SOLUCIONARIO REFRIGERACION

REFRIGERACION Y AIRE ACONDICIONADO

Ing. Carlos Fidel Cruz Mamani

Problema 1: Con los datos siguientes: Hallar: a) Realice el diagrama P-h y T-s para un ciclo simple de refrigeración ideal y halle sus valores en cada punto. b) La temperatura 2. c) Coeficiente de funcionamiento. d) Volumen volumétrico. e) La potencia compresor. DATOS: Flujo refrigerante R-134a Pevap=1.85 [bar] Pcond=9[bar] C.R. =7[ton] SOLUCION: a)



Tabla: Valores de las propiedades en un ciclo de refrigeración por compresión de vapor

Estado

T[°C]

P[MPa]

h[kJ/kg]

1 2 3 4

-12 41.6 36 -12

0.185 0.9 0.9 0.185

240.15 273.01 100.25 100.25

s[kJ/kg°K ] 0.9267 0.9267 0.3678 0.3678



b) La temperatura se halla interpolando en la tabla de vapor sobrecalentado a 9[bar] de presión, resulta:

T[°C]

s[kJ/kg°K]

40

0.9217

T2 50

0.9267 0.9566

∗( 50−40 ) +40 ( 0.9267−0.9217 0.9566−0.9217 )

T2=

T 2 =41.6 [° C]

c) Coeficiente de funcionamiento C . f .=

Refrig . util h1−h 4 240.15−100.25 = = trabajo neto h2 −h1 273.01−240.15

C . f .=4.26

d) Volumen volumétrico ton∗kJ C . R .∗211 min 7∗211 kg m= ˚ = =10.557 h1−h 4 kJ 240.15−100.25 min ∗ton kg

[ ]

[ ]

[ ] 3

Si:

ϑ esp =0.1098

m kg

V˚ =m∗ϑ ˚ esp =10.557∗0.1098

V˚ =1160

e) Potencia del compresor

[ min¿ ]


N comp= m∗ ˚ ( h2−h1 )=

10.557∗( 273.01−240.15 )∗1 min 60 seg N comp=5.78 [kW ]

Problema 2: Con los datos que se dan: Hallar: a) Capacidad de refrigeración. b) Potencia del compresor c) Coeficiente de funcionamiento. DATOS:

R-12 P=[1.4] T=20[°C]

SOLUCION:



De tablas Con P=1.4 [bar] Con T=44[°C]


h6=177.83 [kJ/kg] h3=78.68 [kJ/kg] h a=78.68 [kJ/kg]

 

Se calienta a presión constante P=1.4[ba] y llega hasta 20[°C] De tablas de vapor sobrecalentado h1=203.23 [kJ/kg] ;

S1=0.8035[kJ/kg°K]

[ ] [ ]

∆ h=h1−h6=203.23−177.83=25.4 h4 =h3 −∆ h=78.68−25.4=53.28 h5=h4 =52.38

kJ kg

kJ kg

[ ] kJ kg

a) Capacidad de refrigeration

[ ]

kg ∗kj min ∗1ton kg C . R .=m∗ ˚ ( h6−h5 )=6∗( 177.83−53.28 )∗ kJ 211 min

C . R .=3.54 [Ton ] b) Potencia compressor Para una P=12[bar] h[kJ/kg] 245.70 h2 260.63

y S1=0.8035 [kJ/kg°K] S[kJ/kg°K] 0.7937 x h2=249.46[kJ/kg] 0.8326



[

kg ∗kJ min ∗1 min kg N comp= m∗ ˚ ( h2−h1 )=6∗(249.46−203.23) 60 seg

]

N comp=4.62[kW ] c) Coeficiente de funcionamiento C . f .=

Refrig . util h6−h5 177.83−53.28 = = trabajo neto h2−h1 249.46−203.23 COP=2.69

Problema 3: Un sistema de refrigeración ciclo real tiene una potencia frigorífica necesaria de 150kW la temperatura de condensación 40ºC con un su enfriamiento y perdida de presión de 1ºC en la tubería de liquido después de condensador. La temperatura de evaporación -10ºC con un recalentamiento en el evaporador de 5ºC y en la línea de aspiración de 10ºC con una perdida de presión equivalente de 2ºC . En la descarga existe un subenfriamiento de 10ºC y una perdida de presión a la entrada del condensador equivale a 1ºC; supondremos un rendimiento mecánico del 85%. Calcular: a) El flujo másico de refrigeración b) La potencia del compresor c) El coeficiente de funcionamiento DATOS:

Nfrigorifica=150[kW] Tcond = 40[ºC] Tevap =-10[ºC]

ηmec=85[%]

De la carta psicométrica: calculamos las propiedades en los puntos:


Te =-10[ºC] --------> Pe=2.8[bar ] --------> Pe=280[kPa] Tc = 40[ºC] --------> Pc=11.5[bar ] --------> Pc=1150 [kPa]

SOLUCION:




De la carta psicométrica calculamos las propiedades en los puntos: Te =-10[ºC] --------> Pe=2.8[bar ] --------> Pe=280[kPa] Tc =-40[ºC] --------> Pc=11.5[bar ] --------> Pc=1150 [kPa] Punto 1 ------> h1= 578 [kJ/kg] Punto 2t ------> h1= 645 [kJ/kg] Con una variación de ΔT = 1[ºC] implica que: 1[ºC] ~ 14[kPa] ------> ΔP = 14 [kPa] Donde: P2 r=P2 t + ∆ P=1150+ 14=1164 [ kPa ] Rendimiento volumétrico (c=0.02 (espacio nocivo)) ηV =1−

c∗P2 r 0.02∗1164 =1− =0.9797 P1 1150

Rendimiento isométrico (asumimos ηm=90%) ηiso =η v∗ηmec =0.9797∗0.85=0.833 Punto 2r h −h 645−578 kJ h2 r = 2t 1 +h1= +578=658.43 ηiso 0.833 kg

[ ]

Estado 1 2t 2r 3 4 5 6t 6

T[ºC] -12 40 80 40 40 -10 -10 -10

P[kPa] 252 1150 1164 1150 1150 280 280 280

h[kJ/kg] 578 645 658 645 298 298 540 550



a) Flujo másico ˚ m=

Nf 150 = h6−h5 550−298

m=0.59 ˚

[ ] kg s

b) Potencia del compresor N c =m∗ ˚ ( h2 r−h1 )=0.59∗( 658−578 ) N comp=47.2 [ kW ]

c) COP COP=

N frig 150 = N comp 47.2

COP=3.177 Problema 4:

