ,B ) h7 = m& R,A h3 + m& R,B h8; & R ,A = m & R ,B m
h7 − h8 249.67 − 200 kJ / kg = 0.932 kg / s = 0.297 kg / s h3 − h7 405.37 − 249.67 kJ / kg
Por tanto, el trabajo de compresión será: & R ,B (h2 − h1 ) + m & R ,A (h4 − h3 ) Pc = m Pc = 0.932 kg / s(451 − 393.15 kJ / kg) + 0.297 kg / s(433.43 − 405.37 kJ / kg) = 62.25 kW
Coeficiente de eficiencia energética: COP =
qf 180 kW = = 2.892 Pc 62.25 kW
22
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 6 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos) Se necesita evacuar 150.000 kcal/h de cierta cámara frigorífica, para lo que se decide instalar un sistema de producción de frío por compresión mecánica. La temperatura de la cámara no puede superar los –3°C y el la diferencia de temperaturas a la entrada del evaporador se estima en 7°C. Se dispone de un gran caudal de agua de pozo a 15°C que piensa utilizarse como agente condensante. El fluido frigorígeno empleado es R-134a. Para el funcionamiento de dicha instalación se adquirió un compresor alternativo de 2.250 cm³ de cilindrada, el cual aspira vapor con un recalentamiento en la tubería de aspiración de 10°C. Este compresor gira a 850 r.p.m. y su rendimiento volumétrico es de 0,8 para una relación de compresión de 3,3. Calcular: El grado de subenfriamiento del fluido condensado para que pueda funcionar la instalación con este compresor y si es posible su realización. Nota: Considerar un salto máximo admisible en el agua de pozo de 5°C y un salto mínimo de temperaturas en el condensador (entre fluido refrigerante y agua de pozo) de 5°C.
Solución: a. Cálculo del grado de subenfriamiento La temperatura del aire en la cámara debe ser inferior a –3°C, por lo tanto Compresor 1
2
& w t w,ent m
Evaporador & a t a,ent m
t a,sal
4
Válvula de expansión
Condensador
3
t w,sal
podemos suponer que esta es la temperatura de entrada del aire al evaporador. t a,ent = −3°C . Luego si el salto a la entrada al evaporador debe ser de 7°C la temperatura de evaporación será: ∆t = t a,ent − t evap = 7°C;
t evap = t a,ent − ∆t = −3 − 7 = −10°C
23
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
En cuanto al condensador la temperatura de entrada al condensador del agua de pozo es de 15°C, el salto máximo en esta agua es de 5°C luego la temperatura del agua a la salida del condensador será, t w,sal = 15 + 5 = 20°C y la temperatura de condensación 5°C por encima de la temperatura más alta alcanzada en el condensador: ∆t = t cond − t w,sal = 5°C;
t cond = t w,sal + ∆t = 20 + 5 = 25°C
Con estos datos intentaremos dibujar el ciclo sobre un diagrama p-h de R-134a, aunque desconocemos las entalpías de los puntos 3 y 4, ya que estas dependen del grado de subenfriamiento que es nuestra incógnita. El punto 1 (entrada al compresor) se encuentra a la presión de evaporación y sobre la isoterma de 0°C (10°C + 10°C). Los valores de las entalpías de los diferentes puntos son: h1 = 400.05 kJ / kg h2 = 425.98 kJ / kg v1 = 0.10397 m³ / kg ) a P k ( p
h5 = 391.32 kJ / kg h3 = h4 = ? kJ / kg
25°C
3
2
-10°C 4
5
1
h (kJ/kg) La potencia frigorífica que debe suministrar este sistema es de 150000 kcal/h = 174.42 kW. Con los datos físicos del compresor podemos calcular el desplazamiento volumétrico de este: V& t = Vcilindro ω = 2250 cm³ 850 rev / min = 0.0319 m³ / s Para este caso la relación de presiones es 3.31 podemos decir que rendimiento volumétrico del compresor va a ser aproximadamente 0.8. V&
ηvol = &R1 ; V
V& R1 = ηvol V& t = 0.8 0.0319 m³ / s = 0.0255 m³ / s
t
24
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Siendo el volumen específico sobre el punto 1 v1 = 0.10397 m³ / kg , tendremos un caudal másico: &R = m
V& R1 0.0255 m³ / s = = 0.245 kg / s v1 0.10397 m³ / kg
La potencia frigorífica sobre el evaporador es: & R (h5 − h4 ) ; qf = m
q 174.42 kW = − despejando: h4 = h5 − & f = 391.32 kJ / kg − 320.6 imposible sería mR 0.245 kg / s necesario subenfriar el líquido a menos cientos de grados.
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 7 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos) Los datos de catálogo de un compresor son los siguientes: Refrigerante: Número de cilindros: Velocidad de giro: Diámetro del cilindro: Carrera: Porcentaje de espacio muerto:
R-22 6 1740 r.p.m. 67 mm 57 mm 4.8 %
Para las siguientes condiciones de operación: Temperatura de evaporación: 5°C Temperatura de condensación: 50°C Subenfriamiento del líquido: 3°C Recalentamiento del vapor: 8°C La potencia frigorífica que indica el catálogo es 96.4 kW y la potencia absorbida 28.9 kW. Calcular: El rendimiento volumétrico teórico, el rendimiento volumétrico real y el rendimiento isentrópico o de la compresión.
