Zbirka nalog P R A K T I K U M I Z O S N O V K E M I J S K E G A I N Ž E N I R S T VA Aleš Ručigaj Rok Ambrožič Matjaž Krajnc Ljubljana, 2020 Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID=23496963 ISBN 978-961-7078-12-1 (pdf) ZBIRKA NALOG: PRAKTIKUM IZ OSNOV KEMIJSKEGA INŽENIRSTVA Napisali: doc. dr. Aleš Ručigaj, dr. Rok Ambrožič in prof. dr. Matjaž Krajnc Strokovni pregled: prof. dr. Aleš Podgornik, doc. dr. Lidija Slemenik Perše Oblikovanje in prelom: doc. dr. Aleš Ručigaj Risbe in fotografije: doc. dr. Aleš Ručigaj Jezikovni pregled: doc. dr. Aleš Ručigaj, dr. Rok Ambrožič Urednica založbe: doc. dr. Barbara Modec c (2020) Univerza v Ljubljani, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Založila Univerza v Ljubljani, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Za založbo prof. dr. Jurij Svete 1. spletna izdaja Ljubljana, 2020 Vse pravice pridržane. To delo je objavljeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Nekomercialno 4.0 Mednarodna (CC BY-NC 4.0). Licenca dovoljuje nekomercialno uporabo, kopiranje in razširjanje vsebin v kakršnemkoli mediju in obliki, pri čemer mora biti vir ustrezno naveden ( c (2020) Univerza v Ljubljani, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo). Kopija licence se nahaja na sledeči povezavi: https://creativecommons.org/licenses/by-nc/4.0/deed.sl. ii Predgovor Zbirka nalog je v prvi vrsti namenjena študentom Kemijske tehnologije kot konceptualni pripomoček pri predmetu Praktikum iz osnov kemijskega inženirstva. V obliki postopkovno rešenih primerov, opremljenih s shemami, in dodatnih računskih nalog študenti utrdijo in poglobijo znanje pridobljeno pri praktičnih vajah. Zajete so vse glavne tematike kemijsko-inženirskega praktikuma − od stacionarnega in nestacionarnega prenosa toplote ter prenosa snovi do diferencialne destilacije, rektifikacije, sušenja in mešanja. V prilogah so podane snovne lastnosti za vodo, zrak, metanol in etanol ter nekateri diagrami, vse zbrano na enem mestu, kar študentom olajša reševanje zastavljenih problemov. Priloženi so osnovni integrali ter sklop nekaterih osnovnih matematičnih operacij in numeričnih metod, ki bodo študentom v pomoč med reševanjem. Kljub usmerjenosti k specifičnemu predmetu so naloge zastavljene dovolj široko, da po zbirki lahko posežejo tudi študenti drugih študijskih smeri (Kemijsko inženirstvo, Kemija, Tehniška varnost). Zbirka je dopolnjena in razširjena z nekaj dodatnimi poglavji, ki se osredotočajo na snovne in energijske bilance, statiko in dinamiko tekočin, podajajo glavne poudarke in računske primere pri prenosu toplote in snovi ter kemijske kinetike. S tem je zbirka nalog tudi odličen učni pripomoček pri predmetu Osnove kemijskega inženirstva za študente kemije, ki po takšnem gradivu izkazujejo interes že nekaj študijskih let. Želja avtorjev je, da razumevanje in opredelitev problema postane glavno vodilo študenta, nujo po čim večjem številu rešenih nalog pa nadomestita razumljenost in kritičnost rešenega. Aleš Ručigaj, Rok Ambrožič in Matjaž Krajnc iii Kazalo Kazalo v Seznam kratic in simbolov vii 1 Snovne in energijske bilance 1 1.1 Stacionarne snovne bilance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Nestacionarne snovne bilance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Stacionarne energijske bilance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.4 Nestacionarne energijske bilance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Statika tekočin 15 3 Dinamika tekočin 18 4 Osnove prenosa toplote in snovi 24 5 Stacionarni prenos toplote 34 6 Nestacionarni prenos toplote 41 7 Stacionarni prenos snovi 49 8 Diferencialna destilacija 56 9 Rektifikacija 62 10 Sušenje 69 11 Mešanje 75 12 Kemijska kinetika 80 A Priloga A: Lastnosti snovi 87 A.1 Termofizikalne lastnosti - zrak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 A.2 Termofizikalne lastnosti - voda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 A.3 Termofizikalne lastnosti - metanol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 A.4 Termofizikalne lastnosti - etanol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 A.5 Lastnosti mešanice metanol-voda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 A.6 Lastnosti mešanice etanol-voda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 A.7 Henryjeve konstante CO2-voda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 v B Priloga B: Diagrami 93 B.1 Tlačne izgube - cev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 B.1.1 Faktor k za različne elemente v procesu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 B.1.2 Hrapavost cevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 B.1.3 Moodyjev diagram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 B.2 Ravnotežni diagrami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 B.3 Krivulje moči . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 B.4 Psihrometrijska karta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 C Priloga C: Matematični pripomočki 98 C.1 Seznam uporabnih integralov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 C.2 Numerične metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 C.2.1 Linearna interpolacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 C.2.2 Iskanje ničel funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 C.2.3 Numerična integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 C.2.4 Numerično reševanje diferencialnih enačb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 vi Seznam kratic in simbolov CSTR idealni pretočni mešalni reaktor PFR idealni pretočni cevni reaktor STC standardna konfiguracija mešalnika Po Število moči P ρ·N3·D5 c Pr Prandtlovo število p· η λ Re Reynoldsovo število v·Lc ν Sc Schmidtovo število η ρ·DAB A površina m2 ci koncentracija i-te komponente mol/L cp specifična toplota pri konstantnem tlaku J kg−1 K−1 D premer m D molski tok destilata mol/s DAB difuzivnost m2/s d premer m EA aktivacijska energija J/mol F napajalni molski tok mol/s Fv vstopni tok m3/s Fiz izstopni tok m3/s Fi molski tok i-te komponente mol/s f frikcijski faktor / G molski tok v plinasti fazi mol/s g težnostni pospešek 9,81 m2/s H entalpija J ˙ H entalpija na časovno enoto W He Henryjeva konstanta Pa h višina m h koeficient toplotne prestopnosti W m−2 K−1 K kinetična energija J ˙ K kinetična energija na časovno enoto W KL koeficient snovne prehodnosti na strani kapljevine m/s k konstanta reakcijske hitrosti Ln−1 mol−(n−1) s−1 k faktor elementov v cevovodu / L dolžina m viii L molski tok v kapljevinasti fazi mol/s M molska masa g/mol m masa kg ˙ m masni pretok kg/s N vrtilna hitrost s−1 ˙n molski pretok mol/s n red reakcije / Q toplota J ˙ Q toplotni tok W g toplotni fluks W/m2 P potencialna energija J ˙ P potencialna energija na časovno enoto W P tlak Pa P moč črpalke W PK dinamični tlak Pa PH potencialni tlak Pa Ptr tlak trenjskih izgub Pa pA parcialni tlak komponente A Pa R razmerje recikla / R splošna plinska konstanta 8,314 J mol−1 K−1 r polmer m (−ri) reakcijska hitrost izginevanja i-te komponente mol L−1 s−1 ri reakcijska hitrost nastajanja i-te komponente mol L−1 s−1 T0 začetna temperatura ◦C ali K Tok okoliška temperatura ◦C ali K ∆Tln srednja logaritemska temperaturna razlika ◦C ali K T premer mešalne posode m t čas s U notranja energija J ˙ U notranja energija na časovno enoto W U koeficient toplotne prehodnosti W m−2 K−1 V volumen m3 ˙ V volumski tok m3/s v0 volumski tok m3/s v hitrost m/s W molski tok destilacijskega ostanka mol/s W mehansko delo J ˙ W mehansko delo na časovno enoto W wi utežni delež i-te komponente / X vlažnost / X konverzija / xi molski delež i-te komponente v kapljevinasti fazi / yi molski delež i-te komponente v plinasti fazi / ix α termična difuzivnost m2/s ε hrapavost cevi m η učinkovitost črpalke / η viskoznost Pa s λ koeficient toplotne prevodnosti W m−1 K−1 ν kinematična viskoznost m/s ρ gostota kg/m3 τ prostorski čas s Φv volumski tok m3/s x Snovne in energijske bilance 1.1 Stacionarne snovne bilance Naloga 1 V destilacijsko kolono vstopa napajalni tok ˙ m1 = 100 kg/h, ki vsebuje 65,0 ut. % benzena (A) in 35,0 ut. % toluena (B). Destilat