Un sistema frigorífico tiene una capacidad frig. De 90 ton-ref opera con refrigerante R134a la temperatura de condensación es 40ºC con un subenfriamiento de 1ºC y perdida de presión 1ºC en la tubería del liquido la temperatura en el evaporador de -8ºC con un recalentamiento en el evaporador de 5ºC y en la línea de aspiración de 11ºC con una perdida de presión equivalente a 2ºC. en la descarga del compresor existe un subenfriamiento de 10ºC y una perdida de presión a la entrada del condensador equivale a 1ºC suponiendo un rendimiento mecánico 90%. Calcular: a) El flujo másico de refrigeración en kg/min b) La potencia del compresor en Hp c) El coeficiente de funcionamiento SOLUCION:



Encontramos las isobaras con temperaturas. Te =-8[ºC] --------> Pe=217.04 [kPa] Tc = 40[ºC] --------> Pc=1016.4 [kPa]  El estado 1 es liquido saturado h1=hf=106.19[kJ/kg]  El estado 2 estará muy cerca del estado 1 tanto que casi que casi se confunden a una temperatura de 40-1=39[ºC] y una presión 1000[kPa] ; h2=105.27 [kJ/kg]  El estado 3 corresponde a la misma entalpia h3=h2  El estado 4co recalentamiento de 5[ºC] entonces: t 5=-8+5=-3[ºC] y Pe=217.04[kPa] entonces h4=entalpia de vapor recalentado. Para

Pe=2[bar](0.2[MPa]) T[ºC] -10 -3 0

h[kJ/kg] 241.38 h 250.10



Por tanto h4=247.484[KJ/kg]  En el estado 5 localizamos: t5=-3+11=8[ºC] con descenso de 2[ºC], P5=200[kPa] P5=217.04-15.82=201.22[kPa]; interpolando se tiene: h5=257.13[kJ/kg]  s5=0.98348[kJ/kgºk]  El estado 6r localizamos: P6=Pc+P4t=1016.4+27.8=1044.2[kPa]  El estado 6t con intersección de la isentropica: s5=s6t  h6t=293.6168[kJ/kg] h[kJ/kg] 291.36 h 302.34

s[kJ/kg ºk] 0.9768 0.98348 1.0093

Por tanto h6t=293.6168 [kJ/kg] Por la definición de rendimiento isentropica: ηisent =

W ideal h6 t −h5 = … … .1 wreal h 6 r−h 5

Si ηisent =η vol∗ηmec … … … ..2

P6 1044.2 =1−0.02∗ =0.896 P5 201.22

( )

ηvol =1−0.02∗

(

)

ηisent =0.896∗0.90=0.81 Reemplazando en la ecuación 1 h6 r =h5 + a)

h6 t −h5 293.6168−257.13 kJ =257.13+ =302.17 ηisent 0.81 kg

[ ]


90 [ Ton−ref ] m= ˚

Nf = h4 −h3

[ ]

kJ kg 1[Ton−ref ]

( 247.484−105.27 )

∗211


[ ] kJ kg

m=133.53 ˚

[ ] kg min

b)

kJ ∗1 min kg kg N comp= m ˚ ( h6 r −h5 ) =133.53 ∗( 302.17−257.13 ) min 60 seg N comp=100.23 [kW ]

N comp=100.23

kW∗0.746 Hp 1 kW

N comp=74.78 [ Hp ]

c) COP=

Refrig . util = trabajo neto

90 [Ton−ref ] kg kJ 133.53 (302.17−57.13) min kg

COP=3.1575

Problema 5:



Con el sistema de refrigeración mostrado hallar: a) la presión intermedia la potencia del compresor de baja, alta b) coeficiente de funcionamiento. DATOS: R-134a Te=-32[ºC] Tc=40[ºC] C.R.=25[Tn]

DATOS:

SOLUCION: De Tablas Te=-32[ºC]  Ps = 0.7704[bar] Tc=40[ºC]  Pd = 10.164[bar] La presión en el enfriador es: ¯¿ Pi=√ Ps∗P d= √ 0.7704∗10.164=2.7983 ¿ Las entalpias en todos los puntos, entonces pueden buscarse en tablas:


h1=hg =227.90

[ ]


[ ]

kJ kJ ; s 1=0.9456 kg kgºK

¯¿ kJ h2=253.5043 ; a Pi =2.7983 ¿ kg

[ ]

Después de la compresión isoentropica s2=s1 ¯¿ ¿ kJ h3=246.4748 ; a Pi =2.7983 ¿ kg

[ ]

h4 =273.7249

h5=hf =106.19 h6 =h5=106.19

[ ] kJ kg

Después de la compresión isentropica s4=s3

[ ] [ ] [ ] [ ] kJ kg

kJ kg

h7=hf =48.31198

kJ kg

h8=h7=48.31198

kJ kg

a) Pi=√ Ps∗P d= √ 0.7704∗10.164

Pi=279830[ Pa]

Pot C . B .= m ˚ 1∗( h2−h1 )

Donde:

C . R .=m˚ 1∗( h1−h8 )


25 Ton kJ ( 227.90−48.3119 ) C.R. kg m ˚ 1= = 1Ton ( h1−h 8 ) m ˚ 1=29.3728

∗211


kJ min

[ ] kg min

29.3728∗( 253.5043−227.90 )∗kg ∗kj min ∗1 min kg Pot C . B .= 60 seg Pot C . B .=12.5345 [kW ] Pot C . A .= m ˚ 3∗( h4 −h3 ) Donde:

(

m ˚ 3=m˚ 2∗

h7−h 2 48.3119−253.5043 kg =29.3728∗ =42.9631 h6−h 3 106.19−246.4748 min

)

(

)

[ ]

42.9631∗( 273.1249−246.4748 )∗kg ∗kJ min ∗1 min kg Pot C . A .= 60 seg

Pot C . A .=19.0828 [kW ]

b)

25∗211 60 ∗kW C .R. 12.5345+19.0828 C . f .= = P C . B . + PC . A . kW

C . f .=2.78



Problema 6: Un sistema de refrigeración de dos etapas, dos compresores y un deposito separador de liquido vapor, el refrigerante es R -134ªa. debe pasar por el evaporador a -32[ºC] a la temperatura de condensación de 40[ºC] si la capacidad de refrigeración tiende a 25 [Tn] de refrigeración. Calcular: a) Ala presión intermedia y la potencia b) El coeficiente de operación c) Dibuje el diagrama temperatura entropía


DATOS:

Refrigerante R-134a Te=-32[ºC] Tc=40[ºC] C.R.=25[Tn]

SOLUCION:




La presión optima de enfriamiento del vapor en la refrigeración puede determinarse con la misma formula que se utiliza para la compresión de aire. Donde: Ps: Presión de admisión del compresor de baja. Pd: Presión de descarga del compresor de alta. Pi=√ Ps∗P d … … ..1 Con:

Reemplazando se tiene:

Te=-32[ªC] Tc=40[ºC]

 

Ps=0.7704 [bar] Pd=10.164[ºC]

Pi=√ 0.7704∗10.164

¯ ¿ Las entalpias en todos los puntos, pueden buscarse Pi=2.7983 ¿ en tablas de R-134a.