Solución: La siguiente figura muestra anterioridad. ) a P k ( P
3
el diagrama P-h del problema indicado con
50°C
2
5°C 4
5
1
h (kJ/kg) Rendimiento volumétrico teórico: v ηvol,t = 1 − C suc − 1 v des
26
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
El factor de espacio muerto o factor de huelgo C=0.048, y los volúmenes específicos en la succión y la descarga: v suc = v1 = 43.2 l / kg
v des = v 2 = 14.13 l / kg
43.2 l / kg ηvol,t = 1 − 0.048 − 1 = 0.9012 14.13 l / kg
Desplazamiento volumétrico del compresor: V& t = Nc ω
πD2c
4
Lc
Donde: Número de cilindros: Nc = 6 ω = 1740 r.p.m. = 29 rev / s Velocidad de giro: Diámetro de cilindros: Dc = 0.067 m Carrera: L c = 0.057 m π(0.067 m)2 & Vt = 6 · 29 rev / s 0.057 m = 0.035 m³ / s = 35 l / s 4 Los valores de las entalpías de los diferentes puntos son: h1 = 413.1 kJ / kg h2 = 445.5 kJ / kg h3 = h4 = 259.1 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador: qf 96.4 kW &R = & R (h1 − h4 ) qf = m = = 0.6260 kg / s m (h1 − h4 ) 413.1 − 259.1 kJ / kg El caudal volumétrico de refrigerante a la entrada al compresor (punto 1) será el siguiente: & R v1 = 0.6260 kg / s 43.2 l / kg = 27.042 l / s V& 1 = m Por lo tanto el rendimiento volumétrico real será: V& 27.04 l / s ηvol,r = & 1 = = 0.773 Vt 34.97 l / s El trabajo de compresión teórico o isentrópica podemos calcularlo como: & R (h2 − h1 ) = 0.6260 kg / s(444.5 − 413.1 kJ / kg) = 19.656 kW Pc,s = m Y por lo tanto el rendimiento de compresión o rendimiento isentrópico valdrá: ηs =
Pc,s 19.656 kW = = 0.6801 Pc,r 28.9 kW
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 8 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos) Los datos de catálogo del compresor SP4L220E son los siguientes: Refrigerante: Desplazamiento volumétrico:
R-134a 86.1 m³/h
Para las siguientes condiciones de operación: Temperatura de evaporación: -10°C Temperatura de condensación: 50°C Subenfriamiento del líquido: 5°C Recalentamiento del vapor: 10°C La potencia frigorífica que indica el catálogo es 23.7 kW y la potencia absorbida 10.0 kW. Calcular: La potencia frigorífica, el trabajo de compresión y el coeficiente de eficiencia energética, si pretendemos utilizar este compresor en un ciclo con las mismas temperaturas de evaporación y compresión pero sin subenfriamiento del líquido ni recalentamiento del vapor.
Solución: La siguiente figura muestra el diagrama P-h (R-134a) del problema con subenfriamiento y recalentamiento. El punto “2s” es el punto de salida de un proceso de compresión isentrópico ) a P k ( p
50°C
3
-10°C 4
2s
2
1
h (kJ/kg) Los valores de las entalpías de los puntos que pueden obtenerse son: h1 = 400.049 kJ / kg h2s = 441.196 kJ / kg h3 = h4 = 263.712 kJ / kg Balance de energía sobre el evaporador: qf 23.7 kW &R = & R (h1 − h4 ) = = 0.1738 kg / s qf = m m (h1 − h4 ) 400.049 − 263.712 kJ / kg
28
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
& R (h2 − h1 ) El trabajo de compresión puede obtenerse como: Pc = m Despejando de aquí la entalpía del punto “2” tendremos:
P 10.0 kW = h2 = h1 + & c = 400.049 kJ / kg + 457.586 kJ / kg mR 0.1738 kg / s El ciclo sobre el cual queremos instalar nuestro compresor es el siguiente:
2s’
3’ 1’
4’
h (kJ/kg) Los valores de las entalpías de los puntos son: h1' = 391.321 kJ / kg h2s' = 430.328 kJ / kg
h3' = h4' = 271.418 kJ / kg
Al mantenerse la presión de succión y presión de descarga entre las cuales trabaja el compresor, tenemos que la relación de presiones es la misma que en el caso anterior y puede considerarse una buena hipótesis suponer que el rendimiento volumétrico y de la compresión del compresor se mantienen. Rendimiento volumétrico:
V&
ηvol = & 1 = V t
& R v1 m 0.1738 kg / s 0.104 m³ / kg = = 0.7558 & 86.1 m³ / h · 1 / 3600 Vt
