Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
Un refrigerador comercial con refrigerante 134a como fluido
de trabajo se usa para mantener el espacio refrigerado a -30
°C rechazando su calor de desecho a agua de enfriamiento
que entra al condensador a 18 °C a razón de 0.25 kg/s y sale a
26 °C. El refrigerante entra al condensador a 1.2 MPa y 65
°C y sale a 42 °C. El estado a la entrada del compresor es de
60 kPa y -34 °C y se estima que el compresor gana un calor
neto de 450 W del entorno. Determine: a) el ciclo
termodinámico del refrigerador en un diagrama de Mollier
P-h. b) la calidad del refrigerante a la entrada del
evaporador, c) la carga de refrigeración, d) el COP del
refrigerador y e) la carga de refrigeración teórica máxima
para la misma entrada de potencia al compresor.
Solución:
a)
Considerando una operación en estado estacionario, despreciando las pérdidas de energía y
empleando el simulador Solkane 6.0.1 se obtiene la siguiente trayectoria en un diagrama de Mollier
automatizado:
b)
Empleando las tablas para el refrigerante 134a se obtienen los siguientes datos:
1
2
3
4
P (kPa)
60
1200
1200
60
P(bar)
0.6
12
12
0.6
T (°C)
-34
65
42
h (kJ/kg)
230.03
295.16
111.23
111.23
La calidad del refrigerante a la entrada del evaporador se puede calcular mediante la siguiente relación:
𝑥4 =
ℎ4 − ℎ𝑓
ℎ𝑓𝑔
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
Donde, utilizando las mismas tablas, para el punto 4, y considerando que ℎ4 = ℎ3 ≈ ℎ𝑓 se observa que
ℎ𝑓 = 3.841
𝑘𝐽
𝑦 ℎ𝑓𝑔 = 223.95, obteniéndose
𝑘𝑔
𝑥4 =
111.26 − 3.841
223.95
𝒙𝟒 = 𝟎. 𝟒𝟕𝟗𝟓
c)
La carga de refrigeración es posible calcularla mediante:
𝑊̇𝑒𝑛𝑡 = 𝑄̇𝐻 − 𝑄̇𝐿
𝑄̇𝐿 = 𝑄̇𝐻 − 𝑊̇𝑒𝑛𝑡
Donde, para el condensador: 𝑄𝐻 = 𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ3 ). Por su parte, el trabajo recibido por el compresor está
determinado por la diferencia entre las entalpías 1 y 2, así como por el calor que el compresor recibe del
entorno, quedando:
𝑊̇𝑒𝑛𝑡 = 𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ1 ) − 0.45𝑘𝑊
𝑄̇𝐿 = 𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ3 ) − [𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ1 ) − 0.45 𝑘𝑊]
𝑄̇𝐿 = 𝑚𝑣 (ℎ1 − ℎ3 ) + 0.45 𝑘𝑊
Para conocer h1 y h2 debemos recurrir una vez más a las tablas del refrigerante 134a, ahora en
sobrecalentamiento.
Sabiendo que P1=60 kPa y T1=-34°C, los datos registrados nos obligan a realizar una interpolación entre los
valores de 227.8 y 240.8 [kJ/kg], dando como resultado h1=230.034 kJ/kg.