h1=227.90

[ ]

[ ]

kJ kJ ; s1 =0.9456 kg kgºK

¯¿ ¿ kJ h2=253.5043 ; a Pi =2.7983 ¿ kg

[ ]

¯¿ ¿ kJ h3=246.4748 ; a Pi =2.7983 ¿ kg

[ ]

¯¿ ¿ kJ h4 =273.1249 ; a Pd =10.164 ¿ kg

[ ]

h5=106.19

[ ] kJ kg

h6 =h5=106.19

h7=48.31198

[ ] kJ kg

[ ] kJ kg

h8=h7=48.31198

[ ] kJ kg

a) La potencia total del compresor es: N=N C . A . + N C . B . … … .2 El caudal en masa que pasa a través del compresor de baja:



25 Ton kJ ( 227.90−48.3119 ) C.R. kg m ˚ 1= = 1Ton ( h1−h 8 ) m ˚ 1=29.3728

∗211


kJ min

[ ] kg min

Haciendo el balance térmico y de masas en el enfriador de vapor:

m ˚ 2∗h2 + m˚ 6∗h6= m ˚ 3∗h3 + m˚ 7∗h7 Considerando que: m̊2=m̊1; m̊6=m̊3 y m̊7=m̊2 Luego: m ˚ 1∗h2 + m˚ 3∗h6=m˚ 3∗h3 + m ˚ 1∗h7

m ˚ 3∗( h 2−h6 ) =m˚ 1∗( h 7−h2 )


(

m ˚ 3=m˚ 1∗


h7−h 2 48.3119−253.5043 kg =29.3728∗ =42.9631 h6−h 3 106.19−246.4748 min

)

(

)

[ ]

Potencia del compresor de baja: 29.3728∗( 253.5043−227.90 )∗kg ∗kJ min ∗1 min kg N C . B .= m ˚ 1∗( h2−h1 )= 60 seg N C . B .=12.5345 [ kW ] Potencia de compresor de alta: 42.9631∗( 273.1249−246.4748 )∗kg ∗kJ min ∗1 min kg N C . A .=m˚ 3∗( h4 −h3 ) = 60 seg N C . A .=19.0828 [ kW ]

Sustituyendo en 2 N=12.5345+19.08228

N=31.62[kW ] b) COP=

Capacidad de refrigeracion Potencia compresor

25[Ton−ref ] kJ ∗211 31.62 kW min ∗1 min 1 [ Tn−ref ] ∗kW 60 seg COP= kJ seg

COP=2.78

c)



Problema 7: Una maquina frigorífica consiste en utilizar dos evaporadores como se muestra en la figura. El refrigerante es R-134ª. El evaporador 1 mantiene el comportamiento de la comida fresca a la temperatura deseada y el evaporador 2 se ocupa de la carga de enfriamiento del congelador. Considérese que el evaporador de baja temperatura funciona a 1.4[bar] y maneja una carga de una capacidad de refrigeración de 2[Tn]. Supóngase que el rendimiento adiabático del compresor es 79[%], la presión del condensador es de 10 [bar] y que el condensador sale liquido saturado. Despreciando otras perdidas, calcular: a) Los flujos másicos de R-134a que pasa por cada evaporador en [kg/min]. b) La potencia de entrada al compreso, en [kW]


c) El calor cedido en el condensador [kJ/min] d) Dibuje el diagrama P-h y T-s

DATOS: Refrigerante R-134a P2= 1.4[bar] C.R.2=3[Tn] P1=3.2[bar] C.R.1=2[Tn] ηs=79[%] Pc=10[bar]

SOLUCION:




El rendimiento adiabático del compresor esta dado por: ηs =

W ideal h2 s−h1 = … … ..1 W real h 2−h1

De tablas R-134a con P2=1.4[bar]; el estado 8 es vapor saturado

ºC h8=236.04

[ ]

[ ]

kJ kJ ; s =0.9322 ; T 8 =−18.8 ¿ kg 8 kgºK

El estado 2s es vapor sobrecalentado, a la presión Pc=10[bar] y s2s=S8 Interpolando se tiene: h2 s =276.82

[ ] kJ kg



De la ecuación 1 se tiene: h2=

h2 s −h1 282.75−240.81 + h1= +240.81 ηs 0.79

h2=293.90

[ ] kJ kg

El estado 3 es liquido saturado a Pc=10[bar] h3=105.29

[ ] kJ kg

Por tanto: h3=h4 =h7=293.90

[ ] kJ kg

Con Pevap.1 = 3,2[bar]; el estado 5 es vapor saturado h5=248.66

[ ]

kJ ; h =h kg 5 6

a) Flujo másico del evaporador 1 2 [ Ton ] m ˚ 1=

C . R .1 = ( h5−h4 )

[ ]

kJ kg 1 [ Tn ]

(248.66−105.29 )

∗211

m ˚ 1=2.94

El flujo másico del evaporador 2 es:

[ ] kJ min

[ ] kg min



3 [ Ton ] m ˚ 2=

C . R .2 = ( h8−h7 )

[ ]

kJ kg 1 [ Tn ]

( 236.04−105.29 )

∗211

m ˚ 1=4.84

[ ] kJ min

[ ] kg min

b) La potencia de entrada al compresor ideal N c =m˚ t∗( h2 −h8 )= ( m ˚ 1+ m ˚ 2 )∗( h2−h8 )

[ ] )

kJ ∗1 [ min ] kg kg N c =( 2.94+ 4.84 ) ∗( 287.66−236.04 min 60 [ seg ]

[ ]

N c =6.69[kW ]

La potencia de entrada al compresor real Conservación de la energía: ΔE E˚ e −¿ ∑ E˚ s= dt ∑¿ m ˚ 1∗h6 + m ˚ 2∗h8= m ˚ t∗h1

h1 =

m˚ 1∗h 1+ m˚ 2∗h8 = m˚ t

2.94

[ ]

[ ]

[ ] )[ ]

[ ]

kg kJ kg kJ ∗248.66 + 4.84 ∗236.04 min kg min kg

( 2.94 +4.84

kg min


h2=240.81

[ ]


[ ]

kJ kJ ; s1=0.9506 kg kg ºK

Interpolando s2=s1 kJ h2 s =282.75 kg

[ ]

[ ] )

kJ ∗1 min kg kg 7.78 ∗ ( 282.75−240.81 m ˚ t∗( h2 s−h1 ) min 60 seg N c= = ηs 0.79

[ ]

N c =6.88 [kW ]

c) El calor cedido por el condensador es: ˚ e =m ˚ t∗ ( h1−h 8 ) +C . R . Q˚ COND =W˚ COM + Q

[ ]

[ ]

kg kJ Q˚ COND =7.78 ∗( 287.66−236.04 ) +5 min kg

[ Tn ]∗211

1 [ Tn ]