vsebuje 89,5 ut. % benzena in destilacijski ostanek 91,6 ut. % toluena. Izračunaj masni tok destilata in destilacijskega ostanka. Shema ˙ m 2 , wA 2 ˙ m 1 , wA 1 ˙ m 3 , wA 3 Rešitev Zapišemo celokupno snovno bilanco za destilacijsko kolono (Enačba 1.1) in komponentno snovno bilanco vezano na benzen (Enačba 1.2): ˙ m1 = ˙ m2 + ˙ m3 (1.1) ˙ m1 · wA1 = ˙m2 · wA2 + ˙m3 · wA3 (1.2) V zgornji enačbi vstavimo podatke: 100 = ˙ m2 + ˙ m3 (1.3) 100 · 0,65 = ˙m2 · 0,895 + ˙m3 · 0,084 (1.4) Sledi reševanje sistema dveh linearnih algebraičnih enačb z dvema neznankama ˙ m2 in ˙ m3. Z vstavitvijo enačbe 1.3 v enačbo 1.4 izrazimo masni tok ˙ m2: 100 · 0,65 − 100 · 0,084 ˙ m2 = (1.5) 0,895 − 0,084 Izračunani vrednosti toka destilata ˙ m2 in destilacijskega ostanka ˙ m3 sta: ˙ m2 = 69,8 kg/h ˙ m3 = 30,2 kg/h 1 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 2 V uparjalnik vodimo raztopino soli (wA1 = 7 ut. %) s tokom ˙ m1 = 100 kg/h. Izračunaj masni tok izparevanja vode, da bo končni delež soli v vodi 21 ut. %? Shema ˙ m 2 ˙ m 1 , w ˙ A 1 m 3 , wA 3 Rešitev Zapišemo celokupno snovno in komponentno bilanco za proces: ˙ m1 = ˙ m2 + ˙ m3 (1.6) ˙ m1 · wA1 = ˙m2 · wA2 + ˙m3 · wA3 (1.7) V zgornji enačbi vstavimo podatke: 100 = ˙ m2 + ˙ m3 (1.8) 100 · 0,07 = ˙m2 · 0,0 + ˙m3 · 0,21 (1.9) Rešujemo sistem dveh enačb z dvema neznankama ˙ m2 in ˙ m3 ter izračunamo masni tok izparele vode ˙ m2 in koncentrirane raztopine soli ˙ m3: ˙ m2 = 67 kg/h ˙ m3 = 33 kg/h Naloga 3 Sveža vstopna mešanica ˙ m1 = 100 kg/h vsebuje 60 ut. % A in 40 ut. % B ter vstopa v mešalno točko s tokom recikla ˙ m5. Pomešani tok ˙ m2 nato vstopa v separator, ki v spodnjem delu izloča le čisto komponento A. Izstopni tok ˙ m3 na vrhnjem delu separatorja vsebuje 15 ut. % komponente A, del mešanice se v obliki recikla vrača nazaj k svežemu toku, del mešanice ( ˙ m4) pa se zavrže. Separator odstrani 3/4 vstopnega toka A, ki pride z mešalne točke. Izračunaj neznane tokove in sestavo. Shema ˙ m 5 ˙ m 4 w w A 5 A 4 ˙ m 3 wA 3 ˙ m 1 ˙ m 2 w SEPARATOR A 1 wA 2 ˙ m 6 , wA 6 2 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Rešitev Zapišemo celokupno in komponentno snovno bilanco za celotni proces (kontrolni volumen označen z rdečo barvo): ˙ m1 = ˙ m4 + ˙ m6 (1.10) ˙ m1 · wA1 = ˙m4 · wA4 + ˙m6 · wA6 (1.11) V enačbi vstavimo podatke: 100 = ˙ m4 + ˙ m6 (1.12) 100 · 0,60 = ˙m4 · 0,15 + m6 · 1,00 (1.13) Rešujemo sistem dveh enačb z dvema neznankama ˙ m4 in ˙ m6 ter izračunamo masni tok mešanice, ki se iz procesa odstranjuje ˙ m4, in masni tok čiste komponente A iz separatorja ˙ m6. ˙ m4 = 47 kg/h ˙ m6 = 53 kg/h Nadaljujemo z zapisom celokupne in komponentne snovne bilance za separator (kontrolni volumen označen z modro barvo): ˙ m2 = ˙ m3 + ˙ m6 (1.14) ˙ m2 · wA2 = ˙m3 · wA3 + ˙m6 · wA6 (1.15) V enačbi vstavimo podatke: ˙ m2 = ˙ m3 + 53 (1.16) ˙ m2 · wA2 = ˙m3 · 0,15 + 53 · 1,00 (1.17) Ugotovimo, da sistem enačb ni rešljiv, saj imamo na voljo 2 enačbi za 3 neznanke. Posežemo po dodatnem podatku, in sicer, da separator odstrani 3/4 toka komponente A z mešalne točke. Zapišemo: 3 · ˙m 4 2 · wA2 = ˙ m6 (1.18) ˙ m2 · wA2 = 70,7 kg/h Ob podatku, da je tok komponente A pred vstopom v separator ˙ mA2 = 70,7 kg/h, lahko v nadaljevanju izračunamo še masna tokova ˙ m2 in ˙ m3: ˙ m2 = 171 kg/h ˙ m3 = 118 kg/h Sledi še izračun masnega toka ˙ m5, kar storimo z zapisom bilance za mešalno točko (Enačba 1.19) ali razdelilno točko (Enačba 1.20): ˙ m1 + ˙ m5 = ˙ m2 (1.19) ˙ m3 = ˙ m4 + ˙ m5 (1.20) ˙ m5 = 71 kg/h Naloga 4 V destilacijsko kolono vodimo 100 mol/min mešanice NaOH (A) in vode (B). Molski tok NaOH v vstopnem toku je 30 mol/min. Molski tok destilata je 50 mol/min z vsebnostjo vode 85 mol. %. Določi molski tok in sestavo destilacijskega ostanka. Rešitev ˙n3 = 50 mol/min, xA3 = 0,45 3 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 5 V destilacijsko kolono vodimo ekvimolarno količino metanola (A), etanola (B) in propanola (C). Destilat ˙n2 vsebuje 35 mol. % etanola, ostalo je metanol. V destilacijskem ostanku ˙n3 metanola ni. Nariši shemo procesa ter izračunaj tok destilata, destilacijskega ostanka in sestavo destilacijskega ostanka. Rešitev ˙n2 = 51,3 mol/s, ˙n3 = 48,7 mol/s, xB3 = 0,316, xC3 = 0,684 Naloga 6 V mešalni posodi pripravljamo zmes metanola (A) in vode (B) iz dveh mešanic. Prva mešanica vsebuje 27,3 mol. % metanola in druga 20,0 ut. % vode. Če je masni tok prve ˙ m1 = 0,15 kg/s in druge ˙ m2 = 250 g/s, kakšna je sestava in masni tok produkta? Rešitev ˙ m3 = 0,40 kg/s, wA3 = 0,65 Naloga 7 Separacija mleka v posneto mleko in smetano poteka s kontinuirnim procesom centrifugiranja. V 6 urah 36 ton mleka, ki vsebuje 5 ut. % maščob, ločimo na posneto mleko z 0,40 ut. % in smetano s 40 ut. % maščobe. Izračunaj masni tok posnetega mleka ˙ m2 in smetane ˙ m3. Rešitev ˙ m2 = 5303 kg/h, ˙ m3 = 697 kg/h Naloga 8 Heksan (H) in pentan (P) ločujemo v destilacijski koloni z razmerjem refluksa 0,65 (razmerje med tokom ˙ m5 in ˙ m6). Vstopna mešanica vsebuje 60 ut. % heksana, destilat 6 ut. % heksana in destilacijski ostanek 96 ut. % heksana. Izračunaj vse neznane tokove, če je vstopni tok v destilacijsko kolono 100 kg/h. Podaj rešitev še za primer, če je vstopni tok podan v 100 kmol/h. Pomagaj si s priloženo shemo procesa. Shema ˙ m 3 wA 3 ˙ m 4 wA 4 ˙ m 5 ˙ m 6 wA 5 wA 6 ˙ m 1 DESTILACIJSKA wA 1 KOLONA ˙ m 2 wA 2 Rešitev ˙ m2 = 60,0 kg/h, ˙ m3 = 66,0 kg/h, ˙ m4 = 66,0 kg/h, ˙ m5 = 26,0 kg/h, ˙ m6 = 40,0 kg/h ˙n2 = 56,1 kmol/h, ˙n3 = 72,4 kmol/h, ˙n4 = 72,4 kmol/h, ˙n5 = 28,5 kmol/h, ˙n6 = 43,9 kmol/h 4 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 9 Svež napajalni tok ( ˙ m1 = 100 kg/h), ki vsebuje 25 ut. % KNO3 (A) in vodo (B), se pred vstopom v uparjalnik meša s tokom recikla ( ˙ m5). Koncentrirano raztopino, ki zapušča uparjalnik in vsebuje 45 ut. % KNO3, vodimo v kristalizator. Tega zapuščajo kristali s 5% utežnim deležem vode in tok recikla ( ˙ m5), ki vsebuje 0,6 kg KNO3 na 1,0 kg vode. Izračunaj neznane tokove in njihovo sestavo. Shema ˙ m 6 wA 6 ˙ m 1 ˙ m 2 UPARJALNIK wA 1 wA 2 ˙ m 3 wA 3 ˙ m 5 ˙ m 4 KRISTALIZATOR wA 5 wA 4 Rešitev ˙ m2 = 275,4 kg/h, ˙ m3 = 201,8 kg/h, ˙ m4 = 26,3 kg/h, ˙ m5 = 175,4 kg/h, ˙ m6 = 73,7 kg/h Naloga 10 V destilacijsko kolono vodimo ˙ m1 = 100 kg/min vodne raztopine metanola, ki vsebuje 87,7 mol. % vode. Pri tem destilat izteka s pretokom ˙ m2 = 2400 kg/h s 35 ut. % metanola, v spodnjem delu destilacijske kolone pa izteka destilacijski ostanek. Določi tok in sestavo destilacijskega ostanka. Rešitev ˙ m3 = 37,8 kg/min, wA3 = 0,10 Naloga 11 Zaporedna destilacija zmesi dveh komponent A in B poteka po priloženi shemi. Izračunaj tokove označene z 1, 2, 3 in njihovo sestavo. Shema 40 kg/h 36 kg/h 80 ut.% A 87 ut.% A 100 kg/h 1 2 3 50 ut.% A 50 kg/h 41 ut.% A Rešitev ˙ m1 = 60 kg/h, wA1 = 0,30, ˙ m2 = 110 kg/h, wA2 = 0,35, ˙ m3 = 74 kg/h, wA3 = 0,097 5 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance 1.2 Nestacionarne snovne bilance Naloga 1 V mešalniku je V0 = 400 L raztopine s koncentracijo soli c0 = 80 g/L. V mešalnik doteka sveža voda s pretokom Fv = 200 L/h. Po kolikšnem času bo koncentracija v njem tretjina začetne? Predpostavi, da se gostota raztopine s časom ne spreminja. Shema Fv V 0 , c 0 Rešitev Zapišemo snovno bilanco za spremembo mase soli v mešalniku s časom: dm = F dt v · cv − Fiz · ciz (1.21) V mešalnik doteka sveža voda z vstopno koncentracijo cv = 0 g/L, iztoka iz mešalnika pa ni, zato zapišemo: dc dV V · + c · = 0 (1.22) dt dt Volumen zmesi se s časom spreminja linearno, in sicer dV = F dt v oziroma V = V0 + Fv · t, kar upoštevamo pri nadaljnjem razvoju enačbe 1.22: dc (V0 + Fv · t) · + c · F dt v = 0 (1.23) Enačbo 1.23 integriramo v ustreznih mejah sistema: Z c dc Z t F = − v dt (1.24) c c V 0 0 0 + Fv · t In podamo rešitev: c V ln = ln 0 (1.25) c0 V0 + Fv · t Oziroma: c V = 0 (1.26) c0 V0 + Fv · t Koncentracija v mešalniku pade na tretjino začetne po: 3 · V t = 0 − V0 (1.27) Fv 2 · 400 L t = 200 L/h t = 4 h 6 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 2 V mešalni posodi je V0 = 150 L raztopine s koncentracijo soli c0 = 25 g/L. V reaktor začnemo dovajati čisto vodo s pretokom