Por su parte, con P2=1200 kPa y T2=65°C, siguiendo el mismo procedimiento obtenemos que h2=295.17
kJ/kg
Finalmente, para hallar el valor de mv propongo hacer un balance de energía en el condensador:
𝑚𝑣 =
𝑚𝐻2 𝑂 ∙ 𝐶𝑒𝑠𝑝∙𝐻2 𝑂 (𝑇3 − 𝑇2 )
ℎ3 − ℎ2
Donde:
𝐶𝑒𝑠𝑝∙𝐻2 𝑂 = 4184
𝐽
𝑘𝐽
= 4.184
𝑘𝑔 ∙ 𝐾
𝑘𝑔 ∙ 𝐾
Ahora estamos en condiciones de calcular el flujo másico del refrigerante, así como QL mediante la
correspondiente sustitución de los datos previamente obtenidos:
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(0.25 𝑠 ) (4.184
) (26 − 18)𝐾
𝑘𝑔
𝑘𝑔 ∙ 𝐾
𝑚𝑣 =
= 0.0456
111.26 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑠
𝑄𝐿 = 𝑚𝑣 (ℎ1 − ℎ3 ) + 0.45 𝑘𝑊
𝑄̇𝐿 = 0.0456
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
(230.034 − 111.26)
− 0.45
𝑠
𝑘𝑔
𝑠
𝑸̇𝑳 = 𝟓. 𝟖𝟑𝟒 𝒌𝑾
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
Sabemos que el COP del refrigerador está dado por la siguiente expresión:
Donde, como ya hemos visto: 𝑊𝑒𝑛𝑡 = 𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ1 ) − 0.45
𝐶𝑂𝑃 =
𝐶𝑂𝑃 =
𝑄̇𝐿
𝑊̇𝑒𝑛𝑡
𝑘𝐽
; por lo que:
𝑠
5.834 𝑘𝑊
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
0.0456 𝑠 (295.16 − 230.03)
− 0.45 𝑠
𝑘𝑔
𝑪𝑶𝑷 = 𝟐. 𝟑𝟓
d)
Es posible estimar la carga teórica máxima (𝑄̇𝐿𝑚á𝑥 ) del refrigerador mediante el cálculo previo del
COP máximo, obtenido considerando un ciclo ideal, de modo tal que:
1
𝑄̇𝐿𝑚á𝑥
𝐶𝑂𝑃𝒎á𝒙 =
=
𝑇𝐻
𝑊̇𝑒𝑛𝑡
−1
𝑇𝐿
Donde:
𝑇𝐻 = 18°𝐶 = 291.15𝐾 y 𝑇𝐿 = −30°𝐶 = 243.15𝐾, por lo que:
𝐶𝑂𝑃𝒎á𝒙 =
1
= 5.064
291.15
−1
243.15
Despejando y sustituyendo obtenemos la carga máxima teórica del refrigerador:
𝑄̇𝐿𝑚á𝑥 = (𝑊̇𝑒𝑛𝑡 )(𝐶𝑂𝑃𝒎á𝒙 )
𝑄̇𝐿𝑚á𝑥 = [𝑚𝑣 (ℎ2 − ℎ1 ) − 0.45
𝑄̇𝐿𝑚á𝑥 = [0.0456
𝑘𝐽
] (𝐶𝑂𝑃𝒎á𝒙 )
𝑠
𝑘𝑔
𝑘𝐽
𝑘𝐽
(295.16 − 230.03)
− 0.45 ] (5.064)
𝑠
𝑘𝑔
𝑠
𝑸̇𝑳𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐. 𝟕𝟑𝟐 𝒌𝑾
Un sistema de refrigeración por compresión de dos
evaporadores como se muestra en la figura, utiliza
refrigerante 134a como fluido de trabajo. El sistema opera
el evaporador 1 a 0 °C, el evaporador 2 a -26.4°C y el
condensador a 800 kPa. El refrigerante se circula por el
compresor a razón de 0.1 kg/s, y el evaporador de baja
temperatura sirve para una carga de enfriamiento de 8 kW.
Represente el ciclo termodinámico en un diagrama P-h y
determine la tasa de enfriamiento del evaporador de alta
temperatura, la potencia necesaria para el compresor y el
COP del sistema. El refrigerante es líquido saturado a la
salida del condensador, y vapor saturado a la salida de
cada evaporador, y el compresor es isentrópico.