[ ]

kJ Q˚ COND =1456.65 min

d)

[ ] kJ min





Problema 8: Un sistema de refrigeración bromuro de litio agua funciona a la temperatura en el evaporador a 4[ºC] y en el condensador 40[ºC]. Para una capacidad de 1.5 [Tn] de refrigeración en el evaporador. Calcular: a) El calor cedido en el condensador en [kJ/min] b) El calor cedido en el absorbedor c) El calor absorbido en el generador


DATOS: Te=4[ºC] Tc=40[ºC] C.R.=1.5[Tn] El agua es el refrigenerante bromuro de litio es absorbente

SOLUCION:




Se hallan las propiedades en los diferentes estados: P1=P5=P6: presión de saturación a la temperatura: 4[ºC]  P1=0.00813 [bar] P2=P3=P4: presión de saturación a la temperatura de condensación de: 40[ºC]  P2=0.073 [bar] Hallamos la entalpia h1:

P1= 0.00813 [bar] Tevap= 4[ºC] hallamos

h1=-165.38 [kJ/kg]

La concentración de la solución será: (ver fig. solución bromuro de litio) P1= 0.00813 [bar] Tevap= 4[ºC] hallamos

x1=56[%]

Hallamos la entalpia h2; del vapor recalentado: (en tablas de vapor agua) P2= 0.073 [bar] Tgener= 77[ºC] Hallamos la entalpia h3 de la solución:

h2=-2646.18 [kJ/kg]

P3= 0.073 [bar] h3=-79.55 [kJ/kg]



Tgener= 77[ºC] La concentración x3 de la solución será: (ver fig. solución bromuro de litio) P3= 0.073 [bar]

x3=58.5 [%]

Tgener= 77[ºC] Las entalpias h4 = h5 se hallan de tablas de agua líquido saturado: Tcond = 40[ºC]  h4 = h5 = 167.57 [kJ/kg] La entalpia h6 se halla de tablas de vapor de agua saturado: Tevap = 4[ºC]  h6 = 2508.70 [kJ/kg] Balance térmico del sistema: ced−|¿| Qgener +Qevap=Q cond +Q¿ Caudal en masa del refrigerante:

[ ]

[ Tn ]∗211 kJ m ˚ 2=m˚ 4 =m ˚ 5=

Qevap = h6−h 5

m ˚ 2=m˚ 4 =m ˚ 5 =0.135

1.5

min

1 [ Tn ]

( 2508.7−167.57 )

[ ] kJ kg

[ ] kg min

Balance del bromuro de litio en el generador: m ˚ 1∗x 1=m˚ 3∗x 3 … … … 1 Balance de masas en el generador: m ˚ 1=m˚ 2+ m ˚ 3 … … ..2



Resolviendo el sistema de ecuaciones de las ecuaciones 1 y 2 se tiene los flujos másicos: kg m ˚ 1=3.0426 min

[ ]

m ˚ 3=2.9076

[ ] kg min

a) Calor cedido en el condensador kg kJ Qced =m˚ 2∗( h2−h 4 )=0.135 ∗( 2646.18−167.57 ) min kg

[ ]

[ ]

Qced =334.135

[ ] kJ min

b) Calor cedido en el absorbedor Qced−abso =m ˚ 5∗h6 + m ˚ 3∗h3−m˚ 1∗h1

Q ced−abso =0.135

[ ]

[ ]

[ ](

[ ])

[ ](

[ ])

[ ])

[ ](

[ ])

kg kJ kg kJ kg kJ ∗2508.7 +2.9076 ∗ −79.55 −3.0426 ∗ −165.38 min kg min kg min kg

ced−|¿|=610.560

[ ] kJ min

Q¿ c) Calor absorbido Qgener =m˚ 2∗h 2+ m ˚ 3∗h3− m ˚ 1∗h1

Qgener =0.135

[ ]

[ ]

[ ](

kg kJ kg kJ kg kJ ∗2646.18 + 2.9076 ∗ −79.55 −3.0426 ∗ −165.38 min kg min kg min kg

Qgener =629.119

[ ] kJ min


Problema 9:

DATOS:




Tgener =90[ºC] Tevap =-10[ºC] Pcond =10[kg/cm²] Padm =2 [kg/cm²] SOLUCION: Calculo de las propiedades en los diferentes puntos de estado: Punto 1 P1= 2 [kg/cm²] T 1= 20[ºC]

x’1=0.44 [kgNH3/kgmezcla] hL=-35kcal/kg

Punto 2 P2= 8.2 [kg/cm²]

Punto3

T 2= 65[ºC]

x’2=0.42 [kgNH3/kgmezcla] hL=12.5[kcal/kg]

P3= 10 [kg/cm²] T 3= 90[ºC]

h3=360[kcal/kg]

Punto 4 P4= 8.2 [kg/cm²] T 4= 55[ºC]

x’4=0.56 [kgNH3/kgmezcla] h4=12.5[kcal/kg]

Punto 7 P7= 10 [kg/cm²]

Punto 8

T 7= 55[ºC]

x’’7=0.996 [kgNH3/kgmezcla] hv=328[kcal/kg]



P8= 10 [kg/cm²] T 8= 26[ºC] Punto 9

P9=

x’8=0.996 [kgNH3/kgmezcla] hL=25[kcal/kg]

[kg/cm²]

T 9= -10[ºC]

h9= h8= 25[kcal/kg]

Punto 10 P10= 2 [kg/cm²] T 10= -10[ºC]

Asumimos que 1[kg] total sale del evaporador

y el vapor a:

x’’10= 0.715 [kgNH3/kgmezcla] h10L= -60[kcal/kg] x’’10= 0.999 [kgNH3/kgmezcla] h10L= 303[kcal/kg]

Aplicando la ecuación según stoecker (pag. 184) 1 kg∗x=w pl ∗x ' 10+ ( 1−w pl )∗x ' ' 10 Donde: wpl: peso en liquido de purga w pl =

x−x ' ' 10 0.996−0.999 = =0.010 [ kg ] x ' 10−x ' ' 10 0.715−0.999

La entalpia en el punto 10 es: h10=w pl∗h 6 L + ( 1−w pl )∗h 6 v El caudal en masa es: C.R. m= ˚ E.R. Si:

x’’= 0.996 [kgNH3/kgmezcla]



m ˚ 7=m˚ 8= m ˚9 Asumiendo C.R.=1[Tn-ref] kcal 50.4 min m ˚ 9= h10−h9

[ ]

Para determinar m̊1 y m realizamos balance de masa en el rectificador.