Fv = 20 L/min, iz reaktorja pa izteka raztopina soli z istim pretokom. Predpostavi, da se gostota raztopine s časom ne spreminja. a) Izračunaj koncentracijo soli v mešalni posodi po 18 minutah. b) Izračunaj čas, v katerem bo koncentracija soli polovico začetne. Shema Fv V 0 , c 0 Fiz ciz Rešitev Zapišemo snovno bilanco za spremembo mase soli v mešalniku s časom: dc dV V · + c · = F dt dt v · cv − Fiz · ciz (1.28) Vtok in iztok iz mešalne posode je enak (Fv = Fiz), zato spremembe volumna v mešalni posodi ni (V = V0), medtem ko v posodo doteka čista voda (cv = 0). Enačbo 1.28 tako lahko poenostavimo: dc V0 · = −F dt iz · ciz (1.29) Preoblikujemo in rešujemo integral v ustreznih določenih mejah sistema: Z c dc F Z t = − v dt (1.30) c c V 0 0 0 Kot rešitev podamo integralno obliko enačbe: c F ln = − v · t (1.31) c0 V0 a) Iz enačbe 1.31 lahko izrazimo koncentracijo soli v mešalni posodi. Koncentracija v mešalniku po 18 minutah je: F c = c v 0 exp − · t (1.32) V0 20 L/min c = 25 g/L · exp − · 18 min 150 L c = 2,27 g/L b) Čas, v katerem bo koncentracija soli polovico začetne: V t = 0 · ln 2 (1.33) Fv t = 5,2 min 7 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 3 V mešalni posodi je V0 = 1000 L raztopine komponente A s koncentracijo cA0 = 2 mol/L. Vanjo začnemo uvajati raztopino soli s koncentracijo cAv = 0,2 mol/L in pretokom Fv = 100 L/h. Kakšna bo koncentracija soli v rezervoarju po dveh urah, če: a) ni iztoka, b) raztopina izteka s pretokom Fiz = 80 L/h? Predpostavi idealno pomešanje in konstantno gostoto raztopine. Shema Fv cAv V 0 , cA 0 Fiz cA Rešitev Zapišemo molsko bilanco za spremembo števila molov komponente A v določenem časovnem intervalu: dc dV V · A + c = F dt A · dt v · cAv − Fiz · cA (1.34) a) V primeru, da iztoka ni, enačbo 1.34 poenostavimo: dc dV V · A + c = F dt A · dt v · cAv (1.35) ter z vstavitvijo V = V0 + Fv · t in dV/dt = Fv v enačbo 1.35 nadalje zapišemo: dc (V A 0 + Fv · t) · + c dt A · Fv = Fv · cAv (1.36) dc (V A 0 + Fv · t) · = F dt v · (cAv − cA) (1.37) Sledi: Z cA d Z t A dt = Fv (1.38) c c V A0 Av − cA 0 0 + Fv · t Podamo rešitev integrala ob hkratnem antilogaritmiranju: cAv − cA V = 0 (1.39) cAv − cA0 V0 + Fv · t Koncentracija komponente A v mešalni posodi po dveh urah je tako: (c c Av − cA0) · V0 A = cAv − (1.40) V0 + Fv · t cA = 1,7 mol/L 8 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance b) V primeru iztoka raztopine iz mešalne posode zapišemo: dc (V A 0 + (Fv − Fiz) · t) · + c dt A · (Fv − Fiz) = Fv · cAv − Fiz · cA (1.41) dc (V A 0 + (Fv − Fiz) · t) · = F dt v · (cAv − cA) (1.42) Sledi: Z cA dc Z t A dt = Fv (1.43) c c V A0 Av − cA 0 0 + (Fv − Fiz) · t Koncentracija komponente A v mešalni posodi po dveh urah je tako: Fv V F c 0 v−Fiz A = cAv − (cAv − cA0) · (1.44) V0 + Fv · t cA = 0,92 mol/L Naloga 4 V rezervoarju volumna 200 L je raztopljene 8 kg soli. V rezervoar priteka voda s pretokom Fv = 0,1 L/s, izteka pa raztopina soli z enakim pretokom (Fv = Fiz). Koliko soli je v rezervoarju po 20 minutah? Rešitev m = 4,39 kg Naloga 5 V mešalni posodi volumna 100 L je vodna raztopina komponente A s koncentracijo c0 = 2 mol/L. Izračunaj čas, v katerem koncentracija pade na polovico začetne, če velja Fv = Fiz = 1 m3/h. Rešitev t = 4,2 min Naloga 6 V mešalnem reaktorju pripravimo 0,2 m3 vodne raztopine komponente A s koncentracijo 1 mol/L. Nato v reaktor dovajamo čisto vodo s pretokom Fv = 2 L/min, iz reaktorja pa izteka raztopina z enakim pretokom. Komponenta A v mešalnem reaktorju izginja zaradi kemijske reakcije prvega reda: (−rA) = k · cA (k = 0,025 min−1). Ob predpostavki, da je gostota raztopine enaka gostoti vode, izračunaj, po kolikšnem času pade koncentracija komponente A na desetino začetne. Rešitev t = 65,8 min Naloga 7 V industrijskem obratu je v velikem betonskem rezervoarju 500 m3 vodne raztopine z 20 tonami fino suspendiranih delcev. Delcev se želimo znebiti s prečrpavanjem vsebine z vodo s konstantnim pretokom Fv = Fiz = 0,05 m3/s. Izračunaj koncentracijo delcev v rezervoarju po 3 urah. Rešitev c = 0,0095 kg/L Naloga 8 V mešalni posodi celotnega volumna 1,0 m3 je 100 L vodne raztopine NaOH z začetno koncentracijo c0 = 2,0 mol/L. V posodo začne dotekati sveža voda s pretokom Fv = 50 L/min. Izračunaj koncentracijo NaOH v posodi, ko se ta popolnoma napolni. Rešitev c = 0,2 mol/L 9 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance 1.3 Stacionarne energijske bilance Naloga 1 Voda teče s pretokom 15 kg/s po cevi premera 5 cm v rezervoar 20 m nad tlemi. Izračunaj kinetično in potencialno energijo v J/s. Rešitev Izračunamo hitrost vode v cevi: 4 · ˙m 4 · Φ v = = v (1.45) ρ · π · D2 π · D2 v = 7,64 m/s Sledi izračun kinetične in potencialne energije (definirano na časovno enoto, ˙ m): ˙ ˙ m · v2 K = (1.46) 2 ˙ K = 438 J/s ˙ P = ˙ m · g · h (1.47) ˙ P = 2940 J/s Naloga 2 Para z masnim tokom ˙ m = 2 kg/s vstopa v parno turbino pri hitrosti v1 = 50 m/s in izstopa 5 m nižje s hitrostjo v2 = 300 m/s. Toplotne izgube turbine so ocenjene na 20 kW. Turbina opravi 80 kW dela. Izračunaj spremembo entalpije v sistemu v J/s. Rešitev Zapišemo energijsko bilanco procesa: ˙ Q − ˙ W = ∆ ˙ K + ∆ ˙P + ∆ ˙ H (1.48) Izračunamo kinetično in potencialno energijo sistema, definirani na časovno enoto: ˙ 1 K = ( ˙ m · v2 2 2 − ˙ m · v21) (1.49) ˙ K = 87,5 kW ˙ P = ˙ m · g · ∆h (1.50) ˙ P = −0,098 kW Sledi izračun spremembe entalpije: ∆ ˙H = ˙Q − ˙W − ∆ ˙K − ∆ ˙P (1.51) ∆ ˙H = 187,4 kW Naloga 3 Posoda, napolnjena s plinom, je zaprta z gibljivim batom. Do plina prenesemo 3,0 kcal toplote, s čimer se temperatura poviša za 100 ◦C. Plin opravi 440 J dela na bat, dokler ne doseže ravnotežnega položaja. Izračunaj spremembo v notranji energiji sistema. Rešitev Zapišemo energijsko bilanco procesa: Q − W = ∆K + ∆P + ∆U (1.52) V sistemu ni spremembe v kinetični in potencialni energiji, toplota iz okolice na sistem (plin) je Q = 3,0 kcal in delo iz sistema (plin) na okolico W = 440 J: ∆U = Q − W (1.53) 10 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Sledi: ∆U = 3,0 kcal · 4,184 kJ kcal−1 − 440 J ∆U = 12,1 kJ Naloga 4 Zrak mase m = 0,05 kg segrevamo od začetne temperature T1 = 300 K do končne T2 = 550 K pri konstantnem tlaku P = 200 Pa. a) Določi spremembo notranje energije, če je povprečna vrednost specifične toplotne kapacitete v tem temperaturnem območju cp = 0,733 kJ kg−1 K−1. b) Koliko je končna temperatura, če zrak z začetno temperaturo T1 = 300 K prejme 7,2 kJ toplote? Rešitev a) Spremembo v notranji energiji zraka zapišemo kot: ∆U = m · cp · ∆T (1.54) Sledi: ∆U = 0,05 kg · 0,733 kJ kg−1 K−1 · (550 − 300) K ∆U = 9,2 kJ b) Zaradi prejete toplote se zraku spremeni notranja energija Q = ∆U. Prek enačbe 1.54 sledi: Q T2 = T1 + (1.55) m · cp 7,2 kJ T2 = 300 K + 0,05 kg · 0,733kJkg−1 K−1 T2 = 496 K Naloga 5 Hladno vodo v toplotnem menjalniku segrevamo s pregreto paro temperature T = 250 ◦C pri tlaku P = 1 bar. Pretok pregrete pare je ˙ m = 90 kg/h. Toplotni menjalnik zapušča voda pri nasičeni temperaturi in tlaku P = 1 bar. Izračunaj toplotni tok, ki ga para odda na hladno vodo. Ostali podatki (P = 1 bar): vstop: pregreta para (T = 250 ◦C, h1 = 2975 kJ/kg) izstop: nasičena voda (T = 100 ◦C, h2 = 417,5 kJ/kg) Rešitev V sistemu ni spremembe v potencialni in kinetični energiji, prav tako ni bilo opravljenega mehanskega dela, zato zapišemo: ˙ Q = ∆ ˙ H (1.56) Sledi: ˙ Q = ˙ m · (h2 − h1) (1.57) ˙ 60 kg Q = · (417,5 kJ kg−1 − 2975 kJ kg−1) (1.58) 3600 s ˙ Q = 63,9 kW (1.59) Naloga 6 Posoda vsebuje vročo tekočino, ki se hladi med mešanjem z mešalom. Na začetku mešanja je notranja energija tekočine 900 kJ. Med procesom hlajenja tekočina izgubi 600 kJ toplote, medtem ko mešalo odda 200 kJ dela na tekočino. Izračunaj končno notranjo energijo tekočine. Rešitev ∆U = 500 J 11 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 7 V dobro izolirano posodo z 200 L vode s temperaturo 20 ◦C vržemo kos železa mase 30 kg (cp = 0,45 kJ kg−1 K−1) s temperaturo 120 ◦C. Koliko je ravnotežna temperatura? Rešitev T = 21,6 ◦C Naloga 8 Koliko toplote je potrebno za izparevanje 5 kg vode z začetno temperaturo 7 ◦C pri tlaku 1 bar, če je učinkovitost segrevanja 60 %? Rešitev Q = 22,0 