Luego el caudal de refrigerante en el segundo caso será: & & ′R = Vt ηvol = 0.0239 m³ / s 0.7558 = 0.1825 kg / s m v1' 0.09899 m³ / kg La potencia frigorífica: & ′R (h1' − h4' ) = 0.1825 kg / s(391.321 − 271.418 kJ / kg) = 21.880 kW q′f = m Del otro parámetro que podemos considerar constante, el rendimiento isentrópico o rendimiento de la compresión, podemos obtener al trabajo absorbido por el compresor en la segunda situación: & (h − h1 ) 0.1738 kg / s(441.196 − 400.049 kJ / kg) P m ηc = c,s = R 2s = = 0.7151 Pc,r Pc,r 10.0 kW Pc′,r =
Pc′,s ηc
=
& ′R (h2s′ − h1′ ) m
ηc
=
0.1825 kg / s(430.328 − 391.321 kJ / kg) = 9.955 kW 0.7151
Los valores del coeficiente de eficiencia energética, vale en ambos casos: q 23.7 kW q′ 21.880 kW = 2.37 = 2.198 COP = f = COP′ = f = Pc 10.0 kW Pc′ 9.955 kW
29
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
30
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 9 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos) Un compresor hermético alternativo de 4 cilindros para R-22, tiene una velocidad de giro de 29 rev/s. El diámetro de los cilindros es 87 mm y la carrera 70 mm. El rendimiento volumétrico ha sido obtenido experimentalmente en función de la relación de compresión (r ): c ηvol = 0.0016 rc2 − 0.0734 rc + 1.0117
Sí suponemos que la temperatura de condensación es constante e igual a 40°C, calcular la potencia frigorífica para las siguientes temperaturas de evaporación: -20°C, -10°C, 0°C, 10°C Nota: Suponer ciclo estándar sin sobrecalentamiento ni subenfriamiento
Solución: El desplazamiento volumétrico del compresor será πD2 V& t = Nc ω c L c 4 Donde: Número de cilindros: Nc = 4 ω = 29 rev / s Velocidad de giro: Diámetro de cilindros: Dc = 0.087 m Carrera: L c = 0.070 m π(0.087 m)2 & Vt = 4 · 29 rev / s 0.070 m = 0.0483 m³ / s = 173.775 m³ / h 4 Comencemos por el primer caso t evap = −20°C Dibujando el ciclo sobre un diagrama P-h obtenemos: ) a P k ( p
2
3
4
1
h (kJ/kg) Presiones:
pcond = 1534 kPa
pevap = 245.4 kPa
31
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
rc =
p cond 1534 kPa = = 6.252 p evap 245.4 kPa
Luego el rendimiento volumétrico valdrá: ηvol = 0.0016 (6.252)2 − 0.0734 (6.252) + 1.0117 = 0.6153 Podemos obtener por tanto el caudal de refrigerante para este caso: & R v1 ηvol V& t 0.6145 · 0.0483 m³ / s m & ηvol = & ; mR = = = 0.3207 kg / s v1 0.09263 m³ / kg Vt El incremento de entalpía en el evaporador vale: ∆hevap = h1 − h4 = 396.9 − 249.8 kJ / kg = 147.1 kJ / kg Por tanto la potencia frigorífica será: & R ∆hevap = 0.3207 kg / s 147.1 kJ / kg = 47.18 kW qf = m Realizando los mismos cálculos para las otras tres temperaturas de evaporación obtenemos los siguientes resultados: t evap (°C) -20 -10 0 10
pevap (kPa) 245.4 354.9 498.1 681.2
ηvol
0.6153 0.7243 0.8008 0.8545
∆hevap (kJ / kg)
& R (kg / s) m 0.3207 0.536 0.821 1.189
qf (kW) 47.18 81.09 127.4 188.8
147.1 151.3 155.2 158.7
200 180 160
] W 140 k [ 120 f
q
100 80 60 40 -20
-15
-10
-5
0
5
10
tevap [°C]
32
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 10 Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores) Se dispone de una máquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza un ciclo simple de compresión mecánica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento del líquido, utilizando R-22. Según los datos del fabricante sí a dicha maquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0.19 kg/s a una temperatura de entrada de 20°C, siendo la temperatura del aire a la entrada al condensador 25°C y su caudal, forzado por un ventilador, 5500 m³/h. Entonces, la potencia frigorífica desarrollada por la máquina en las condiciones anteriores es 8 kW y la potencia absorbida por el compresor 1.5 kW, el U·A del evaporador es 883 W/K, y las características de los compresores alternativos son las siguientes: Nº de compresores: Diámetro: Carrera: Rendimiento volumétrico: Velocidad de giro:
2 5 cm 5 cm 0.822 750 rev/min
Calcular: Temperatura de salida del agua, temperatura de salida del aire, temperatura de evaporación del refrigerante, temperatura de condensación del refrigerante.