m ˚ 3∗x 3=m˚ 7∗x 7 + m˚ 4∗x 4 … … 1 m ˚ 3=m˚ 7 + m˚ 4 … … … … … … … … .2 Resolviendo el sistema 1 y 2 se obtiene: m ˚ 3=¿ m ˚ 4=¿ Balance de masa para el generador:



m ˚ 2∗x 2+ m ˚ 4∗x 4 =m˚ 3∗x 3 + m˚ 5∗x 5 … …3 m ˚ 2+ m ˚ 4=m˚ 3 + m˚ 5 … … ….. … … … … … … 4 Resolviendo el sistema y considerando m̊1 = m̊2 m ˚ 2=¿ m ˚ 5=¿ Balance energético en el generador como el sistema esta con flujo estacionario se tiene: Q˚ gener =∆ H + W˚ W̊=0 E˚ entran −¿ ∑ E˚ salen Q˚ gener =∑ ¿

[ ]

kcal Q˚ gener =( m˚ 2∗h2+ m ˚ 4∗h4 ) −( m˚ 3∗h 3+ m ˚ 5∗h45 ) min Q˚ gener =¿

Calor cedido por el condensador:

Q˚ ced =∆ H ˚ 8∗h8 Q˚ ced =m˚ 7∗h7− m Q˚ ced =¿



Calor rechazado por el absorbedor:

m ˚ 10∗h10 + m˚ 6∗h6=m˚ 1∗h1+Q rech

Qrech=( m˚ 10∗h10+ m ˚ 6∗h6 −m ˚ 1∗h1 )

[ ] kcal min

Qrech=¿

Problema 10: Comparar las humedades absolutas y las densidades de vapor, del aire seco y de la mezcla que se encuentra a 30°C de la temperatura y 60% de humedad relativa, a nivel del mar y en la ciudad de La Paz a 3632msnm de altura. DATOS: Altura z=0 Temperatura t: 30°C ; T=303.15°C Humedad relativa = 60%

SOLUCION:


-


Valores nivel del mar z=0 Humedad absoluta o humedad específica esta dada por: W =0.622

Siendo:

Pv P ( z )−P v ………...1

Pv =H . R .∗Pvs

……………..2

P( z=0)=101.325 [ kPa ]

Pvs(T) =e

−6861.28 −5.27763∗ln ( T ) +54.2598 T

…………..3

Sustituyendo Pvs (T=303.15)=e

−6861.28 −5.27763∗ln ( 303.15 ) +54.2598 303.15

Pvs(T=303.15)=4.3446 [ kPa ] Luego: Pv =0.6∗4.3446=2.607 [ kPa ]

Sustituyendo en la expresión 1 W =0.622

2.607 101.325−2.607

W =0.01643

La densidad del vapor es:

[ ] kg v kgas


ρvapor =


0.622∗Pv 0.622∗2.607 = Ras∗T 0.287∗303.15

ρvapor =0.0186 ⌈

kg v m3

⌉

Densidad del aire seco: ρa . seco=

P(z) −P v 101.325−2.607 = R as∗T 0.287∗303.15

ρa . seco=1.1346 ⌊

kga . s . m3

⌋

La densidad de la mezcla, vapor y aire seco es: ρmezcla=ρ v + ρa .s . =0.0186+1.1346

ρmezcla =1.1532 ⌊

kg mezcla m

3

⌋

Valores en la ciudad de La Paz a 36323m de altura P( z)=P o∗(1−2.2569∗10−5∗z)5.256 ⌊ kPa ⌋ …….4 P( z=3632) =101.325∗(1−2.2569∗10−5∗3632)5.256 P( z=3632) =64.638 ⌊kPa ⌋

La humedad específica es de la ecuación 1:


W =0.622


Pv 2.607 =0.622 64.638−2.607 P ( z )−P v

W =0.02614 ⌊

kg v ⌋ kg a . s.

La densidad de vapor es: ρvapor =

0.622∗Pv 0.622∗2.607 = Ras∗T 0.287∗303.15

ρvapor =0.0186 ⌊

kg v m3

⌋

La densidad del aire seco es: ρ a . seco=

P(z) −P v R as∗T

=

64.638−2.607 0.287∗303.15

ρ a . seco=0.7129⌊

kga . s . m3

⌋

La densidad de la mezcla: ρmezcla =ρ v + ρa .s . =0.0186+ 0.7316

ρmezcla =0.7316 ⌊

kgmezcla 3

m

⌋



Problema: 11 En un deshumidificador que opera de modo estacionario entra aire húmedo a 30°C con una humedad relativa del 50% , la presión de saturación es 0.04246bar, y con un caudal de 280m3/min. El aire húmedo pasa por un serpentín de enfriamiento y parte del vapor de agua se condensa ver figura. El condensado sale saturado del deshumidificador a 10°C. el aire húmedo 0.01228bar. no hay perdida apreciable de energía por transferencia de calor al entorno y la presión permanece constante a 1.013bar. Determinar. a) El flujo másico de aire seco, kg/min b) La cantidad de aire seco que se condensa, en kg por kg de aire seco que atraviesa el volumen de control. c) La capacidad de refrigeración necesaria, en Ton de refrigeración.

DATOS:

Fig.1

SOLUCION:



En estado estacionario, los flujos másicos de aire seco a la entrada y salida son iguales: V ̊ =m̊ a∗v a

…………..1

El volumen especifico del aire seco en la entrada, se calcula por la ecuación de estado de gas ideal. Pa 1∗v a 1=Ra∗T 1

v a 1=

Ra∗T 1 Pa 1

……………..2

Siendo: Ra=287

N∗m kg∗° K

T 1 =303° K Pa 1=P1−PV 1

Constante del aire

Temperatura de entrada Presión parcial de aire seco

La humedad relativa a la entrada es: H . R .=

PV 1 Pg 1

Siendo PV : presion parcial de vapor de agua Pg 1 : presion parcial de sa turacion a la misma temperatura ¯¿ PV 1=H . R .∗Pg 1=0.5∗0.04245=0.02123 ¿



Asi

¯¿ Pa 1=1.013−0.02123=0.9918 ¿ Sustituyendo en ecuación 2

v a 1=

[

]

N∗m ∗303 ºK kg∗ºK m3 =0.8768 [ ] kg 5 N 0.9918∗10 [ 2 ] m

287

a) El flujo de másico del aire de la ecuación 1 m3 ] V̐ min kg m ̐ a= = =319.34 [ ] 3 va 1 min m 0.8768[ ] kg 280 [

b) La velocidad a la que se condensa el agua por unidad de aire seco es: m̐ w =w 1−w 2 …………………………..3 m̐ a Por el principio de conservación de la masa (balance de masa) m̐

v1

=m ̐

Donde. mmw flujo másico de condensado usando m ̐ v1 =w1∗m ̐ a ; m ̐

v2

v2

+m ̐

=w 2∗m ̐

w

a

(agua)

………………..4

Las humedades específicas w1 y w2 se calculan con la ecuación w 1=0.622

(

[

P v1 kg vapor 0.622∗0.02123 = =0.0133 P 1−Pv 1 (1.013−0.02123) kgaire seco

)

]