MJ Naloga 9 Cilinder z gibljivim batom vsebuje 0,6 m3 dušika pri temperaturi 30 ◦C in tlaku 460 kPa. Električni grelec znotraj naprave 7 min proizvaja tok 2 A iz 120 V vira. Dušik (cp = 1,039 kJ kg−1 K−1) ekspandira pri konstantnem tlaku. Med procesom so toplotne izgube 3400 J. Izračunaj temperaturo dušika, ko električni grelec ugasnemo. Rešitev T = 60,6 ◦C Naloga 10 Izračunaj, koliko potencialne moči lahko proizvede reka, ki teče s hitrostjo 5 m/s in pretokom 400 m3/s v jezero, ki je 125 m nižje. Rešitev ˙ W = 495,5 MW Naloga 11 Para s tokom 60 kg/h vstopa v parno turbino pri hitrosti 60 m/s in izstopa 10 m nižje s hitrostjo 360 m/s. Toplotne izgube procesa so ocenjene na 40 kW, sprememba entalpije v procesu pa je −191 kW. Izračunaj, koliko mehanske moči opravi turbina. Rešitev ˙ W = 150 kW Naloga 12 Gorivo pri gorenju sprošča 813 kW toplote, od katere se 65 % porabi za segrevanje vode v toplotnem menjalniku. Voda vstopa v toplotni menjalnik pri temperaturi 19 ◦C in zapušča menjalnik pri 20 barih v obliki nasičene pare. Izračunaj masni tok nasičene pare v kg/h. Ostali podatki: vstop: voda (T = 19 ◦C, h1 = 79,8 kJ/kg) izstop: nasičena para (P = 20 bar, Tnas = 212,4 ◦C, h1 = 2797,2 kJ/kg) Rešitev ˙ m = 700 kg/h Naloga 13 V turbino vstopa pregreta para pri tlaku 10 bar in temperaturi 500 ◦C. Turbino zapušča nasičena voda pri tlaku 1 atm. Izračunaj moč turbine, če je masni tok vodne pare 1500 kg/s. Ostali podatki: vstop: pregreta para (T = 500 ◦C, P = 10 bar, h1 = 3478 kJ/kg) izstop: nasičena voda (T = 100 ◦C, P = 1 bar, h2 = 419,1 kJ/kg) Rešitev ˙ W = 459 MW 12 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance 1.4 Nestacionarne energijske bilance Naloga 1 Na morju pripravljamo kavo v kavnem aparatu, ki popolnoma napolnjen vsebuje 1 L vode. Ko se enkrat izparevanje vode začne, ugotovimo, da vsa voda izpari v 25 minutah. a) Izračunaj moč grelca kavnega aparata. b) Določi, koliko časa je potrebnega, da segrejemo 1 L vode pri temperaturi 18 ◦C do temperature vrelišča. Računaj s srednjo vrednostjo specifične toplotne kapacitete cp. Rešitev a) Moč električnega grelca je enaka energiji potrebni za izparevanje vode v nekem časovnem intervalu: ˙ W · t = m · ∆Hizp (1.60) Ob poznavanju vrednosti izparilne entalpije ∆H = 2257,0 kJ/kg (Tabela A.2.1) izračunamo: m · ∆H ˙ izp W = (1.61) t ˙ 1 kg · 2257 kJ/kg W = 60 · 25 s ˙ W = 1,5 kW (1.62) b) Električno delo grelca, ki se odraža v obliki toplotnega toka, je enako spremembi v notranji energiji vode: ˙ W · t = Q = m · cp · ∆T (1.63) Odčitamo cp pri T = 59 ◦C, cp = 4,185 kJ kg−1 K−1 (Tabela A.2.1), in izračunamo: m · cp · ∆T t = (1.64) ˙ W 1 kg · 4185 J kg−1 kg−1 · 82 K t = 1500 W t = 3,8 min Naloga 2 Mešalni reaktor je opremljen z električnim grelcem moči 500 W in napolnjen s 3,5 kg reaktantov (cp = 0,50 kJ kg−1 K−1). Pred reakcijo reakcijsko zmes segrejemo s 25 ◦C na 200 ◦C. Določi čas potreben za segrevanje. Rešitev Sprememba notranje energije je enaka toplotnemu toku grelca: ˙ Q = ˙ U (1.65) ˙ dT Q = m · cp · (1.66) dt Z t Z T ˙ 2 Q · dt = m · cp · dT (1.67) 0 T1 ˙ Q · t = m · cp · ∆T (1.68) Čas za segrevanje reaktantov je tako: m · cp · ∆T t = (1.69) ˙ Q t = 10,2 min 13 Zbirka nalog: Snovne in energijske bilance Naloga 3 V bojlerju je 200 kg vode, ki jo segrevamo z električnem grelcem moči 10,0 kW. Toplotne izgube so proporcionalne temperaturni razliki vode in okolice ˙ Qizg[W] = 15 · (T − Tok), pri čemer je temperatura okolice Tok = 20 ◦C. Izračunaj čas za segrevanje vode od 20 ◦C do 80 ◦C. Rešitev Izhajamo iz osnovne energijske bilance za sistem: ˙ K + ˙ P + ˙ U = ˙ Q − ˙ W (1.70) V sistemu ni spremembe v kinetični ˙ K in potencialni ˙ P energiji, zato energijsko bilanco poenostavimo v obliko, kjer je notranja energija sistema ˙ U enaka toplotnim izgubam ˙ Qizg in električni moči grelca ˙ W. Toplotne izgube zaradi smeri iz sistema v okolico označimo z negativnim predznakom, medtem ko je vrednost moči električnega grelca prav tako negativna zaradi smeri iz okolice v sistem: ˙ U = ˙ Qizg − ˙ W (1.71) dT m · cp · = −15 · (T − T dt ok) + 10000 (1.72) Sledi preoblikovanje enačbe 1.72 in reševanje integrala v mejah T1(t = 0) in T2(t = t): Z T2 dT Z t m · cp · = dt (1.73) T 10000 + 300 − 15 · T 1 0 1 10300 − 15 · T m · c 2 p · · ln = t (1.74) −15 10300 − 15 · T1 Vrednost cp odčitamo pri srednji temperaturi, in sicer 50 ◦C (cp = 4,181 kJ kg−1 K−1, Tabela A.2.1). Podamo rešitev: m · cp 10300 − 15 · T t = · ln 2 (1.75) −15 10300 − 15 · T1 t = 87,6 min (1.76) Naloga 4 Na grelno ploščo postavimo lonec s 3 kg vode in začetno temperaturo 10 ◦C. Moč električnega grelca v grelni plošči je 2,5 kW, učinkovitost prenosa toplote z grelca na vodo je 60%. Koliko bo temperatura vode v loncu po 7 minutah? Rešitev T = 60,3 ◦C Naloga 5 V dobro izolirani mešalni posodi je 500 kg vode s temperaturo 20 ◦C. Vanjo priteka voda s temperaturo 80 ◦C in pretokom 100 kg/h, iztoka iz posode ni. Koliko bo temperatura v mešalni posodi po 1 uri? Rešitev T = 30 ◦C Naloga 6 V dobro izolirano mešalno posodo s 150 kg topila in začetno temperaturo 8 ◦C je potopljen električni grelec z močjo 2,5 kW. V posodo doteka sveže topilo s pretokom 20 kg/h in temperaturo 12 ◦C (cp = 2,5 kJ kg−1 K−1). Mešalo v obliki mehanskega dela na raztopino oddaja 650 W moči. V kolikšnem času bo temperatura v mešalni posodi 60 ◦C? Rešitev t = 1,91 h 14 Statika tekočin Naloga 1 Cilindrična posoda višine h = 10 m je do polovice napolnjena z vodo gostote ρ v = 1000 kg/m3 in z oljem specifične teže SG = 0,85. Določi razliko v tlaku med zgornjim in spodnjim delom posode. Rešitev Spremembo tlaka zapišemo kot: ∆P = ρ v · g · 0,5 · h + SG · ρ v · g · 0,5 · h (2.1) In izračunamo: ∆P = 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 5 m + 0,85 · 1000 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 5 m ∆P = 90,7 kPa (2.2) Naloga 2 Hidravlična dvigalka se uporablja za dviganje m2 = 3000 kg bremena, tako da na bat premera D1 = 10 cm položimo utež z maso m1 = 30 kg. Določi premer bata D2, na katerem je postavljeno 3000 kg breme. Rešitev Za izbrani primer velja enakost tlakov: P1 = P2 (2.3) Od koder sledi: F1 F = 2 (2.4) S1 S2 4 · m1 · g 4 · m = 2 · g (2.5) π · D21 π · D22 Premer bata je tako: r m D 2 2 = D1 · (2.6) m1 D2 = 1,0 m Naloga 3 Zračni tlak na morski gladini je P0 = 101,35 kPa. a) Izračunaj zračni tlak na nadmorski višini 6000 m, če predpostavimo konstantno temperaturo zraka 12 ◦C. b) Izpelji izraz in izračunaj tlak na nadmorski višini 6000 m, če se temperatura spreminja zvezno po enačbi T = T0 − β · z, kjer je β = 0,0072 K/m Rešitev a) Spremembo tlaka zraka z nadmorsko višino zapišemo s sledečo zvezo: dP = − ρ · g · dz (2.7) 15 Zbirka nalog: Statika tekočin Pri čemer upoštevamo spremembo gostote zraka s tlakom prek splošne plinske enačbe: P · V = n · R · T (2.8) m n = (2.9) M m ρ = (2.10) V Od koder sledi: P · M ρ = (2.11) R · T P · M · g dP = − · dz (2.12) R · T Ob upoštevanju mej sistema z = 0, P = P0 in z = z, P = P zapišemo integral: Z P dP M · g Z z = − dz (2.13) P P R · T 0 0 In rešitev integrala: P M · g · z ln = − (2.14) P0 R · T Tlak na nadmorski višini 6000 m je tako: M · g · z P = P0 · exp − (2.15) R · T 0,029 · 9,81 · 6000 P = 101,35 kPa · exp 8,314 · 285 P = 49,3 kPa (2.16) b) V primeru spremembe temperature z višino enačbo 2.13 dodatno modificiramo: Z P dP M · g Z z = − dz (2.17) P P R · (T 0 0 + β · z) 0 Pri čemer je rešitev integrala: P M · g T ln = · ln 0 − β · z (2.18) P0 R · β T0 Tlak na nadmorski višini 6000 m je tako: M·g R· β P = P0 · 1 − β · z (2.19) T0 P = 46,4 kPa (2.20) Naloga 4 Živosrebrni manometer ( ρ Hg = 13560 kg/m3) je priklopljen na zračni kanal, drug del pa je odprt proti atmosferskemu tlaku P0 = 100 kPa. Razlika v nivojih manometra je h = 30 mm. Določi absolutni tlak v zračnem kanalu. Rešitev Absolutni tlak v zračnem kanalu je enak atmosferskemu tlaku in višini stolpca živosrebrnega manometra: P = P0 + ρ Hg · g · h (2.21) Sledi: P = 100 kPa + 13560 kg m−3 · 9,81 m s−2 · 0,03 m P = 104 kPa 16 Zbirka nalog: Statika tekočin Naloga 5 Izračunaj, kolikšno breme lahko dvignemo na batu premera 0,54 m, če na manjši bat premera 3,5 cm položimo utež mase 5 kg. Rešitev m = 