Solución: La siguiente figura muestra una enfriadora de agua condensada por aire. Compresor & w t w,ent m
1
2 Evaporador
t w,sal 4
Válvula de expansión
3
Condensador
La potencia frigorífica evacuada por el evaporador de la máquina es 8 kW, luego: & w cp (t w,ent − t w,sal ) 8 kW = qf = m
t w,sal = 20°C −
8000 °C = 9.927°C 4180·0.19
33
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Si estudiamos el evaporador como un intercambiador con cambio de fase, tendremos: tw,ent UA
883 − − t w,ent − t w,sal & wc p m 0 . 19 ·4180 = 0.671 ε= =1−e =1−e t w.ent − t evap
) C ° ( T
tw,sal tevap
Despejando de la expresión anterior obtenemos la temperatura de evaporación del t −t refrigerante: t evap = t w,ent − w,ent w,sal = 4.988°C ≈ 5°C ε
A través de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: πD2c V& R,1 π 0.052 1 & & ηvol = & ; VR ,1 = ηvolVt = ηvol Nc L c ω = 0.822 2 0.05·750 = 2.0175·10 −3 m³ / s 4 4 60 Vt Para calcular el caudal másico de refrigerante será necesario conocer el volumen específico a la entrada del compresor del R-22 como vapor saturado. v1 = 0.04036 m3 / kg . &R = m
V& R,1 = 0.05 kg / s v1
Si obtenemos la potencia frigorífica a través de los datos del refrigerante, podremos despejar la entalpía del punto 4 (entrada al evaporador) que es igual a la del punto 3 (salida del condensador) por ser el proceso de expansión isentálpico. & R (h1 − h4 ) 8 kW = qf = m
Como la temperatura de evaporación es 5°C, podemos calcular la entalpía del punto 1:
) a P k ( p
2
3
h1 = 407.15 kJ / kg
q h4 = h1 − & f = 247.15 kJ / kg mR
4
1
h (kJ/kg) Si interpolamos en la curva de líquido saturado obtendremos la temperatura de condensación asociada al punto 3: t cond − 35 247.15 − 243.10 ; = 40 − 35 249.67 − 243.10
t cond = 38.082 °C
34
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Para calcular la temperatura de salida del aire en el condensador será necesario realizar un balance de energía sobre este: & R (h2 − h3 ) = m & acp (t a,sal − t a,ent ) qcond = m
En la ecuación anterior no conocemos ni la entalpía del punto 2, ni la temperatura de salida del aire, pero podemos calcular la potencia evacuada en el condensador indirectamente, sumando la potencia frigorífica y el trabajo de compresión. qc = qf + Pc = V& aρ acp (t a,sal − t a,ent ) q +P 8000 + 1500 = 30.182°C t a,sal = t a,ent + & f c = 25 + 5500 / 3600·1.2·1000 Vaρ acp
35
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 11 Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores) Una máquina frigorífica basada en un ciclo estándar de compresión mecánica desarrolla una potencia frigorífica de 5 kW. El fabricante suministra el coeficiente de eficiencia energética (COP) de dicha máquina como una función de la temperatura de condensación del refrigerante en °C, COP = 2.5 − 0.01 (t cond − 30) . El condensador de dicha máquina frigorífica es un intercambiador de carcasa y tubo, un paso por carcasa y dos por tubos (el refrigerante circula por la carcasa con un coeficiente de película de 10000 W/m²K). El intercambiador dispone de 50 tubos en forma de U, tienen una longitud total 3 m , un diámetro interior de 20 mm y un espesor 1 mm. Están fabricados en acero inoxidable de k = 15.1 W/mK, pueden considerarse despreciables las resistencias de ensuciamiento. Se dispone de un caudal de 0.2 kg/s de agua a 20°C para evacuar el calor de condensación. Determinar: 1. Temperatura de condensación del refrigerante y calor total intercambiado en el condensador 2. Caudal de agua necesario para conseguir una temperatura de condensación del refrigerante de 30°C. Nota: Suponer que el coeficiente de película interior en los tubos es 113 W/m²K, independiente de la velocidad del fluido por encontrarse este en régimen laminar
Solución: Apartado 1: La siguiente figura muestra un esquema del condensador enfriadora de agua condensada por aire. Refrigerante, tcond
&w m
t w,ent
t w,sal
Si expresamos el COP en función de los datos del problema (Potencia frigorífica) y calor de condensación tendremos:
36
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
COP =
qf qf = Pc qc − qf
1 = 1 qc = qf 1 + qf 1 + COP 2.5 − 0.01(t cond − 30)
La ecuación anterior contiene las dos incógnitas del apartado 1, necesitamos por tanto otra ecuación que nos permita cerrar el problema. Realizando un balance de energía sobre el condensador tendremos: refrigerante ) C ° ( T
tcond tsal tent
agua
Área (m²)
& wcp (t w,sal qc = m
UA − & w cp m & w cp 1 − e − t w,ent ) = m (t cond − t w,ent )
Luego si igualo esta ecuación con la anterior tendré una sola ecuación con una sola incógnita, la temperatura de condensación. UA − & & wcp 1 m = mwcp 1 − e qf 1 + (t cond − t w,ent ) 2.5 − 0.01(t cond − 30)
Para poder resolver esta ecuación necesito conocer UA. Cálculo de UA: UA =
1 hext A ext
1 1 = = 1046.9 W / K ln(Dext / Dint ) 1 − + − + − 9 . 646 E 6 6 . 6972 E 6 9 . 389 E 4 + + 2πkNtL t hint A int