Solución:
Para determinar la tasa de enfriamiento del evaporador de alta
temperatura, propongo comenzar realizando un balance de
energía, tanto en el evaporador 1, como en el evaporador 2;
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
consecutivamente:
𝑚̇1 ∙ ℎ4 + 𝑄̇𝐿 = 𝑚̇1 ∙ ℎ5
𝑄̇𝐿 = 𝑚̇1 (ℎ5 − ℎ4 )
𝑚̇2 ∙ ℎ6 + 𝑄̇𝐿 = 𝑚̇2 ∙ ℎ7
En donde h6 y h7 pueden ser extraídos de las tablas para el refrigerante 134ª, por lo que:
𝑄̇
𝐿
𝑚̇2 = ℎ −ℎ
; en donde 𝑚̇1 + 𝑚̇2 = 𝑚̇134𝑎 = 0.1 𝑘𝑔⁄𝑠
7
6
Ahora bien, sabiendo que en el punto 3 la salida es líquido saturado a 800 kPa, podemos decir que, según
tablas:
ℎ̇6 ≈ ℎ̇3 = ℎ𝑓800𝑘𝑃𝑎 = 95.48 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
ℎ7 = ℎ𝑔−26.4°𝐶 = 234.45 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
ℎ5 = ℎ𝑔0°𝐶 = 250.50 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
ℎ4 = 95.48 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
Sustituyendo:
𝑚̇2 =
8 𝑘𝐽⁄𝑠
(234.45 − 95.48) 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔
𝑚̇2 = 0.05757 𝑘𝑔⁄𝑠
Por su parte:
𝑚̇1 = (0.1 − 0.05757) 𝑘𝑔⁄𝑠 = 0.4243 𝑘𝑔⁄𝑠
Sustituyendo en 𝑄̇𝐿 obtenemos la tasa de enfriamiento del evaporador de alta temperatura será:
𝑘𝑔
𝑘𝐽
[250.50 − 95.48]
𝑠
𝑘𝑔
̇𝑸𝑳 = 𝟔. 𝟓𝟕𝟕 𝒌𝑾
𝑄̇𝐿 = 0.4243
Ahora bien, para determinar la potencia necesaria del compresor, realizaremos un balance de energía en el
mismo:
𝑊̇𝐶 = 𝑚̇134𝑎 (ℎ2 − ℎ1 )
En donde:
𝑚̇1 ∙ ℎ5 + 𝑚̇2 ∙ ℎ7 = 𝑚̇134𝑎 ∙ ℎ1 despejando:
ℎ̇1 =
𝑚̇1 ∙ ℎ5 + 𝑚̇2 ∙ ℎ7 (0.4243 𝑘𝑔⁄𝑠)(250.50 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔) + (0.05757 𝑘𝑔⁄𝑠)(234.45 𝑘𝐽⁄𝑘𝑔)
=
𝑚̇134𝑎
0.1 𝑘𝑔⁄𝑠
ℎ̇1 = 241.26
𝑘𝐽
𝑘𝑔
En donde, para poder consultar la tabla del refrigerante, en aras de determinar el valor de h2 debemos
considerar que en el compresor no existe variación de la entropía, por lo que, según las tablas, a una
P1=100kPa:
ℎ𝑓 = 17.27
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ℎ𝑔 = 234.46
Se trata de vapor sobrecalentado. Entonces según tablas:
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
ℎ2 = 286.25
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Sustituyendo:
𝑊̇𝐶 = 0.1
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(286.25 − 241.26)
𝑠
𝑘𝑔
𝑾̇𝑪 = 𝟒. 𝟒𝟗𝟗 𝒌𝑾
Finalmente calculemos el COP del sistema:
𝐶𝑂𝑃 =
(8 + 6.577)𝑘𝑊
= 3.24
4.499 𝑘𝑊
Una bomba de calor con refrigerante 134a como fluido de trabajo se usa para mantener un espacio a
25 °C absorbiendo calor de agua geotérmica que entra al evaporador a 50 °C a razón de 0.065 kg/s y
sale a 40 °C. El refrigerante entra al evaporador a 20 °C con una calidad de 23 por ciento y sale a la
presión de entrada como vapor saturado. El refrigerante pierde 300 W de calor al entorno cuando
fluye por el compresor y el refrigerante sale del compresor a 1.4 MPa a la misma entropía que a la
entrada. Represente el ciclo de la bomba de calor en un diagrama de Mollier y determine los grados
de subenfriamiento del refrigerante en el condensador y b) el flujo másico del refrigerante, c) la
carga de calentamiento y el COP de la bomba térmica y d) la entrada mínima teórica de potencia
mecánica al compresor para la misma carga de calentamiento.