Puesto que el aire húmedo esta saturado a 10ºC. la presión parcial de vapor: Pv2 = Pg = 0.01228 [bar] Luego P v2 kg vapor 0.622∗0.01228 w 2=0.622 = =0.0076 P1−Pv 2 (1.013−0.01228) kgaire seco

(

[

)

]

Sustituyendo en la ecuación 3 m̐ w =0.0133−0.0076 m̐ a

[

m̐ w kg condensado =0.0057 m̐ a kg aireseco

]

c) El calor transferido del aire húmedo al refrigerante se puede determinar mediante en balance de energía. Q ̐ v =m ̐ a∗h a 1+ m ̐ v 1∗h v 1=m ̐ w∗h w + m ̐ a∗ha 2 +m ̐

v2

∗hv 2

…………5

Por las expresiones de 3 y 4 la ecuación se convierte en: Q ̐ v =( w1−w 2 )∗m ̐ a∗hw +m ̐ a∗h a 2+ w2∗m ̐ a∗hv 2−m ̐ a∗ha 1−w 1∗m ̐ a∗h v 1 Q ̐ v =m ̐ a [ ( ha 2−h a 1 )+ w2∗hv 2−w1∗hv 1+ ( w1 −w2 )∗hw ] Donde las entalpias especificas se calculan de tablas de aire y vapor de agua a T 1 y T2 : hv2 = hg2 ; hv1 = hg1 y h w = hf Luego: Q ̐ v =319.34 [ ( 283.1−303.1 ) +0.0076∗2519.8−0.0133∗2556.3+ 0.0057∗42.01 ]

[

kJ ∗1∗Ton ref min Q ̐ v =−11084 211∗kJ min

]



Nota: el signo (-) es que el aire pierde su energía Q ̐ v =52.5 [ Tn ]

Es la capacidad de refrigeración necesaria.

Problema: 12 Una cantidad de acondicionamiento de aire tiene un serpentín de enfriamiento que enfría y deshumidifica 560m3/min de aire desde la temperatura del bulbo seco de 30ºC y H.R. 50% hasta la temperatura de bulbo húmedo de 14ªc u H.R. 60% ver figura. Calcular la capacidad de calor sensible latente y total del serpentín de enfriamiento y cantidad de humedad condensada (considere la presión 1Atm)



Fig. 2 DATOS:

Q=560m3/min TBS=30ºC HR=50% TBH=14ºC HR=60% SOLUCION

Q=Q s+ QL Qs=m ̐ a −( h2−h1 )

………………..1

...........................2

QL =m ̐ a−( w2−w1 )∗hw ………………..3 El flujo másico de aire es: m³ kN ∗101.325| | | | min m² caudal caudal∗P kg m̐ = = = =652.5 [ ] υ R ∗T min kN∗m 0.287| ∗303 ºK kg∗ºK | 560

a

esp

aire

La entalpia se calcula por las expresiones: h1=has+ hV ………………………………..4


h1=1.0046∗t +


6.81394∗10−5 ∗t ²+ ( 2500.64−2.43509∗t )∗w ……………….5 2 V

wV=

0.662∗PV Pa −PV

PV =HR∗PVS

PVS=e

…………………………………………….6

…………………………………………………...7

−A − B∗ln T +C T

…………………………………………….8

Reemplazando valores en la ecuación 8 PVS=e

−6861.28 −5.27763∗ln ( 303 ) +54.2598 303

=4.307 [ kPa ]

PV =0.5∗4.307=2.154 [ kPa ]

wV=

[ ]

kgV 0.622∗2.154 =0.0135 101.325−2.154 kga

Sustituyendo en 5 a t=30ºC y HR = 50% h1=1.0046∗30+

6.81394∗10−5 ∗30²+ ( 2500.64−2.43509∗30 )∗0.0135 2

h1=62.941

[ ] kJ kg

En la salida TBH =14ºC y HR=60% corresponde a TBS=18.5ºC h2=1.0046∗18.5+

wV=0.008[kgV/kga]

6.81394∗10−5 ∗18.52 + ( 2500.64−2.43509∗18.5 )∗0.008 2


h2=38.2415


[ ] kJ kg

El calor total será. kg |min |∗( 38.2415−62.941 )|kJkg|∗1 65minseg =−268.61[kW ]

Qtotal=652.5

Qtotal=−268.61 [ kW ]

Nota: el signo negativo (-) significa proceso de enfriamiento Para el cálculo de calor latente; requiere del calor latente de evaporación del agua a las temperaturas normales de acondicionamiento de aire y consideramos constante igual a hw=hfg=2454[kJ/kg]; las humedades especificas son: w1=0.0135[kgv/kga]

w2=0.008[kgv/kga] kg ∗1 min kga min m1=652.5 =10.875 60∗seg seg

[ ]

Sustituyendo en la ecuación 3 QL =10.875

[ ]

[ ] [ ]

kga kgV kJ ∗( 0.008−0.0135 ) ∗2454 seg kga kg V

Hallando el calor sensible: Qs=m ̐ a −( h2−ha )

Qs=10.875

[ ]

[ ]

kg kJ ∗(38.24−50) seg kg



Qs=−127.89 [ kW ] Sustituyendo en la ecuación 1 para hallar el calor total Qtotal=−127.84−146.75

Qtotal=−274.67 [ kW ]

Utilizando la carta psicométrica

Fig.3 Qtotal=mኰ ̐

a

[ ( ha−h2 ) +(h 1+ ha) ]

[ ] [ ]

m³ min kJ Qtotal= ∗(63.6−38.5) kg m³ 0.858 kg 560

[ ]

Qtotal=16382.28

[ ]

kJ =273 [ kW ] min



La cantidad de humedad condensada es: m ̐ w =m ̐ a∗(W 1−W 2 ) ……………………..9

m ̐ w =652.5

[ ]

[ ]

kga kg vapor ∗( 0.0135−0.008) min kga

m ̐ w =3.588

[

kg vapor min

]

Problema: 13 Un propietario de una vivienda pide a un ingeniero de calefacción que calcule la carga térmica de un local a oficinas y un análisis de psicrometría, cuyos dimensiones se muestran en el plano de planta con altura de pared de 4m. las paredes norte y este dan al exterior, el coeficiente de transmisión por radiación es de 1.4[w/m²ºK].las paredes sud u oeste no se consideran para el calculo, tampoco el suelo ni el techo. En la pared del lado este hay dos ventanas de 1.5*0.8=1.2m²cada uno con marco metálico y vidrio adsorbente un 60% de radiación solar. El coeficiente de transmisión del vidrio es de 5.8[w/m²ºK]. El coeficiente de transmisión de las paredes interiores es de 1.86[W/m²ºK]. Se considera una ocupación media de 20 personas. La iluminación es fluorescente. Con un área a iluminar de 8[w/m²]. Considere U=0.4[W/m²ºK]. para eliminar esta carga térmica tiene instalada un enfriador evaporatívo donde el aire entra a 38[ºC] y 10% de humedad relativa, con un caudal de 8500m²/h y sale del mismo a 21[ºC], el agua se añade en una tela empapada en estado liquido a 20[ºC] evaporándose completamente en la corriente de aire. No hay intercambio de calor con el entorno y la presión igual a 1[Atm] en todo el proceso. Calcular: a) la carga térmica del local, b) cuanto de agua de reposición en necesario, en [kg/h] y c) la humedad relativa del aire húmedo a la salida del enfriador. DATOS: Altura de pared =4[m] Kp=1.4[w/m²ºK] Kvidrio= 5.8[W/m²ºK] K=1.86[w/m²ºK]