1190 kg Naloga 6 Pilot na letalu v fazi pristajanja odčita absolutni tlak 71,2 kPa. Na kateri višini se nahaja letalo, če je zračni tlak na letališču 1007 mbar? Računaj s povprečno temperaturo zraka 10 ◦C. Rešitev z = 2867 m Naloga 7 Koliko je tlak na dnu 30 m globokega jezera, če je zunanji zračni tlak 1012 mbar? Rešitev P = 395,5 kPa Naloga 8 U-manometer je na obeh koncih odprt, na eni strani napolnjen z vodo ( ρ v = 1000 kg/m3) in na drugi z oljem ( ρ o = 780 kg/m3). Stran napolnjena z vodo v višino meri h1 = 80 cm, medtem ko druga stran vsebuje tako vodo kot olje v razmerju ho = 4 · hv (h2 = ho + hv). Izračunaj višino vsake od tekočin na tej strani manometra. Rešitev ho = 0,777 m, hv = 0,194 m h h 2 1 Naloga 9 Manometer, napolnjen z dvema različnima tekočinama, je priključen na zračno posodo s tlakom Pa = 74 kPa. Če je specifična teža ene tekočine SG1 = 13,56, izračunaj, koliko je specifična teža druge tekočine SG2. Manometer je odprt proti zunanjemu zračnemu tlaku vrednosti P0 = 100 kPa. Ostali podatki: h1 = 26 cm, h2 = 41 cm Rešitev SG2 = 2,1 Pa h2 SG2 SG h1 1 17 Dinamika tekočin Naloga 1 Voda teče po cevi premera D1 = 5,0 cm s pretokom Φv = 20 m3/h. Izračunaj hitrost vode v zoženem delu cevi s premerom D2 = 3,0 cm. Shema v1 D v2 1 D2 Rešitev Reševanja se lotimo z zapisom kontinuitetne enačbe (konstanten masni pretok) in v nadaljevanju upoštevamo, da se tudi gostota vode ne spreminja: Φm1 = Φm2 (3.1) Φv1 · ρ = Φv2 · ρ (3.2) v1 · A1 = v2 · A2 (3.3) Od tod sledi: A D2 v 1 1 2 = v1 · = v (3.4) A 1 · 2 D22 Hitrost v1 izračunamo prek enačbe 1.45, kar omogoča določitev hitrosti v ožjem delu cevi v2: v1 = 2,83 m/s v2 = 7,86 m/s Naloga 2 Voda temperature T = 10 ◦C teče po cevi premera D1 = 9,5 cm s pretokom Φv = 0,51 m3/min pri tlaku P1 = 75 kPa. Izračunajte tlak v zoženem delu cevi, če se premer cevi zmanjša na D2 = 6 cm. Ostali podatki: Gostoto vode odčitamo iz tabele A.2.1: ρ = 1000 kg/m3 Shema v1 D v2 1 D2 P1 P2 18 Zbirka nalog: Dinamika tekočin Rešitev Reševanja se lotimo z zapisom Bernoullijeve enačbe: 1 1 P1 + · ρ · v2 · ρ · v2 2 1 + ρ · g · h1 = P2 + 2 2 + ρ · g · h2 (3.5) V nadaljevanju upoštevamo, da ni razlike v potencialni višini (h1 = h2): 1 1 P1 + · ρ · v2 · ρ · v2 2 1 = P2 + 2 2 (3.6) V enačbi 3.6 sta prisotni dve neznanki v2 in P2, zato bo reševanje možno ob souporabi kontinuitetne enačbe (Enačba 3.3). Tlak v zoženem delu cevi sedaj lahko izrazimo: 4 ρ · v2 D P 1 1 2 = P1 − · − 1 (3.7) 2 D2 Po izračunu hitrosti v1 prek 1.45 izračunamo tlak na zožitvi P2: v1 = 1,20 m/s P2 = 71,2 kPa Naloga 3 Voda teče skozi cev premera D2 = 5 cm iz posode premera D1 = 0,5 m. Določi volumski tok vtoka v posodo, da višina v posodi ostaja konstantna na h1 = 4 m. Shema D P1 1 v1 h1 P2 v2 D2 Rešitev Reševanja se lotimo z zapisom Bernoullijeve enačbe (Enačba 3.5). Posoda je odprta proti zunanjemu zračnemu tlaku, zato velja enakost tlakov P1 = P2, poleg tega pa je potencialna višina na dnu posode h2 = 0, zato nadalje zapišemo: 1 1 · ρ · v2 · ρ · v2 2 1 + ρ · g · h1 = 2 2 (3.8) Vpeljemo še kontinuitetno enačbo 3.3 in izpostavimo hitrost na iztoku iz rezervoarja v2: 1 A 2 1 · 2 ρ · v2 + ρ · g · h · ρ · v2 2 2 · A 1 = 2 (3.9) 1 2 v u 2 · g · h v 1 2 = u (3.10) t 4 1 − D2 D1 v2 = 8,86 m/s Sledi še izračun pretoka: Φ π · D22 v = v2 · (3.11) 4 Φv = 0,0174 m3/s 19 Zbirka nalog: Dinamika tekočin Naloga 4 Voda teče po cevi premera 3,2 cm pri 10 ◦C s pretokom 0,2 m3/min. Ali je pretakanje vode v cevi laminarno ali turbulentno? Ostali podatki: Snovne lastnosti vode določimo iz tabele A.2.1: ρ = 1000 kg/m3, η = 1,308 mPa s Rešitev Laminarni ali turbulentni tok določimo glede na Reynoldsovo število: Re = ρ · v · D (3.12) η Prek pretoka po enačbi 1.45 izračunamo hitrost toka in za tem še vrednost Re števila: 4 · 0,2 m3 s−1 v = (3.13) 60 · π · (0,032 m)2 v = 4,14 m/s Re = 1,01 × 105 Pretakanje vode je turbulentno, ker je Re > 2300. Naloga 5 Vodo črpamo v rezervoar na višini h = 45 m po cevi premera D = 8,5 cm. Zagotoviti je treba pretok Φv = 3,2 m3/min. Izračunaj moč črpalke ob predpostavki, da ta deluje s 100% močjo in da ni izgub zaradi tekočinskega trenja v ceveh. Rešitev Hitrost vode v cevi izračunamo prek enačbe 1.45, kinetično in potencialno energijo pa opredelimo glede na volumsko enoto. v = 6,0 m/s K = P (3.14) V K = ρ · v2 2 PK = 44,2 Pa P = P V H = ρ · g · h (3.15) PH = 441,0 Pa Sledi izračun moči črpalke ( ˙ W): ˙ K K W = + · Φ V V v (3.16) ˙ W = 25,9 kW (3.17) Naloga 6 Vodo za tehnološki proces s temperaturo 20 ◦C shranjujemo v rezervoarju, kamor jo črpamo s pretokom Φv = 1,8 m3/min, ki je h = 32 m nad vtokom v cevovod z dolžino L = 150 m. Cevovod je sestavljen iz galvaniziranih železnih cevi premera D = 0,15 m (hrapavost cevi ε = 0,15 mm, glej pod prilogo B.1.2) in vsebuje 9 pravokotnih kolen (k = 0,74, glej pod prilogo B.1.1). Kako močno črpalko je treba vgraditi, če ta obratuje s 70% zmogljivostjo? Ostali podatki: Gostoto vode odčitamo iz tabele A.2.1: ρ = 998,5 kg/m3 Rešitev Izračunamo dinamični tlak PK, potencialni tlak PH in tlak kot posledica trenjskih izgub Ptr. 20 Zbirka nalog: Dinamika tekočin Dinamični tlak: PK = ρ · v2 (3.18) 2 PK = 1,44 kPa Statični tlak: PH = ρ · g · h (3.19) PH = 313,1 kPa Padec tlaka kot posledica izgub zaradi trenja ( f ) in ovir v cevovodu (k): L Ptr = f · ρ · v2 · + ∑ k · ρ · v2 (3.20) 2 D 2 Za izračun frikcijskega faktorja najprej določimo vrednost Re števila (snovne lastnosti za vodo odčitamo iz tabele A.2.1): Re = ρ · v · D (3.21) η Re = 2,5 × 105 Re število kaže na turbulentni tokovni profil, zato frikcijski faktor f določimo iz Moodyjevega diagrama ( f = 0,016, glej diagram v prilogi B.1.3). Padec tlaka je tako: Ptr = 23,0 kPa + 9,6 kPa Ptr = 32,6 Pa Sledi še izračun moči črpalke: ˙ (P W = K + PH + Ptr) · Φv (3.22) 0,7 ˙ W = 14,9 kW Naloga 7 Bučno olje črpamo iz vstopnega rezervoarja v procesno posodo s pretokom 50 ton/h. Dolžina cevovoda je L = 158 m, premer gladkih cevi pa D = 5 cm. Cevovod vsebuje 6 pravokotnih kolen (k = 0,74), 2 kvadratni koleni (k = 1,5), 2 vstopna ventila (k = 0,13) in 1 zaporni ventil (k = 6). Podatki o koeficientih so podani v prilogi B.1.3. Ocenite potrebno moč črpalke, ki deluje pri 70% zmogljivosti, če je procesna posoda 5 m nižje od vstopnega rezervoarja. Snovne lastnosti sojinega olja pri 20 ◦C: ρ = 910 kg/m3, η = 40 mPa s. Za dolge in gladke cevi velja Blasiusova enačba: f = 0,316 · Re−0,25 (3.23) Rešitev Določimo hitrost toka skozi cev (Enačba 1.45) in Re število (Enačba 3.21): v = 7,77 m/s Re = 8842 Prek Blasiusove enačbe izračunamo frikcijski faktor f (Enačba 3.23): f = 0,0326 21 Zbirka nalog: Dinamika tekočin Za tem še dinamični tlak (Enačba 3.18), potencialni tlak (Enačba 3.19) in tlak kot posledica trenjskih izgub (Enačba 3.20): PK = 27,5 kPa PH = −44,6 kPa Ptr = 2831 kPa + 377 kPa = 3208 kPa Na koncu sledi še izračun moči črpalke prek enačbe 3.22: ˙ W = 69,6 kW (3.24) Naloga 8 Po horizontalnem cevovodu dolžine L = 170 m s premerom plastičnih cevi D = 6 cm teče olivno olje s pretokom Φv = 0,3 m3/min. Izračunaj moč črpalke, če ta deluje pri 100% zmogljivosti. Snovne lastnosti za olje: ρ = 910 kg/m3, η = 0,084 Pa s. Rešitev Izračunamo Re število prek enačbe 3.21: Re = 1149 (3.25) Tok v cevi je laminaren, frikcijski faktor je odvisen le od Re števila in podan z linearno zvezo: 64 f = (3.26) Re f = 0,0557 Sledi izračun dinamičnega tlaka PK (Enačba 3.18) in tlaka kot posledica izgub zaradi trenja Ptr,f: PK = 1,42 kPa L Ptr,f = f · ρ · v2 · (3.27) 2 D Ptr,f = 224,5 kPa Moč črpalke je tako: ˙ W = (PK + Ptr,f) · Φv (3.28) ˙ W = 1,13 kW Naloga 9 Na nadmorski višini 10,2 km je gostota zraka 0,44 kg/m3 in hitrost na spodnji strani letalskega krila 292 m/s. Izračunaj hitrost na zgornji strani, da bo minimalna tlačna razlika na krilu 0,078 atm. Rešitev v = 348 m/s Naloga 10 Hidravlično olje teče po cevi premera 4 cm. Izračunajte hitrost toka, če je v cevovod vstavljena zožitev, pri čemer je cev zožena na 2,4 cm. Tlačno razliko med cevjo pred in po zoženem delu smo izmerili z višino vodnega stolpca in znaša 12 cm. Ostali podatki: Hidravlično olje: ρ o = 912 kg/m3, voda: ρ v = 1000 kg/m3 Rešitev v = 0,62 m/s Naloga 11 Zrak se v toplotnem