Donde: A ext = Nt πDextL t = 10.367 m² A int = Nt πDintL t = 9.425 m² Despejando de la ecuación inicial y resolviendo queda una ecuación cuadrática de la que la única solución válida es: t cond = 28.7°C y el calor evacuado en el condensador:
qc = qf 1 +
1 = 6.989 kW 2.5 − 0.01(t cond − 30)
37
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Apartado 2: Sí la temperatura de condensación del refrigerante es de 30°C, podemos calcular el calor de condensación:
qc = qf 1 +
1 1 = qf 1 + = 7 kW 2.5 − 0.01(t cond − 30) 2.5
Utilizando la otra expresión del calor de condensación tendríamos que: UA − & m & wcp 1 − e wcp (t cond − t w,ent ) qc = m
Una ecuación fuertemente no lineal que debe de resolverse de forma iterativa: & w = 0.2 kg / s , 1ª Iteración, supongo m despejo & w = 0.2343 kg / s , despejo 2ª Iteración, supongo m & w = 0.2884 kg / s .... m
& w = 0.2343 kg / s m & w = 0.2549 kg / s m
38
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Problema 12 Evaporadores – Válvulas de expansión Una máquina frigorífica de amoniaco es utilizada para enfriar una corriente de 31.6 l/min de agua a 15°C, el agua sale del evaporador a 10.43°C en condiciones de evaporador limpio (máquina recién instalada). Se supone que con el paso del tiempo aparecerá una resistencia de ensuciamiento en el lado del agua de aproximadamente R ensu=0.001 m² K/W, el área exterior del evaporador, la que está en contacto directo con el agua, es 10 m². Calcular el cambio que se produce en la potencia de compresión y en coeficiente de eficiencia energética, suponiendo: 1. La temperatura de condensación permanece constante e igual a 40°C. 2. El evaporador es inundado y la válvula de expansión mantiene la temperatura de salida del agua (10.43°C). 3. El rendimiento de la compresión es 0.7 4. El coeficiente de intercambio global del evaporador limpio es UA limpio= 800 W/K
Solución: El caudal de agua a la entrada, suponiendo una densidad del agua de 1 kg/l, es: & w = 31.6 l / min = 0.5267 kg / s . m La potencia frigorífica suministrada será: & w cp (t w,ent − t w,sal ) = 0.5267 kg / s 4.18 kJ / kg(15 − 10 .43°C ) = 10.061 kW qf = m Esta potencia frigorífica va a ser la misma en el caso sucio, puesto que la válvula de expansión va a mantener la misma temperatura de salida del agua. Si planteamos la ecuación de transferencia en el intercambiador: −UAlim pio t w,ent − t w,sal & ε= = 1 − e mwcp t w,ent − t evap tw,ent ) C ° ( T
tw,sal tevap
Despejando de la ecuación anterior la temperatura de evaporación:
39
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t evap = t w,ent −
t w,ent − t w,sal −UAlim pio
1−e
= 15°C −
15°C − 10.43°C 1−e
& w cp m
−800 W / K 0.5267 kg / s 4180 J / kg
≈ 0°C
Con esta temperatura de evaporación ya podemos dibujar el ciclo estándar de compresión sobre un diagrama P-h del amoniaco (R-717): ) a P k ( P
3
2s
40°C
0°C 1
4
h (kJ/kg) Las entalpías de los puntos son: h1 = 1460.66 kJ / kg h2s = 1646 kJ / kg
h3 = h4 = 386.43 kJ / kg
Realizando un balance de energía en el lado del refrigerante del evaporador: qf 10.061 kW & R (h1 − h4 ); m &R = qf = m = = 0.0094 kg / s h1 − h4 1460.66 − 386.43 kJ / kg De la definición de rendimiento de la compresión podemos obtener el trabajo real de compresión: & (h − h1 ) 0.0094 kg / s(1646 − 1460.66 kJ / kg) P P m ηc = c,s ; Pc = c,s = R 2s = = 2.480 kW ηc ηc Pc 0.7 El coeficiente de eficiencia energética valdrá para el caso limpio: qf 10.061 kW = 4.057 = COPlimpio = Pc,limpio 2.480 kW Para el caso del intercambiador sucio, el primer paso es calcular el valor del nuevo 1 1 UA: UA sucio = = = 740.741 W / K 1 0.001 m²K / W 1 + R ensu + 800 W / K 10 m² UA lim pio A ext En este caso la temperatura de evaporación cambiará puesto que la válvula de expansión mantiene la potencia frigorífica: t evap = t w,ent −
t w,ent − t w,sal −UA sucio
1−e
= 15°C −
& w cp m
15°C − 10.43°C −740.741 W / K
≈ −1°C
1 − e 0.5267 kg / s 4180 J / kg
Las entalpías de los puntos son:
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h1 = 1459.59 kJ / kg h2s = 1650.52 kJ / kg h3 = h4 = 386.43 kJ / kg Realizando un balance de energía en el lado del refrigerante del evaporador: Pf 10.061 kW & R (h1 − h4 ); m &R = Pf = m = = 0.0094 kg / s h1 − h4 1459 .59 − 386.43 kJ / kg De la definición de rendimiento de la compresión podemos obtener el trabajo real de compresión: & (h − h1 ) 0.0094 kg / s(1650.52 − 1459.59 kJ / kg) P P m ηc = c,s ; Pc = c,s = R 2s = = 2.557 kW ηc ηc Pc 0.7 El coeficiente de eficiencia energética valdrá para el caso sucio: qf 10.061 kW = = 3.935 COPsucio = Pc,sucio 2.557 kW
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Problema 13 Evaporadores - Psicrometría Una cámara frigorífica para almacenamiento se mantiene a una temperatura de 10°C y una humedad relativa del 80%. El caudal de aire sobre el evaporador es 30000 m³/h y la temperatura del aire medida a la salida del evaporador es de 5°C. En estas condiciones la instalación desarrolla una potencia frigorífica de 100 kW. Calcular la cantidad de agua de condensado que se forma en el evaporador en una hora.