Solución:
b) Conocidas temperatura y calidad en el punto 4:
ℎ4 = ℎ𝑓 + 𝑥4 ℎ𝑓𝑔
Así, consultando las tablas del refrigerante 134a, y sustituyendo,
tenemos que:
ℎ𝑓 = 79.32
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ℎ4 = 79.32
𝑘𝐽
𝑘𝐽
+ 0.23 (182.33 )
𝑘𝑔
𝑘𝑔
ℎ𝑓𝑔 = 182.33
𝑘𝐽
𝑘𝑔
ℎ4 = 121.26 𝑘𝐽/𝑘𝑔
Ahora bien, en este punto, para calcular los grados de subenfriamiento debemos calcular primero la
diferencia entre la temperatura de saturación y la temperatura en el punto 3, para lo cual, asumiremos que
en la válvula de expansión no hay variación de entalpía (ℎ3 ≈ ℎ4 = 121.26 𝑘𝐽/𝑘𝑔); sabemos además que
𝑃3 = 1.4 𝑀𝑃𝑎 = 1400 𝑘𝑃𝑎; tratándose de líquido saturado, a través de la interpolación apropiada, de las
tablas podemos concluir que
1.4 𝑀𝑝𝑎
𝑇3 = 48.55°𝐶;
1.4 𝑀𝑝𝑎
∆𝑇𝑠𝑢𝑏 = 𝑇𝑠𝑎𝑡
𝑇𝑠𝑎𝑡
− 𝑇3
= 52.4℃
∆𝑇𝑠𝑢𝑏 = 3.8℃
c) Proponiendo un balance en el evaporador:
50℃
40℃
𝑄̇𝑔𝑒𝑜 = 𝑚̇𝑔𝑒𝑜 (ℎ𝑤
− ℎ𝑤
)
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
𝑘𝐽
𝑘𝐽
50℃
40℃
Recurriendo a la tabla para agua saturada obtenemos que ℎ𝑤
= 209,34 ; ℎ𝑤
= 167.53 ;
𝑘𝑔
𝑘𝑔
resolviendo:
𝑄̇𝑔𝑒𝑜 = 0.065
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(209,34 − 167.53)
𝑠
𝑘𝑔
𝑄̇𝑔𝑒𝑜 = 2.72 𝑘𝑊
Por otra parte, con ayuda de las tablas para el refrigerante 134a, podemos asumir que:
20℃
𝑃4𝑠𝑎𝑡 = 𝑃1𝑠𝑎𝑡 = 𝑃𝑠𝑎𝑡
= 572.07𝑘𝑃𝑎
Y, tratándose de vapor saturado, es posible calcular la entalpía correspondiente, recurriendo tanto a la tabla,
como a la correspondiente interpolación, obteniéndose h1=261.35 kJ/kg
En las condiciones idóneas, podemos asumir que |𝑄̇𝑒𝑣𝑎𝑝 | = |𝑄̇𝑔𝑒𝑜 |, el primero de ellos conocido. Ahora
bien,
𝑚̇134𝑎 =
𝑄̇𝑒𝑣𝑎𝑝
𝑞𝑒𝑣𝑎𝑝
𝑘𝐽
Donde: 𝑞𝑒𝑣𝑎𝑝 = ℎ1 − ℎ4 = 140.37 𝑘𝑔; sustituyendo y resolviendo:
𝑚̇134𝑎 =
𝑘𝐽
2.72 𝑠
𝒎̇𝟏𝟑𝟒𝒂 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟗𝟑𝟕
𝑘𝐽
140.37
𝑘𝑔
𝒌𝒈
𝒔
c) Tratándose de vapor sobrecalentado, es posible calcular la entropía correspondiente recurriendo tanto a
la tabla, como a la correspondiente interpolación. Recordemos que ya antes habíamos determinado que:
20℃
𝑃4𝑠𝑎𝑡 = 𝑃1𝑠𝑎𝑡 = 𝑃𝑠𝑎𝑡
= 572.07𝑘𝑃𝑎. Obteniéndose s1=0.9225 5kJ/kgK; h2=280.1kJ/kg.