menjalniku segreje iz 20 na 100 ◦C. Pretok zraka skozi menjalnik je 200 kg/h. Toplotni menjalnik je sestavljen iz cevi premera 4 cm. Izračunaj, koliko cevi je treba vgraditi v 22 Zbirka nalog: Dinamika tekočin menjalnik, da bo pretok zagotavljal Reynoldsovo število Re = 11000. Ostali podatki: Snovne lastnosti za zrak odčitajte iz tabele A.1. Rešitev N = 8 Naloga 12 Določi frikcijski faktor za bakreno cev dolžine 20 m in premera 3 cm, če je pretok vode skozi cev 0,012 m3/s. Temperatura vode je 20 ◦C. Izračunaj še padec tlaka zaradi tekočinskega trenja v cevi. Ostali podatki: Snovne lastnosti za vodo odčitajte iz tabele A.2.1. Rešitev f = 0,014, Ptr = 1,34 MPa Naloga 13 Po jekleni cevi premera 0,4 m in dolžine 60 m se pretaka voda s pretokom 410 L/s. Temperatura vode je 10 ◦C. Izračunaj padec tlaka zaradi tekočinskega trenja v cevi. Ostali podatki: Snovne lastnosti za vodo odčitajte iz tabele A.2.1. Rešitev Ptr = 8,98 kPa Naloga 14 Vodno raztopino KNO3 z 22 ut. % soli je treba prečrpati iz rezervoarja v procesno posodo na vrhu stavbe, ki je 30 m višje. Dolžina cevovoda je 250 m, premer cevi pa 1,5 cm. Zahtevani pretok raztopine je 8,2 m3/h. Cevovod je sestavljen iz trdih PVC cevi (Priloga B.1.2) in vsebuje: 4 pravokotna kolena, 3 srednje zavita kolena, 2 vstopna in 1 kotni ventil (Priloga B.1.1). Oceni, kako močno črpalko za črpanje raztopine je treba vgraditi, če bo ta obratovala pri 75% moči. Ostali podatki: ρ = 1161 kg/m3, η = 1,5 mPa s Rešitev ˙ W = 89,0 kW Naloga 15 Vodo temperature 20 ◦C črpamo iz ene posode v drugo. Prva posoda je na višini 2 m in druga na višini 52 m. Cevovod dolžine 100 m in premera 5 cm je sestavljen iz gladkih cevi in vsebuje 5 pravokotnih kolen, 2 vstopna in 2 zaporna ventila (koeficienti: Tabela B.1.1). Oceni, kako močno črpalko je treba vgraditi, če bo ta obratovala pri 80% moči in zagotavljala pretok 1,5 m3/min. Ostali podatki: Snovne lastnosti vode odčitajte iz tabele A.2.1. Rešitev ˙ W = 113,3 kW Naloga 16 Vodo temperature 20 ◦C črpamo iz ene posode v drugo s pretokom Φv = 720 m3/h. Prva posoda je na višini 6 m in druga na 36 m. Cevovod meri 120 m, premer cevi je 5 cm. Cevovod je sestavljen iz ostrega vstopa in izstopa, odprtega in zapornega ventila in dveh pravokotnih kolen (koeficienti: Tabela B.1.1). Relativna hrapavost cevi je 0,001. Izračunaj potrebno moč črpalke. Ostali podatki: Snovne lastnosti vode odčitajte iz tabele A.2.1. Rešitev ˙ W = 57,8 kW 23 Osnove prenosa toplote in snovi Prenos toplote Naloga 1 Stena hiše je sestavljena iz opeke debeline L1 = 0,5 m ( λ o = 4,0 W m−1 K−1) in izolacije debeline L2 = 0,15 m ( λ i = 0,08 W m−1 K−1). Temperatura v hiši je Tn = 22 ◦C (hn = 8 W m−2 K−1), zunanja temperatura pa Tz = −7 ◦C (hz = 18 W m−2 K−1). a) Izračunaj toplotni fluks q. b) Izračunaj temperaturo na meji med opeko in izolacijo Tm. c) Izračunaj debelino izolacije, da se toplotni fluks zmanjša za tretjino. Shema #» q Tn Tm Tz λo λi hn hz x Rešitev a) Toplotni fluks izračunamo kot: q = U · ∆T = U · (Tn − Tz) (4.1) kjer je toplotna prehodnost U: 1 1 L L 1 = + 1 + 2 + (4.2) U hn λ o λ i hz Sledi: U = 0,459 W m−2 K−1 q = 13,3 W m−2 b) Iščemo temperaturo na meji med opeko in izolacijo Tm, zato izračunamo toplotno prehodnost do meje med opeko in izolacijo Um in temperaturo Tm s preoblikovanjem enačbe 4.1: q Tm = Tn − (4.3) Um 24 Zbirka nalog: Osnove prenosa toplote in snovi Sledi: Um = 4,0 W m−2 K−1 Tm = 18,7 ◦C c) Pri izračunu debeline izolacije, kjer se toplotni fluks zmanjša za tretjino začetnega, izračunamo najprej koeficient toplotne prehodnosti s preoblikovanjem enačbe 4.1: 2 U = 3 · q (Tn − Tz) (4.4) U = 0,306 W m−2 K−1 Z novo vrednostjo koeficienta toplotne prehodnosti U določimo debelino izolacije s preoblikovanjem enačbe 4.2: 1 1 L 1 L 1 2 = λ i · − − − U hn λ o hz (4.5) L2 = 0,24 m Naloga 2 Po cevi z notranjim premerom D1 = 4 cm in zunanjim premerom D2 = 5 cm ( λ c = 55 W m−1 K−1) se pretaka vroča voda s temperaturo Tn = 95 ◦C (hn = 900 W m−2 K−1). Cev je izolirana z izolacijo debeline 2 cm ( λ i = 0,1 W m−1 K−1). Temperatura zraka je Tz = 20 ◦C (hz = 12 W m−2 K−1). a) Izračunaj toplotne izgube na dolžinski meter cevi. b) Izračunaj temperaturo na meji med steno cevi in izolacijo T2. c) Izračunaj temperaturo na zunanji strani izolacije T3. Shema #» q Tn, hn λc λi hz T2 T3 Tz r1 r2 r3 Rešitev a) Toplotne izgube izračunamo kot produkt toplotne prehodnosti, površine cevi in razlike v temperaturi med vročo vodo in zrakom: ˙ Q = U · π D L 3 · (Tn − Tz) (4.6) Kjer je toplotna prehodnost U definirana kot: 1 1 r r r 1 = · 3 + 3 · ln(r2/r1) + 3 · ln(r3/r2) + (4.7) U hn r1 λ c λ i hz 25 Zbirka nalog: Osnove prenos toplote in snovi Toplotne izgube na dolžinski meter cevi so tako: U = 2,86 W m−2 K−1 ˙ Q = 60,5 W/m L b) Izračunajmo temperaturo na meji med zunanjim premerom cevi in izolacijo T2, tokrat prek toplotnih uporov: ˙ Q T = 2 − Tz (4.8) L Rizo + Rkonv ln(r R 3/r2) izo = = 0,935 m K W−1 (4.9) 2 π · λ i 1 Rkonv = = 0,295 m K W−1 (4.10) hz · π D3 Druga možnost je izračun temperature T2 prek enačbe 4.6, kjer v enačbi za izračun toplotne prehodnosti (Enačba 4.7) prva dva člena ne upoštevamo. Sledi: ˙ Q T2 = Tz + · (R L izo + Rkonv) (4.11) T2 = 94,4 ◦C c) Temperaturo na zunanji strani izolacije izračunamo prek naslednje zveze: ˙ Q = h L z · (T3 − Tz) (4.12) Od koder sledi: ˙ Q/L T3 = Tz + (4.13) hz T3 = 20,1 ◦C Naloga 3 Preko strešnega steklenega okna z enojnim steklom debeline L1 = 2 mm ( λ s = 0,86 W m−1 K−1) in dimenzij 0,8 m × 0,5 m v smeri daljše stranice piha veter s hitrostjo v = 15 m/s. Koeficient toplotnega prestopa na notranji strani znaša hn = 15 W m−2 K−1. Temperatura v prostoru je Tn = 22 ◦C, zunanja pa Tz = 5 ◦C. Izračunaj toplotne izgube skozi okno. Ostali podatki (odčitano iz tabele A.1 za zrak pri T = 5 ◦C): ν = 1,382×10−5 m2/s, λ = 0,0240 W m−1 K−1, cp = 1,006 kJ kg−1 K−1, ρ = 1,269 kg/m3 Shema T∞ hz #» q λs Tn, hn Rešitev V splošnem toplotni tok za prenos toplote preko okna zapišemo kot: ˙ Q = U · A · ∆T (4.14) kjer je: 1 1 L 1 = + 1 + (4.15) U hn λ s hz 26 Zbirka nalog: Osnove prenosa toplote in snovi Z ustrezno korelacijsko enačbo izračunamo še koeficient na zunanji strani hz. Določimo najprej, ali gre za laminarni ali turbulentni tok: v · L Re = ν (4.16) Re = 8,68 × 105 Ugotovimo, da je tok turbulenten, in izberemo ustrezno korelacijsko enačbo: h Nu = z · L = 0,037 · Re0,8 · Pr1/3 (4.17) λ Ter izračunamo še Pr število: ν · ρ · cp Pr = ν = α λ (4.18) Pr = 0,74 Sledi: hz = λ · 0,037 · (8,68 × 105)0,8 · 0,74(1/3) L (4.19) hz = 56,5 W m−2 K−1 Prek enačbe 4.15 izračunamo toplotno prehodnost za dani primer in nato prek enačbe 4.14 še toplotne izgube: U = 11,5 W m−2 K−1 ˙ Q = 78,4 W Naloga 4 S pomočjo energije sonca želimo segrevati vodo. Toplotni tok sonca akumuliramo v ceveh dolžine L = 10 m in notranjega premera D = 20 mm. Voda v cev vstopa s hitrostjo v = 0,08 m/s in izstopa pri temperaturi Tiz = 28 ◦C. Toplotni fluks na celotno cev je konstanten, in sicer q = 1000 W/m2. Izračunaj temperaturo na vstopu v cev Tv. Ostali podatki (odčitano iz tabele A.2.1 pri predvideni srednji temperaturi vode T = 25 ◦C): ρ = 997,3 kg/m3, cp = 4,179 kJ kg−1 K−1 Shema ˙q Tv Tiz ρ, cp ˙ m x L Rešitev Toplotni fluks na celotno cev je konstanten, zato za toplotni tok zapišemo: ˙ Q = ˙ m · cp · (Tiz − Tv) (4.20) Sledi: ˙ Q Tv = Tiz − (4.21) ˙ m · cp ˙ Q = q · A = q · π · D · L (4.22) ˙ m = v · ρ · π D2 (4.23) 4 27 Zbirka nalog: Osnove prenos toplote in snovi Temperatura na vstopu v cev je tako: 4 · q · L Tv = Tiz − v · ρ · D · cp (4.24) Tv = 22 ◦C Naloga 5 Stena hiše dolžine 10 m, višine 6,5 m in širine 7 m je narejena iz 30 cm debele opeke ( λ = 0,6 W m−1 K−1). a) Določite toplotni fluks skozi steno hiše, če želimo v hiši ohranjati konstantno temperaturo 20 ◦C in je povprečna zunanja temperatura 5 ◦C. b) Koliko toplote se izgubi preko vseh sten, če predpostavite, da ima hiša obliko kvadra? c) Izračunajte debelino izolacije ( λ = 0,033 W m−1 K−1), da toplotni tok izgub za hišo iz prejšnjega primera v zimskem obdobju (povprečna zunanja temperatura je ocenjena na −15 ◦C) ne preseže vrednosti 2 kW. Rešitev: a) q = 30 W/m2, b) ˙ Q = 6630 W, c) d = 11 cm Naloga 