Solución: El aire de entrada al evaporador se encuentra en las condiciones medias de la cámara frigorífica, t ent = 10°C φent = 80% . El caudal de aire a la entrada al evaporador es V& air = 30000 m³ / h = 8.333 m³ / s Realizando un balance de energía sobre el caudal de aire del evaporador tendremos & air (ha,ent − ha,sal ) . que: qf = m Si suponemos que el caudal volumétrico de aire ha sido medido a la entrada al evaporador, podemos decir que su densidad a 10°C es aproximadamente 1.247 & air = V& air ρair = 8.333 m³ / s 1.247 kg / m³ = 10.391 kg / s . kg/m³, y por lo tanto: m Podemos discutir en este punto si este caudal es de aire seco o aire húmedo, pero la diferencia entre ambos será tan pequeña que puede considerarse que ambos valen lo mismo y son iguales al valor anterior. Si colocamos sobre un diagrama psicrométrico del aire a presión atmosférica el punto de entrada podremos leer en el eje de entalpías cual es la entalpía del aire a la entrada: ha,ent = 26 kJ / kg a.s. Por tanto podemos despejar del balance de energía anterior la entalpía a la salida del evaporador: q 100 kW = ha,sal = ha,ent − & f = 26 kJ / kg a.s. − 16.376 kJ / kg a.s. mair 10.391 kg / s Ahora podemos colocar el punto de salida del aire sobre el diagrama psicrométrico en el punto de intersección entre la línea de entalpía igual a la anterior y de temperatura seca igual a 5°C. Si miramos en el eje de humedades absolutas obtenemos: wa,ent = 0.006 kg H2O / kg a.s.
wa,sal = 0.0045 kg H2O / kg a.s.
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h (kJ/kg a.s.) w (kg H2O/kg a.s.) φ=80%
ha,ent ha,sal wa,ent wa,sal t a,sal
t a,ent
t (°C)
Por lo tanto el caudal de agua condensada será igual a la cantidad de agua perdida por el aire en su paso por el evaporador: & agua = m & air (w a,ent − w a,sal ) = 10.391 kg / s(0.006 − 0.0045 kg H2O / kg a.s.) = 0.0156 kg H2O / s m En una hora la cantidad de condensado sería: 0.0156 kg / s · 3600 s = 56.16 kg H2O / h
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Problema 14 Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores) Se dispone de una máquina para enfriamiento de agua condensada por aire que realiza un ciclo simple de compresión mecánica, sin recalentamiento del vapor ni subenfriamiento del líquido, utilizando R-22. Según los datos del fabricante si a dicha maquina se le suministra un caudal de agua a enfriar de 0.20 kg/s a una temperatura de entrada de 20°C, la temperatura de evaporación del refrigerante es 6°C y la potencia consumida por el compresor 1.5 kW, con una temperatura de condensación de 40°C. El desplazamiento volumétrico del compresor vale 9 m³/h y el rendimiento volumétrico 0.8 Calcular: 1. Potencia frigorífica, potencia evacuada por el condensador y U·A del evaporador. 2. Si suponemos que el caudal de agua desciende a 0.18 kg/s, y que la máquina funciona con una válvula de expansión automática (mantiene la temperatura de evaporación constante), calcular la nueva potencia frigorífica, potencia de compresión y potencia evacuada por el condensador. Nota: suponer que el U·A del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0.8 y que el rendimiento volumétrico e isentrópico del compresor en el segundo apartado son los mismos que los del primer apartado.