Calculo de la carga térmica 1. Calor debida a la radiación debida a las ventanas Se debe elegir una hora solar para el cálculo generalmente entre 12 y 16 hora solar y un día determinado donde generalmente influye bastante radiación. Para nuestro problema acudimos a tablas de radiación solar y asumimos para mes de junio R=40[W/m²] y el calor trasmitido calculamos por la formula: Q˚ SR= A∗R∗f ………………….1

Donde: A:Área de la superficie de la ventana [m²] R: tablas de radiación solar [W/m²] f:coeficiente de atenuación para vidrio absorbente 60% (0.62) Por ser ventana con un marco metálico, multiplicamos por 1.17 Q˚ SR=2∗( 1.2 )∗40∗1.17∗0.62=69.64 [W ] 2. Calor debido a la radiación y transmisión de paredes: Q˚ STR = A p∗K∗∆ T ………………….2 Donde. K: coeficiente de transmisión por radiación en la pared Ap: Area total de las paredes



Calculo total de las aéreas de las paredes Pared este, descontando las ventanas A pared este=( 30∗40 )−2.4=117.6 [ m2 ] Pared norte sin ventana A pared norte= (10∗4 )=40 [ m2 ] Ahora buscamos para una densidad * espesor DE=100[kg/m²] y una hora solar 12  Este DE=100[kg/m²] ------> 12h solar ------> 17.4  Norte DE=100[kg/m²] ------> 12h solar ------> 1.9 Obtenemos las correcciones de variaciones de temperaturas, es decir Temp exterior menos Teminterior: ∫ ¿=16 ° C ∆ T =T ext −T ¿ Con una variación térmica diaria, asumimos 10°C ΔT=16ºC ------> ET=10ªC ------> +8.5 Así pues, las ΔT son: ∆ T paredeste =17.4+8.5=25.9[° C ] ∆ T parednorte =1.9+8.5=10.4 [° C] Sustituyendo en la ecuación 2 ²∗1.4∗W ²∗1.4∗W Q˚ STR = 117.6∗m ∗25.9 ° C + 40∗m ∗10.4 ° C m ²∗° C m²∗° C

(

)(

Q˚ STR =4846.576 [W ] 3. Calor debido solo a la transmisión Q˚ ST =A∗K∗∆T ………………….3 Vamos a considera un salto térmico entre (3…..7ªC)

)



Aquí se analiza las ventanas y paredes ˚ vidrio + Q˚ pared este + Q˚ pared norte Q˚ ST =Q Q˚ ST =( 2.4∗5.8∗7 ) + ( 117.6∗1.86∗4 )+(40∗1.86∗3) Q˚ ST =539.37[W ] 4. Calor generado por las personas que ocupan la oficina Para oficinistas con actividad moderada, asumimos 70[W/persona] de calor sensible y 58[W/persona] de calor latente. Q˚ persona=Q persona∗nº personas ……………….4 W W Q˚ persona=70 ∗20 pers+ 58 ∗20 pers pers pers Q˚ persona=2560 [W ] 5. Calor generado por la iluminación Q˚ S ILUM =P iluminacion∗nº .. ……………..5 Piluminacion=

nº=

8∗W ∗300∗m²=2400[W ] m²

2400∗W =60 [tubos flouresentes ] 40∗W

Para tubos fluorescentes debemos multiplicar por 1.25 y sustituyendo en 5 Q˚ S ILUM =1.25∗40∗W∗60=3000[w] En este problema no se considera calor por la maquinas que existen y tampoco el calor procedente del aire de ventilación La carga térmica parcial es:



Radiación ----------------------69.64 [W] Transmisión radiación ---------------4846.57 [W] Transmisión----------------------539.37 [W] Personas----------------2560 [W] Iluminación---------------------3000 [W] 11015.58 [W] Q˚ efectivo=11015.58 [W ] Por concepto de seguridad adicionamos un 10% ˚ efectivo Q˚ cargatermica real =110 ∗Q Q˚ cargatermica real =1.1∗11015.58=12117.138 [W ]

Q˚ cargatermica real =12117.138 [W ]

Análisis psicométrico. La conservación de masa indica: m ˚ w =m˚ a∗( w 2−w1 ) … … … … … … 6 El flujo másico de aire seco es: m ˚ a=caudal∗ρaire … … … … …..7 Para un sistema estacionario el balance de energía es: d EV˚ .C . ˚ ∆ E˚ k + ∆ E˚ P =∑ m ˚ e∗he −∑ m˚ s∗hs + W˚ + Q+ dt

∑ m˚ e∗h e =∑ m˚ s∗hs


m ˚ 1∗h˚ 1 + m˚ w∗h˚ f =m˚ 2∗h˚ 2 … … … … … ..8 h1=ha 1+ hv 1 ; h2=ha 2 +h v 2 ; m˚ 1=m˚ a hf=entalpia de liquido saturado Por el principio de conservación de la masa m ˚ 1+ m ˚ w =m ˚2 La presión del aire atmosférico a nivel del mar es de 1Atm El volumen específico de aire es: va =

R a∗T 1 0.287∗311 m³ = =0.881 P1 101.329 kg

[ ]

Su densidad es: ρaire =

[ ]

1 1 kg = =1.135 v a 0.881 m³

Sustituyendo en la ecuación 7 kg ∗1 hr m³ m³ kg m ˚ a=8500 ∗1.135 =2.68 hr 3600 seg seg

[ ]

Calculo de entalpia

(

h= 1.005∗t+

−5

)

6.81394∗10 ∗t ² + (2500.64−2.43509∗t )∗w … …..9 2

Para los puntos

(

h1= 1.005∗t+

)

6.81394∗10−5 ∗t ² + ( 2500.64−2.43509∗t )∗w 1 2

En la entrada la presión del vapor en saturación es:



PVS=e

−6861.28 −5.27763∗ln ( T ) +54.2598 T


… … … … … … … 10

Para una t=38[º] T: en grados kelvin se tiene T=38+273.16=311.16 [ºK] y reemplazando en la ecuación 2 PVS=e

−6861.28 −5.27763∗ln ( 311 ) +54.2598 311

=6.72[kPa]

