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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

5

7 p (kPa)

8 7

4

5 3

6

8

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. D. D. D. D. D. D.

Ramón Velázquez Vila José Guerra Macho Servando Álvarez Domínguez José Luis Molina Félix David Velázquez Alonso Luis Pérez-Lombard 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................................................................................................ 12 Problema 4................................................................................................ 15 Problema 5................................................................................................ 19 Ciclo simple de compresión mecánica (compresores alternativos): Problema 6................................................................................................ Problema 7................................................................................................ Problema 8................................................................................................ Problema 9................................................................................................

23 26 28 31

Ciclo simple de compresión mecánica (evaporadores y condensadores): Problema 10 .............................................................................................. Problema 11 .............................................................................................. Problema 12 .............................................................................................. Problema 13 .............................................................................................. Problema 14 ..............................................................................................

33 36 39 42 44

Problemas combinados: Problema 15 .............................................................................................. 47

3

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 del compresor Coeficiente de eficiencia energética del ciclo inverso de Carnot con las mismas temperaturas de evaporación y condensación

Solución:

p (kPa)

Compresor 1 Evaporado r

2

3

2

Condensador

1

4

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:

pcond = 1533.52 kPa pevap = 354.3 kPa

Entalpías:

h1 = 401.56 kJ / kg

a. Efecto frigorífico: b. Caudal de refrigerante: & R (h1 − h 4 ); qf = m

h2 = 438.56 kJ / kg

h3 = h4 = 249.67 kJ / kg

h1 − h4 = 151.89 kJ / kg

&R = m

qf

(h1 − h 4 )

=

50 kW = 0. 3292 kg / s 151.89 kJ / kg

c. Potencia de compresión: &R h ( 2 − h1 )= 0. 3292 kg / s (438.56 − 401.56 kJ / kg)= 12.18 kW Pc = m

4

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

d. Coeficiente de eficiencia energética: e. Relación de compresión:

rc =

COP =

qf 50 kW = = 4. 105 Pc 12.18 kW

pcond 1533 .52 kPa = = 4. 328 pevap 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 & v = 0. 3292 kg / s 0. 06535 m³ / kg = 0. 0215 m³ / s = 77. 448 m³ / h V& = m R

R

1

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 = COPCarnot = = 5. 263 Tcond 273.15 + 40 K −1 −1 Tevap 273.15 −10 K

5

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 = 273.15 + 40 K Tcond −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.

p (kPa)

Compresor 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

6

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

Relación de compresión: Entalpías:

rc =

pcond 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

Calculemos el caudal de refrigerante a partir del balance en el evaporador: qf 116.28 kW & (h − h ); m & = = qf = m = 0.8105 kg / s R 1 4 R (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 de alta

Compresor de baja 1

3

2

Evaporador

4

& RA m

& m RB

Condensador 6 5

7 p (kPa)

8 7

6

8

4

5 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:

7

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

pint = pcond p evap =

1533.5 · 163. 5 = 500.73 kPa a esta presión le corresponde una

temperatura intermedia de t int = 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 p int 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 h m ) 6 = m& RAh 3 + m& RBh 7 Simplificando y sabiendo que las entalpías de los puntos 7 y 8 son iguales: & RAh6 + m & RBh2 = m & RAh3 + m & RBh 8 m

& RA , m & RB, h 8 ). Es necesario Tenemos por tanto 2 ecuaciones con 3 incógnitas ( m plantear una nueva ecuación. La eficiencia del enfriador intermedio se plantea como: t − t7 ; t7 = t5 − ε (t 5 − t 6 ) = 40°C − 0.8(40 − 0.19° C) = 8.152° C ε = 0.8 = 5 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 = = m = 0. 6337 kg / s (h 1 − h 8 ) 393. 147 − 209.66 kJ / kg Y volviendo al balance sobre el enfriador intermedio obtenemos el caudal de refrigerante sobre el condensador: & & (h8 − h2 ) = 0. 8561 kg / s m RA = m RB (h6 − h3 ) Trabajo de compresión: Calor de condensación:

& RA (h4 − h3 )+ m & RB (h2 − h1 ) = 40. 963 kW Pc = m & RA (h4 − h5 ) = 157. 231 kW Q& c = m

Coeficiente de eficiencia energética: COP =

qf 116.28 kW = = 2. 839 Pc 40. 963 kW

8

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

c. Compresión doble directa con enfriador intermedio, inyección total. Compresor de alta

Compresor de baja 1

Evaporador

3

2

4

& RB m

& RA m

Condensador

6 8

5

P (kPa)

7

4

5 7

8

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:

9

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

& RA = m & RB (h7 − h2 ) = 0. 8508 kg / s m (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

Coeficiente de eficiencia energética: COP =

qf 116.28 kW = = 2. 909 Pc 39. 978 kW

d. Compresión doble en cascada. Compresor de baja

Evaporador

Compresor de alta

& m RA

& RB m

Condensador

p (kPa)

Intercambiador intermedio

6

7 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

t5 = 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 (h 1 − h 4 ) qf = m

& RB = m

(h1

qf 116.28 kW = 0. 6121 kg / s = − h4 ) 393. 147 − 203.18 kJ / kg

Balance de energía sobre el intercambiador intermedio: & RAh 8 + m & RBh 2 = m & RBh 3 + m & RAh 5 m despejando: & & (h3 − h2 ) = 0. 8658 kg / s m RA = m RB (h8 − h5) & RA (h6 − h5 ) + m & RB (h2 − h1 ) = 43.804 kW Pc = m & RA (h6 − h7 ) = 160. 078 kW Calor de condensación: qc = m q 116.28 kW Coeficiente de eficiencia energética: COP = f = = 2.655 Pc 43.804 kW

Trabajo de compresión:

Resumen de resultados: Caso Compresión mecánica simple Con enfriador intermedio, inyección parcial Con enfriador intermedio, inyección total En cascada

qf (kW)

qc (kW)

Pc (kW)

COP

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

11

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 p (kPa)

Compresor 1 Evaporado r

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

12

Problemas Resueltos - Tecnología Frigorífica

Presiones:

pcond = 1500 kPa

Relación de compresión:

rc =

Temperaturas:

t cond = 39. 1°C

pevap = 163.5 kPa

pcond 1500 kPa = = 9. 1743 pevap 163.5 kPa

t evap = −30°C

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 & (h − h ); m & = = qf = m = 1. 2442 kg / s R 1 4 R (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

5

7 p (kPa)

8

4

5 7

6

8

2

3

1

h (kJ/kg) La presión intermedia es pint = 600 kPa;

tint = 5.88°C .

13

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 − h 8 ) = m = 0. 9667 kg / s qf = m R1 (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 ) Trabajo de compresión:

& R1 (h2 − h1 ) + m & R 2 (h4 − h3 ) = 61. 038 kW Pc = m

Coeficiente de eficiencia energética: COP =

qf 180 kW = = 2.949 Pc 61. 038 kW

14

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

m& RB

& RA m

3

p (kPa)

El diagrama p-h de este ciclo es el siguiente: 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: qfB 180 kW = 0. 1737 kg / s = − h4 ) (1422 .46 − 386.43 kJ / kg )

& RB (h5 − h4 ); qfB = m

& RB = m

(h5

& RA (h7 − h6 ); qfA = m

& RA = m

(h7 − h6 )

qfA

=

200 kW

(1464.8 − 386.43 kJ / kg)

= 0. 1855 kg / s

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 & RA h8 + m & RB ...