Solución: 1) La siguiente figura muestra una enfriadora de agua. Compresor & w t w,ent m
1
2 Condensador Evaporador
t w,sal 4
Válvula de expansión
3
Conocidas las temperaturas de evaporación y condensación del refrigerante podemos localizar sobre un diagrama P-h alguno de los puntos del ciclo con las siguientes entalpías: h1 = 407.5 kJ / kg
h4 = h3 = 249.67 kJ / kg
h2s = 430.6 kJ / kg
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) a P k ( P
2s
40°C
3
2
6°C 1
4
h (kJ/kg) A través de los datos del compresor puedo calcular el caudal de refrigerante: V&
ηvol = &R,1 = V t
& R v1 m ; V& t
&R = m
ηvol V& t
v1
=
0.8·9 / 3600 m³ / s = 0.0511 kg / s 0.03915 m³ / kg
Realizando un balance sobre el evaporador del lado del refrigerante: & R (h1 − h4 ) = 0.0511 kg / s(407.5 − 249.67 kJ / kg) = 8.065 kW qf = m La potencia evacuada por el condensador puede obtenerse de un balance de energía sobre toda la máquina: qc = qf + Pc = 8.065 + 1.5 kW = 9.565 kW Si realizamos un balance sobre el evaporador pero desde el lado del agua, podemos obtener la temperatura de salida del agua: tw,ent ) C ° ( T
tw,sal tevap
& w cp (t w,ent − t w,sal ) qf = m
q 8.065 °C = 10.353°C t w,sal = t w,ent − & f = 20°C − mw c p 4.18·0.20
Y planteando la ecuación de transferencia sobre el evaporador: t −t 20 − 10.353°C qf = UA ∆t lm = UA w,ent w,sal = UA = UA 8.258°C t w,ent − t evap 20 − 6 ln ln 10.353 − 6 t w,sal − t evap
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UA =
qf 8.065 kW = = 0.9766 kW / °C 8.258°C ∆t lm
& w = 0.18 kg / s , 2) Para este apartado suponemos que el nuevo caudal de agua es m
las temperaturas de entrada del agua y de evaporación son la misma ya que el sistema esta controlado por una válvula de expansión automática que mantiene la presión, y por tanto la temperatura, de evaporación constante. Si el rendimiento volumétrico y el desplazamiento volumétrico no cambian, con la misma temperatura de evaporación tendremos el mismo caudal del refrigerante: V&
ηvol = &R,1 = V t
& R v1 m ; V& t
&R = m
ηvol V& t
v1
=
0.8·9 / 3600 m³ / s = 0.0511 kg / s 0.03915 m³ / kg
También se nos indica que el UA del evaporador es proporcional al caudal de agua elevado a 0.8, por tanto, el ratio entre el nuevo UA y el antiguo es igual a la relación de caudales elevada a 0.8: & m UA nuevo = w&,nuevo UA mw
0.8
0.18 = 0.2
0.8
= 0.9192;
UA nuevo = UA·0.9192 = 0.8977 kW / °C
Podemos ahora obtener la potencia frigorífica a través de la expresión: & w cp (t w,ent qf = m
UA 0.8977 − − & m wc p 0 .18·4.18 (20 − 6 ) = 7.339 kW & − t w,sal ) = mwcp 1 − e (t w,ent − t evap ) = 0.18·4.181 − e
Con esta potencia frigorífica y realizando un balance del lado del refrigerante obtenemos la entalpía de entrada al evaporador: & R (h1 − h4 ); h4 = h1 − qf = 407.5 kJ / kg − 7.339 kW = 263.9 kJ / kg qf = m &R m 0.0511 kg / s Esta entalpía corresponde a una temperatura de condensación de: t cond − 50°C 52°C − 50°C = ; t cond = 50.464°C 266.05 − 263.25 kJ / kg 263.9 − 263.25 kJ / kg Para obtener el trabajo de compresión debemos suponer que el rendimiento isentrópico permanece constante desde el apartado 1: & (h − h1 ) 0.0511 kg / s(430.6 − 407.5 kJ / kg) P m η = c ,s = R 2 s = = 0.7869 c
Pc
Pc
Para el caso nuevo: h2s = 437.0 kJ / kg & R (h2s − h1 ) Pc,s m P c
=
ηc
=
ηc
1.5 kW
=
0.0511 kg / s(437.0 − 407.5 kJ / kg) = 1.916 kW 0.7869
Y la potencia evacuada en el condensador será: qc = qf + Pc = 7.339 + 1.916 kW = 9.255 kW
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Problema 15 Problema combinado de compresión múltiple y torre de refrigeración La instalación frigorífica de la figura utiliza amoniaco como refrigerante, consta de dos evaporadores que mantienen diferentes temperaturas de conservación en sendas cámaras frigoríficas. Se conocen los siguientes datos: - Evaporador baja:
Potencia frigorífica: Presión de evaporación del refrigerante:
qf ,B = 30 kW pevap,B = 119.46 kPa
- Evaporador alta:
Potencia frigorífica: Presión de evaporación del refrigerante:
qf ,A = 15 kW pevap,A = 190.11 kPa
- Condensador:
Presión refrigerante salida del condensador: pcond = 1554.89 kPa
- Depósito intermedio:Presión del refrigerante: - Torre de Refrig.:
pint = 429.41 kPa
Temperatura del agua a la entrada a la torre: Temperatura seca del aire exterior: Temperatura de bulbo húmedo del aire exterior: Humedad relativa del aire a la salida de la torre: Caudal de aire seco de entrada en torre: Cercanía de la torre:
- Compresores (ambos):
Rendimiento isentrópico:
35°C t ext = 35°C t bh,ext = 25°C φa,sal = 90%
V& a = 15700 m³ / h 5°C
0.8
Se pide: A. Dibujar un esquema del diagrama p-h del refrigerante con todos los puntos de la figura colocados en él. B. Calcular la potencia consumida por cada uno de los compresores y el COP de la instalación. C. Caudal de agua de la bomba del circuito de condensación. D. Caudal de agua de reposición (evaporado) en la torre.