La presión del vapor a la t=38[ºC] es: PV 1=HR∗PVS =0.10∗6.72=0.672[kPa] La humedad específica a la entrada es: w 1=

[

0.662∗PV 1 kg vapor 0.662∗0.672 = =0.0041536 P1−PV 1 101.325−0.672 kg aireseco

]

Reemplazando valores en la ecuación 9 y simplificando para t=38[ºC] se tiene:

(

h1= 1.005∗38+

)

6.81394∗10−5 ∗38² + ( 2500.64−2.43509∗38 )∗0.0041536 2

h1=38.239+10.002=48.241

[ ] kJ kg

La entalpia a la salida con t=21[ºC]

(

)

6.81394∗10−5 h2= 1.005∗21+ ∗21² + ( 2500.64−2.43509∗21 )∗w 2 2 h2=21.12+2449.5∗w 2 … … … … … …11 Sustituyendo ecuaciones 11 y 6 en 8 m ˚ a∗h 1+ m ˚ a∗( w 2−w 1 )∗h f =m ˚ a∗( 21.12+2449.5∗w 2)



La entalpia dela gua de reposición se halla de tablas de agua a t=20[ºC] ------> hf=83.96 [kJ/kg] w 2=

21.12−h1 +w 1∗h f 21.12−48.241+0.00415∗83.96 = h f −2449.5 83.96−2449.5

w 2=0.011317

[

kgvapor kg aire seco

]

b) El agua de reposición necesaria será de la ecuación 6: ˚ w =2.68 m

kgaire seco kgvapor ∗( 0.011317−0.0041536 ) seg kg aireseco

kg vapor ∗3600 seg seg m ˚ w =0.0192 1h

˚ w =69.12 m

[

kg vapor h

]

C) La humedad relativa a la salida del enfriador es: HR=

PV 2 P VS 2(t=21° C)

… … … … … .12

De la humedad especifica o humedad absoluta es: P V 2=

w2∗P 0.622+w 2

La presión del vapor en la salida es:


P V 2=


0.011317∗101.325 =1.8106 [kPa] 0.622+ 0.011317

La presión del vapor en su estado de saturación a t=21[ºC] transformado a [ºK] PVS 2=e

−6861.28 −5.27763∗ln ( 294 ) +54.2598 294

=2.525[kPa]

Sustituyendo en la ecuación 12 HR 2=

1.8106 =0.717 2.525 HR 2=71.7[ ]



Problema: 14 Para un auditorio en la ciudad de Oruro a una altura de 3708msnm con capacidad de 200 [personas], con un consumo de 50[m³/h] por persona, de los cuales 800 fuman y requieren 85[m³/h] se necesita una condición de ambiente de temperatura bulbo húmedo igual a 15[ºC] y humedad relativa 50[%], el aire proviene de dos fuentes, una exterior con temperatura de bulbo húmedo seco de 30[ºC] y una relación de humedad de 16[grvapor/kgaire seco] y otra debe hacer circulación en las siguientes condiciones TBS=24[ºC] y una relación de humedad 17[gr vapor/kgaire seco], considerando la siguiente relación m R/me=4 determinar: a) El calor sensible y latente b) La temperatura del punto de roció de la mezcla c) Representar gráficamente los procesos en la carta psicométrica d) Indique que proceso se trata.

DATOS:



Msnm=3708[m] Obs. 2000[personas] donde 800peronas fuman bajo las siguientes condiciones. TB H:15[°C] HR=50[%] En el esterior: TBSe=30[°C] We=16[grvapor/kgaire seco] Circulación TBSR=24[°C] WR=17[grvapor/kgaire seso] Q=85[m³/h] mR/me=4 De la carta psicométrica en el exterior con: we=0.016[grvapor/kgaire seco] HR e=37[%] TBSe=30[°C] En la circulacion: we=0.017[grvapor/kgaire seco] TBSR=24[°C]

HR R=55[%]

Temperatuara de la mezcla: TBS mezcla=

TBSe∗me + TBS R∗mR … … … … ..1 m R + me

mR =4∗me … … … … ..2 Reemplazando y simplificando la ecuación 2 en 1 4∗m ( ¿˚¿e ) 4∗m˚ e + m ˚e TBS e∗m˚ e +TBS R∗¿ TBS mezcla =¿


TBSmezcla =

TBS e + 4∗TBS R 5

TBSmezcla =

30+4∗24 =25.2[° C ] 5

Si las de las 2000 personas Personas que no fuman ------> 1200*50=60000 [m³/h] Personas que fuman --------> 800*85=68000 [m³/h] Un total de caudal de flujo =128000 [m³/h] De la carta psicométrica: ρ A =0.750

[ ]

[ ]

ρB =0.725

[ ]

[ ]

kg 1 1 m³ −→ v A = = =1.333 3 ρ A 0.750 kg m

kg 1 1 m³ −→ v A= = =1.379 3 ρ B 0.725 kg m

Hallamos el volumen específico de la mezcla: v A −v B v A−v especifico = …………………3 AB AM

v especifico =v A−

( v AB−v )∗AM A

B

( 1.333−1.379 )∗14 33

v especifico =1.333−

v especifico =1.352

[ ] m³ h

v =m ˚ t∗v especifico … … … … … … 4



˚ t= m

V˚ v especifico

m ˚ t=26.29

=

[ ]

12800 kg =94632.56 1.3526 h

[ ] kg h

Los que fuman m ˚ t fuman =

V˚ fuman 85 kg = =62.84 v especifico 1.3526 h

[ ]

m ˚ t fuman =0.017

[ ]

kg consumo por persona seg

También se tiene: 4∗m (¿ ˚¿ e ) 4∗m ˚ e + m˚ e RH e∗m ˚ e + RH R∗¿ RH mezcla =¿

TBSmezcla =

RH e + 4∗RH R 5

TBSmezcla =

kgvapor 0.016+ 4∗0.017 =0.0168 5 kg aireseco

De la carta psicométrica TBHa=15[°C] HRa =50[%]

[

]

wR=wa wa=0.014[kgvapor/kgaire seco]

a) Calor latente QL =∆ ω∗LV … … … … …..5 ∆ ω=m˚ t∗( ω m−ω R ) … … … …..6



LV =2300

[ ] kJ kg

Q L =26.29∗(0.0168−0.014)∗2300

QL =−169.307[kW ]

Calor sensible Q S =m ˚ t∗cp∗( T m −TBH ) … … …7 QS =26.29∗1.005∗( 25.2−7 )

Qs=480.87[ kW ] QT =QL + QS=169.3076+480.87

QT =650.18[kW ]

b) Temperatura del punto de roció De la carta psicométrica T rocio =14 [° C]

c) Indique de que proceso se trata Es un proceso de refrigeración con deshuminificacion


SOLUCIONARIO REFRIGERACION

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