Un balance al condensador nos dice que:
𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑑 = 𝑚̇𝑟134𝑎 (ℎ2 − ℎ3 )
Sustituyendo y resolviendo:
𝑄̇𝑐𝑜𝑛𝑑 = 0.01937
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(280.1 − 121.26)
𝑠
𝑘𝑔
𝑸̇𝒄𝒐𝒏𝒅 = 𝟑. 𝟎𝟕𝟖 𝒌𝑾
𝑄̇
El COP, por su parte se calcula a partir de la siguiente expresión: 𝐶𝑂𝑃 = 𝑊̇𝑒𝑣𝑎𝑝 ; conocidas 𝑄̇𝑒𝑣𝑎𝑝 así como
𝑐𝑜𝑚𝑝
las pérdidas, la potencia de compresión se puede calcular mediante:
𝑊̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇𝑟134𝑎 ∙ 𝑤𝑐𝑜𝑚𝑝 + 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠
𝑊̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 𝑚̇𝑟134𝑎 (ℎ2 − ℎ1 ) + 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠
𝑊̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 0.01937
𝑘𝑔
𝑘𝐽
(280.1 − 121.26)
+ 𝑜. 3𝑘𝑊
𝑠
𝑘𝑔
𝑊̇𝑐𝑜𝑚𝑝 = 0.658𝑘𝑊
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
Resolviendo, el COP será:
𝐶𝑂𝑃 =
3.078 𝑘𝑊
;
0.658𝑘𝑊
𝑪𝑶𝑷 = 𝟒. 𝟔𝟖
El vapor de agua entra a la turbina de una planta de
cogeneración a 7 MPa y 500 °C. Una cuarta parte del
vapor se extrae de la turbina a una presión de 600 kPa
para calentamiento de proceso. El vapor restante sigue
expandiéndose hasta 10 kPa. El vapor extraído se
condensa luego y se mezcla con el agua de alimentación a
presión constante, y la mezcla se bombea a la presión de
la caldera de 7 MPa. El flujo másico de vapor a través de
la caldera es 30 kg/s. Despreciando cualquier caída de
presión y cualquier pérdida de calor en la tubería, y
suponiendo que la turbina y la bomba son isentrópicas,
determine la producción neta de potencia, el factor de
utilización de la planta y represente el proceso en un
diagrama P-h.
Solución:
Comenzamos considerando que el proceso se lleva a cabo en régimen estable y que todo cambio en la
energía cinético o potencial del sistema es despreciable. Así, con los datos proporcionados es posible acudir
a las tablas y extraer alguna información útil:
ℎ𝑓10 𝑘𝑃𝑎 = 191.81 𝑘𝑃𝑎
𝑉𝑓10 𝑘𝑃𝑎 = 0.00101 𝑚3 ⁄𝑘𝑔
Ahora bien, sabiendo que la energía proporcionada por la bomba BI está dada por 𝑊𝐵𝐼 = 𝑉1 (𝑃2 − 𝑃1 ),
entonces:
𝑚3
𝑘𝐽
𝑊𝐵𝐼 = (0.00101 ) (590 𝑘𝑃𝑎) = 0.60
𝑘𝑔
𝑘𝑔
Sin movernos del mismo punto, podemos seguir evaluando a BI hallando el valor de entalpía en el punto 2:
ℎ2 = ℎ1 + 𝑊𝐵𝐼 = 192.41
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Ahora bien, es válido afirmar:
0.6 𝑀𝑝𝑎
ℎ3 = ℎ𝑓
= 670.38
𝑘𝐽
𝑘𝑔
En el punto de mezclado de las corrientes 2, 3 y 4, un balance nos proporciona la siguiente información:
𝐸̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝐸̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎
Es válido entonces:
ℎ4 =
𝑚̇2 ℎ2 + 𝑚̇3 ℎ3
𝑘𝐽
= 311.90
𝑚̇4
𝑘𝑔
311.9
𝑉4 = 𝑉𝑓
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 0.001026
Mendoza Camarena Daniel Horacio
DISEÑO DE SISTEMAS ENERGÉTICOS. TAREA
𝑊𝐵𝐼 = 𝑉4 (𝑃5 − 𝑃4 )
𝑊𝐵𝐼 = (0.001026
𝑚3
1 𝑘𝐽
𝑘𝐽
) = 6.57
) (700 − 600)𝑘𝑃𝑎 (
3
𝑘𝑔
𝑎 𝑘𝑃𝑎 ∙ 𝑚
𝑘𝑔
Además:
ℎ5 = ℎ4 + 𝑊𝐵𝐼 = 311.9 + 6.57 = 318.47
𝑘𝐽
𝑘𝑔
Ahora bien, en los puntos 6,7 y 8:
𝑃6 = 7𝑀𝑃𝑎
𝑇6 = 500℃
𝑘𝐽
𝑘𝑔
→
ℎ6 = 3411.4
𝑆7 = 𝑆6
→
ℎ7 = 2774.6
𝑃8 = 10𝑘𝑃𝑎
→
𝑃7 = 0.6𝑀𝑝𝑎
𝑆8 − 𝑆𝑓
𝑆𝑓8
𝑆8 = 𝑆6
Finalmente, la producción neta de potencia será:
𝑄 = 𝑚̇5 (ℎ6 − ℎ5 )
𝑄 = 15.782 𝑘𝑊
𝑘𝐽
𝑘𝑔
= 0.8291
𝑘𝐽
𝑘𝑔