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
Compresor de baja
1
Compresor de alta
2
12
Evaporador de baja
11 Evaporador de alta
8
4
3
9
Torre de refrigeración
Condensador
10
7
6 Deposito intermedio
5 Bomba del circuito de condensación
Nota: Suponer que no existen pérdidas de presión en los elementos del ciclo y que no existe recalentamientos, ni subenfriamientos.
Solución: Las temperaturas asociadas a las presiones de cambio de fase del amoniaco mostradas en el enunciado son las siguientes: pevap,B = 119.46 kPa
→
t evap,B = −30°C
pevap,A = 190.11 kPa
→
t evap,A = −20°C
pint = 429.41 kPa pcond = 1554.89 kPa
t evap,B = 0°C
→ →
t cond = 40°C
A. Diagrama p-h de la instalación frigorífica
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Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
) a P k ( p
5
7
6 10
4s
40°C
-20°C -30°C
2s
3
0°C
4
2
11 9
8
1
12
h (kJ/kg) B. Mirando en las tablas de líquido / vapor saturado del amoniaco (R-717)
conseguimos las entalpías de los siguientes puntos: h7 = h8 = h10 = 200 kJ / kg h5 = h6 = 386.43 kJ / kg
h3 = 1460.66 kJ / kg h9 = 1422.46 kJ / kg
h11 = h12 = 1436.51 kJ / kg
Calculemos los caudales de refrigerante a partir de los balances en los evaporadores: & R ,B (h11 − h10 ); qf ,B = m & R ,A (h9 − h8 ); qf ,A = m
qf ,B 30 kW = = 0.0243 kg / s (h11 − h10 ) 1436.51 − 200 kJ / kg qf ,A 15 kW = = = 0.0123 kg / s (h9 − h8 ) 1422.46 − 200 kJ / kg
& RB = m & RA m
Mezcla de las corrientes 9 y 12, para obtener la corriente 1: h1 =
& R ,Ah12 + m & R ,Bh9 m = 1427.2 kJ / kg & R ,A + m & R ,B m
Si seguimos la isentrópica que parte del punto 1 hasta la presión del deposito intermedio obtenemos: h2s ≈ 1610 kJ / kg . El rendimiento isentrópico de la compresión es 0.8 y por tanto: ηs = 0.8 =
h2s − h1 ; h2 − h1
h2 = h1 +
h2s − h1 ηs
= 1655.7 kJ / kg
Realicemos ahora un balance de energía en el deposito para calcular el caudal de refrigerante que circula por el compresor de alta y el condensador:
49
Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica
(m& RA + m& RB ) h2 + m& RCond h6 = (m& RA + m& RB ) h7 + m& RCond h3 & RCond = (m & RA + m & RB ) m
h2 − h7 = 0.0496 kg / s h3 − h6
Si seguimos la isentrópica que parte del punto 3 hasta la presión de condensación obtenemos: h4s ≈ 1647 kJ / kg . El rendimiento isentrópico de la compresión es 0.8 y por tanto: ηs = 0.8 =
h4s − h3 ; h4 − h3
h4 = h3 +
h4s − h3 ηs
= 1693.6 kJ / kg
Podemos ya calcular las potencias de compresión de ambos compresores: & RA + m & RB )(h2 − h1 ) = 8.36 kW Pc,B = (m & RCond (h4 − h3 ) = 11.55 kW Pc,A = m
Y el COP de la instalación:
COP =
qf ,B + qf ,A = 2.26 . PC,A + PC,B
C. Realizando un balance de energía sobre el condensador: & w cp (t w,ent − t w,sal ) qcond = m
La temperatura de agua a la entrada al condensador es la de salida de la torre y viceversa. Luego: t w,sal = 35°C,
cercanía = 5°C = t w,ent − t bh,ext ;
t w,ent = t bh,ext + 5°C = 30°C
La potencia de condensación puede ser calculada de dos formas: & RCond (h4 − h5 ) = qf ,A + qf ,B + PC,A + PC,B = 64.91 kW qcond = m
Despejando del balance de energía en el condensador tenemos: &w = m
qcond
cp (t w,ent − t w,sal )
=
64.91 kW = 3.11 kg / s 4.175 kJ / kg·K (35 − 30°C)
D. Las condiciones del aire a la entrada a la torre son las siguientes:
t ext = 35°C; t bh,ext = 25°C . Si miramos en el diagrama psicrométrico del aire húmedo: ha,ext = ha,ent = 76 kJ / kg a.s.; wa,ent = 0.016 kg agua / kg a.s. El caudal másico de aire seco a la entrada a la torre es: & ρ = 15700 m³ / h 1.146 kg / m³ = 5 kg / s & as = V m as 3600 s / h
Todo el calor cedido por el condensador será absorbido por el aire exterior luego:
50
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