6 V industrijskem hladilniku želimo vzdrževati konstantno temperaturo −20 ◦C. Stena hladilnika je sestavljena iz plastične plasti ( λ = 1,0 W m−1 K−1, d = 3 mm), izolacijskega materiala in nerjavečega jekla ( λ = 16 W m−1 K−1, d = 1 mm). Kateri material izberete za izolacijo, če imate na voljo: material A ( λ = 0,055 W m−1 K−1, d = 10 cm), material B ( λ = 0,070 W m−1 K−1, d = 15 cm) in material C ( λ = 0,035 W m−1 K−1, d = 9 cm), toplotni fluks pa ne sme preseči 15 W/m2? Ostali podatki: Tok = 20 ◦C, hn = 12 W m−2 K−1, hz = 8 W m−2 K−1 Rešitev: Izberemo material C. Naloga 7 Na likalni deski smo pustili pravokotno postavljen likalnik, ki oddaja konstantni toplotni fluks 1,0 kW/m2. Zaradi prisilnega prezračevanja prostora čez grelno površino likalnika dimenzij 25 cm × 10 cm v smeri daljše stranice teče tok zraka s hitrostjo 0,4 m/s. a) Določite temperaturo na grelni površini likalnika, če je temperatura glavne mase zraka 25 ◦C. b) Izračunajte stroške elektrike, če likalnik na likalni deski pustimo delovati 2 h in je cena električne energije 0,07 e/kWh. Izkoristek pretvorbe električne energije v toploto je 10%. Za zrak, ki struja nad ravno površino, velja: Nu = 0,664 · Re0,5 · Pr1/3 Re < 3 × 105 Nu = 0,037 · Re0,8 · Pr1/3 Re > 3 × 105 Ostali podatki: Zrak: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.1). Rešitev: a) T = 230 ◦C, b) Cena = 0,05 e Naloga 8 Vročo reakcijsko mešanico s temperaturo 100 ◦C vodimo v šaržni reaktor po cevi premera 20 mm s pretokom 500 L/h. Cev je sestavljena iz aluminijaste plasti ( λ = 236 W m−1 K−1) debeline 2 mm in izolacijskega materiala ( λ = 0,4 W m−1 K−1) debeline 10 mm. a) Določite maksimalno dolžino cevovoda, ki zagotavlja, da temperatura pred vstopom v reaktor ne pade za več kot 2 ◦C. Predpostavite, da na zunanji strani cevi struja zrak (hz = 20 W m−2 K−1) pri temperaturi 20 ◦C. 28 Zbirka nalog: Osnove prenosa toplote in snovi b) Kateri upor proti prenosu toplote lahko zanemarimo? c) Določite temperaturo na zunanji površini izolacijskega materiala tik pred vstopom v reaktor. Ostali podatki: cp = 3,6 kJ kg−1 K−1, λ = 0,25 W m−1 K−1, ρ = 890 kg/m3, ν = 2,8×10−6 m2/s Rešitev: a) L = 9,9 m, b) Zanemarimo lahko notranji upor v cevi ter upor v aluminijasti plasti, c) T = 52,3 ◦C Naloga 9 Zrak pri tlaku 1 atm in temperaturi 250 ◦C struja preko ravne plošče v smeri daljše stranice dolžine 0,7 m s hitrostjo 4,5 m/s. Določi toplotni tok definiran na dolžinsko enoto stranice plošče, s katerim moramo hladiti ploščo, da bo temperatura na njeni površini 22 ◦C. Ostali podatki: Zrak: snovne lastnosti odčitajte pri temperaturi 250 ◦C (Tabela A.1). Korelacije: Nu = 0,664 · Re0,5 · Pr1/3 Re < 3 × 105 Nu = 0,037 · Re0,8 · Pr1/3 Re > 3 × 105 Rešitev: ˙ Q = 1662 W Naloga 10 Po bakreni cevi notranjega premera 6 cm in zanemarljive debeline se pretaka tekočina s pretokom 84 kg/min. Površino cevi grejemo s toplotnim fluksom 25 kW/m2. a) Izračunaj dolžino cevi, pri kateri dosežemo segretje tekočine s 300 na 380 ◦C. b) Izračunaj temperaturo površine bakrene cevi na izstopu. Ostali podatki: ρ = 750 kg/m3, cp = 2,880 kJ kg−1 K−1, η = 0,17×10−3 Pa s, λ = 0,0760 W m−1 K−1 Korelaciji: Nu = 1,86 · (Re · Sc)0,5 · (D/L)1/3 · ( η/ η s)0,14 Re < 2300 Nu = 0,023 · Re0,8 · Prn Re > 2300 kjer je n = 0,4 za gretje in n = 0,3 za hlajenje. Rešitev: a) L = 68,4 m, b) Ts = 406 ◦C Naloga 11 Vroč zrak temperature 150 ◦C s pretokom 0,1 kg/s se pretaka skozi tanko neizolirano jekleno cev. Zrak ima na izstopu iz 10 m dolge cevi premera 17 cm temperaturo 122 ◦C. Temperatura okoliškega zraka je 3 ◦C, koeficient toplotne prestopnosti na zunanji strani cevi pa je bil ocenjen na 8 W m−2 K−1. a) Izračunaj toplotne izgube prek cevi. b) Izračunaj toplotni fluks na sredini cevi. Računaj pri srednji temperaturi. Ostali podatki: Zrak: snovne lastnosti odčitajte iz ustrezne tabele (Tabela A.1 - linearna interpolacija). Korelacije: Nu = 1,86 · (Re · Sc)0,5 · (D/L)1/3 · ( η/ η s)0,14 Re < 2300 Nu = 0,023 · Re0,8 · Prn Re > 2300 kjer je n = 0,4 za gretje in n = 0,3 za hlajenje. Rešitev: a) ˙ Q = −2835 W, b) q = 716 W/m2 29 Zbirka nalog: Osnove prenos toplote in snovi Prenos snovi Naloga 1 Plinska zmes helija in dušika je zaprta v cevi dolžine 0,32 m pri temperaturi T = 35 ◦C in tlaku P = 1 atm. V točki 1 je parcialni tlak helija pA1 = 0,8 atm in v točki 2 pA2 = 0,2 atm. Izračunaj molski fluks helija pri stacionarnih pogojih. Ostali podatki: DAB = 0,648×10−4 m2/s Rešitev Zapišemo enačbo za molski fluks komponente A (helij): dc N A Az = −DAB · (4.25) dz Sledi: c N A1 − cA2 Az = DAB · (4.26) z2 − z1 Oziroma: p N A1 − pA2 Az = DAB · (4.27) R · T · (z2 − z1) NAz = 4,8 × 10−3 mol m−2 s−1 Naloga 2 Odprta posoda premera D = 0,3 m je izpostavljena okoliškemu zraku temperature T = 27 ◦C in vlažnosti ϕ = 45 %. V posodi je voda, katere gladina sega L = 10 cm od vrha posode. Določi hitrost izhlapevanja vode. Ostali podatki: DAB = 2,46×10−5 m2/s, pAs = 0,03531 bar Shema #» N Az xAL L xA0 A D Rešitev Primer predstavlja stacionarno difuzijo skozi mirujočo komponento. Končno obliko enačbe izpeljemo tako, da za izbrani primer najprej zapišemo molski fluks: # » # » # » NA = xA · (NA + NB) − DAB · ∇cA (4.28) Ob predpostavki, da prehaja le voda (komponenta A) v zrak (komponenta B) in da molski fluks teče le v smeri z, zapišemo: dc N A Az = xA · NAz − DAB · (4.29) dz dc dx N A A Az · (1 − xA) = −DAB · = −c · D (4.30) dz AB · dz Po integraciji v mejah z = 0, xA = xA0 in z = L, xA = xAL dobimo: 1 − x 1 N AL Az = c · DAB · ln · (4.31) 1 − xA0 L 30 Zbirka nalog: Osnove prenosa toplote in snovi kjer je P c = = 40,6 mol/m3 (4.32) R · T p x As A0 = = 0,03486 (4.33) P xAL = ϕ · xA0 = 0,0157 (4.34) Sledi: ˙ WA = NAz · A (4.35) ˙ WA = 1,389 × 10−5 mol/s ˙ mA = WA · Mv (4.36) ˙ WA = 2,5 × 10−4 g/s Naloga 3 Iz jezera dolžine 3000 m in širine 2000 m izhlapeva voda. Veter piha s hitrostjo 3 m/s vzdolž daljše osi jezera pri temperaturi T∞ = 25 ◦C in tlaku P = 1,013 bar. Povprečna vlažnost zraka pri tej temperaturi je ϕ = 70 %. Izračunaj, koliko vode izhlapi v enem dnevu. Ostali podatki: Zrak: snovne lastnosti odčitaj iz ustrezne tabele (Tabela A.1). Voda-zrak: DAB = 2,503×10−5 m2/s Voda: pAs = 3169 Pa Rešitev Izhlapevanje vode v jezeru lahko opišemo s snovnim tokom: dm = k dt c · A · (cAs − cA∞) (4.37) Kjer koeficient snovne prestopnosti kc izračunamo prek korelacijskih enačb. Za izbor ustrezne enačbe najprej določimo Re število, s katerim ločimo med laminarnim in turbulentnim tokom: v · L Re = (4.38) ν Re = 5,76 × 108 Vrednost Re števila predstavlja območje turbulentnega toka, zato za izračun koeficienta snovne prestopnosti kc uporabimo zvezo: Sc = ν = 0,624 (4.39) DAB Sh = 0,037 · Re0,8 · Sc1/3 (4.40) Sh = 3,22 × 105 kc = 2,69 × 10−3 m/s Dnevno izhlapevanje vode je tako: m = kc · A · (cAs − cA∞) · t (4.41) m = 9,63 × 106 kg Naloga 4 V absorpcijskem stolpu poteka absorpcija komponente A iz zmesi plina v topilo B. V neki točki v stolpu je parcialni tlak komponente A v plinastem toku pA,G = 1,519×104 Pa in koncentracija A v kapljevinasti fazi cA,L = 1,0×10−3 kmol/m3. Snovna prehodnost na strani kapljevine je KL = 0,01 m/s, snovna prestopnost na strani plina kG = 3,95×10−9 kmol m−2 s−1 Pa−1 in Henryjeva konstanta He = 3,04×106 Pa m3 kmol−1. Določi kL, KG in (pA,G − pAi), (cAi − cA,L), (pA,G − p∗A) ter 31 Zbirka nalog: Osnove prenos toplote in snovi (c∗A − cA,L). Grafično predstavi koncentracijski profil. Rešitev Za primer absorpcije poznamo naslednje zveze: 1 1 1 = + (4.42) KL kL kG · He 1 1 He = + (4.43) KG kG kL NA = kG · (pA,G − pAi) (4.44) NA = KG · (pA,G − p∗A) (4.45) NA = kL · (cAi − cA,L) (4.46) NA = KL · (c∗A − cA,L) (4.47) pAi = He · cAi (4.48) pA,G = He · c∗A (4.49) p∗A = He · cA,L (4.50) Sledi: kL = 0,06 m/s KG = 3,292 × 10−9 kmol m−2 s−1 Pa−1 (pA,G − pAi) = 10126 Pa (pA,G − p∗A) = 12151 Pa (cAi − cA,L) = 6,7 × 10−4 kmol/m3 (c∗A − cA,L) = 4,0 × 10−3 kmol/m3 Naloga 5 Plinska zmes dušika (B) in amonijaka (A) je shranjena v dveh rezervoarjih pri konstantnem tlaku 1 atm in temperaturi 27 ◦C, ki sta med seboj povezana s cevjo konstantnega premera dolžine 0,2 m. Parcialni tlak amonijaka v prvem rezervoarju je 2,013 × 104 Pa in v drugem 0,608 × 104 Pa. Snovni tok plinov poteka le z difuzijo. Izračunaj difuzivnost DAB, če je molski fluks 8,2 × 10−4 mol m−2 s−1. Rešitev DAB = 2,91 × 10−4 m2/s Naloga 6 Dva velika rezervoarja pri konstantnem tlaku 1 atm in temperaturi 25 ◦C sta med seboj povezana s cevjo premera 20 cm. Rezervoarja sta napolnjena z zmesjo amonijak-zrak, pri čemer je v enem koncentracija amonijaka 72 mol. %, v drugem pa 28 mol. %. Določi dolžino cevi, ki rezervoarja povezuje, če je hitrost difuzije amonijaka 7,85 × 10−6 mol/s. Ostali podatki: DAB (amonijak-zrak) = 0,218 × 10−4 m2/s Rešitev L = 1,57 m Naloga 7 Kot nosilec plina teče čisti dušik vzporedno s površino rezervoarja tekočega acetona pri temperaturi 17 ◦C (A = 0,6 m2). Pri danih pogojih je povprečna vrednost snovne prestopnosti 0,0324 m/s. Izračunaj masni tok sproščanja acetona v dušik. Ostali podatki: pA = 21,48 kPa 32 Zbirka nalog: Osnove prenosa toplote in snovi Rešitev ˙ mA = 10 g/s Naloga 8 Absorpcija amonijaka iz zmesi zrak-amonijak poteka v koloni s polnili pri 16 ◦C in 3,5 bar. Snovna prestopnost v kapljevinasti fazi je 8,3 × 10−5 m/s in v plinski fazi 0,35 mol s−1 m−2 bar−1. Ostali podatki: He = 6,75 × 10−3 m3 bar mol−1 a) Izračunaj koeficient prehodnosti na plinski in kapljevinasti fazi in delež uporov na plinski in kapljevinasti fazi. b) Izračunaj molski fluks amonijaka v neki točki v koloni, če je ravnotežni tlak v tej točki 33,75 Pa in koncentracija na fazni meji 0,50 mol/L. Rešitev a) KL = 8,02 × 10−5 m/s, KG = 0,012 mol s−1 m−2 bar−1, upor v plinski fazi = 0,034, upor v kapljevinasti fazi = 0,966, b) NA = 0,041 mol m−2 s−1 Naloga 9 Voda pri temperaturi 25 ◦C izhlapeva v suh zrak v zaprti cilindrični posodi premera 20 cm in višine 70 cm. Voda sega do višine 10 cm. Po 3 minutah v zraku dosežemo 5% nasičenje. Po kolikšnem času bi dosegli 90% nasičenje? Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev t = 2,3 h Naloga 10 Cevni reaktor je napolnjen s sferičnimi delci benzojske kisline premera 2 mm. Površina sfer znaša 23 cm2 na 1 cm3 sloja. Čez reaktor teče čista voda z linearno hitrostjo 5 cm/s. Po 100 cm sloja benzojska kislina v vodi doseže 70% nasičenje. Določite koeficient snovne prehodnosti. Rešitev KL = 2,62 × 10−5 m/s Naloga 11 V prostoru stoji vedro višine 35 cm in notranjega premera 20 cm, ki je do polovice napolnjeno z vodo. Temperatura vode in prostora je 15 ◦C. V kolikšnem času bo iz vedra izhlapela vsa voda? Ostali podatki: DAB = 2,71 × 10−5 m2/s, pAs = 1,705 kPa, ρ = 999,4 kg/m3 Rešitev: t = 1517 dni Naloga 12 Prek mokrih lesenih tal terase dimenzij 10 m × 10 m piha veter s hitrostjo 30 km/h. Temperatura zraka relativne vlažnosti 55 % je 28 ◦C. Temperatura vode je enaka temperaturi zraka. Izračunaj čas, ki je potreben, da s terase izhlapi vsa voda, če je debelina vodnega filma 0,5 mm. Ostali podatki: Zrak: snovne lastnosti odčitajte iz ustrezne tabele (Tabela A.1 - linearna interpolacija) Voda-zrak: DAB = 2,33 × 10−5 m2/s Voda: pAs = 3,8149 kPa, ρ v: Tabela A.2.1 Sh = 0,664 · Re1/2 · Sc1/3; Re < 3×105 Sh = 0,036 · Re4/5 · Sc1/3; Re > 3×105 Rešitev: t = 37,4 min 33 Stacionarni prenos toplote Naloga 1 Izpeljite zvezo za koeficient toplotnega prehoda izražen na zunanjo površino cevi (Uz) za cevni toplotni menjalnik. Shema #» q Tn, hn λs hz Tn,s Tz,s Tz rn rz Rešitev V cevnem toplotnem menjalniku toplotni tok prehaja med toplim in hladnim medijem prek površine plašča cevi. Ob steni, kjer strujata oba medija, poteka prenos toplote s konvekcijo. Če predpostavimo, da imamo v notranji cevi hladni medij in v zunanji cevi topli medij, lahko toplotni tok na notranji strani cevi zapišemo kot: ˙ Q = An · hn · (Tn,s − Tn) (5.1) ˙ Q = 2 · π · rn · L · hn · (Tn,s − Tn) in po analogiji na zunanji strani cevi: ˙ Q = Az · hz · (Tz − Tz,s) (5.2) ˙ Q = 2 · π · rz · L · hz · (Tz − Tz,s) Prek stene cevi prenos toplote poteka s prevajanjem. Za cilindrično geometrijo toplotni tok zapišemo kot: ˙ Q = −2 · π · r · L · λ s · ∂ T (5.3) ∂ r ˙ Q ∂ T = − · ∂ r (5.4) 2 · π · λ s · L r 34 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote Upoštevamo, da je T = Tz,s ko je r = rz in T = Tn,s ko je r = rn ter enačbo 5.4 integriramo: ˙ Q r T z z,s − Tn,s = · ln (5.5) 2 · π · λ s · L rn Iz enačb 5.1 in 5.2 izrazimo karakteristično temperaturno razliko ˙ Q Tn,s − Tn = 2 · π · rn · L · hn ˙ Q Tz − Tz,s = 2 · π · rz · L · hz ter zapišemo izraz za celokupno temperaturno razliko med toplim (zunanjim) in hladnim (notranjim) medijem v glavnem toku. Pri tem upoštevamo tudi prevajanje čez steno (Enačba 5.5): ˙ Q 1 ln(r 1 T z/rn) z − Tn = · + + (5.6) 2 · π · L hn · rn λ s hz · rz Po preureditvi zapišemo: ˙ 2 · π · r Q = z · L · (Tz − Tn) (5.7) 1 · rz + rz·ln(rz/rn) + 1 hn rn λ s hz Izraz v imenovalcu je seštevek vseh toplotnih uporov oziroma recipročna vrednost koeficienta toplotne prehodnosti za cilindrično geometrijo izražena na zunanjo površino cevi: 1 r r 1 −1 U z z · ln(rz/rn) z = · + + (5.8) hn rn λ s hz Naloga 2 Segreti zrak hladimo v cevnem toplotnem menjalniku z notranjim premerom bakrenih cevi Dn = 20 mm in pretokom hladne vode na notranji strani 350 kg/h. Povprečne snovne lastnosti vode v menjalniku so ocenjene na: Pr = 4,3, λ = 0,632 W m−1 K−1 in η = 0,651 mPa s (Tabela A.2.1). Koeficient toplotnega prestopa na zunanji strani (zrak) je ocenjen na hz = 100 W m−2 K−1, na strani vode pa ga ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije. a) Določite koeficient toplotnega prehoda Uz, če zanemarite prevajanje prek stene cevi. b) Kje je glavni upor proti prenosu toplote? Rešitev a) Za izračun koeficienta toplotnega prehoda potrebujemo koeficient toplotne prestopnosti na strani vode, ki ga izračunamo prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9): 4 · ˙m 0,8 hn = 0,023 · λ · Re0,8 · Prn = 0,023 · λ · · Pr0,4 (5.9) Dn Dn π · Dn · η 0,632 W m−1 K−1 4 · 350 kg/h−1 0,8 hn = 0,023 · · · 4,30,4 20 mm π · 20 mm · 0,651 mPa s hn = 1983 W m−2 K−1 Pri čemer je vrednost n enaka 0,4 za sistem, ki se segreva, oziroma 0,3 za sistem, ki se ohlaja. Koeficient toplotnega prehoda Uz izračunamo prek enačbe 5.8. Upoštevamo, da je doprinos prevajanja k celotnemu toplotnemu uporu zaradi tanke cevi in dobre toplotne prevodnosti (baker) zanemarljiv: 1 1 −1 Uz = + 100 W m−2 K−1 1983 W m−2 K−1 Uz = 95,2 W m−2 K−1 b) Prevladujoč upor proti prenosu toplote je tisti, čigar sprememba povzroči bistveno spremembo koeficienta toplotnega prehoda. Če toplotno prestopnost na strani zraka hz povečamo za 10 %, 35 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote dobimo vrednost koeficienta Uz: 1 1 −1 Uz = + 1,1 · 100 W m−2 K−1 1983 W m−2 K−1 Uz = 104,2 W m−2 K−1 ter enako na strani vode: 1 1 −1 Uz = + 100 W m−2 K−1 1,1 · 1983 W m−2 K−1 Uz = 95,6 W m−2 K−1 V prvem primeru sprememba znaša 9,5 %, v drugem primeru pa le 0,4 %. Glavni upor proti prenosu toplote je tako na strani segretega zraka. Naloga 3 Stacionarni prenos toplote preučujemo v dvocevnem toplotnem menjalniku. V menjalniku segrevamo hladno vodo, ki vstopa s temperaturo Tvs,h = 25 ◦C in pretokom Φv = 1 m3/h, z nasičeno vodno paro konstantne temperature Tp = 120 ◦C, ki ob steni kondenzira. a) Kako dolga naj bo cev z notranjim premerom dn = 25 mm in zunanjim premerom dz = 30 mm, če je izhodna temperatura vode Tiz,h = 70 ◦C, temperatura stene bakrene cevi ( λ s = 401 W m−1 K−1) na strani pare pa Ts = 106 ◦C? b) Kakšno napako storimo, če zanemarimo upor proti prenosu toplote skozi steno cevi? Shema T T p s Tvs,h Tiz,h dn dz 1 2 T T p s L Rešitev a) Toplotno bilanco dvocevnega toplotnega menjalnika za hladni medij lahko zapišemo kot: ˙ mh · cp, h · (Tiz, h − Tvs, h) = Uz · A · ∆Tln (5.10) Pri čemer je srednja logaritemska temperaturna razlika definirana kot: (T ∆T iz, t − Tiz, h) − (Tvs, t − Tvs, h) ln = (5.11) T ln iz, t−Tiz, h Tvs, t−Tvs, h Ob upoštevanju konstantne temperature toplega medija vzdolž menjalnika (Tvs, t = Tiz, t = Tp) se enačba 5.11 poenostavi: (T ∆ p − T T iz, h) − (Tp − Tvs, h) ln = (5.12) T ln p−Tiz, h Tp−Tvs, h Sledi: ∆ (120 ◦C − 70 ◦C) − (120 ◦C − 25 ◦C) Tln = (5.13) ln 120 ◦C−70 ◦C 120 ◦C−25 ◦C ∆Tln = 70,1 ◦C 36 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote Povprečni koeficient toplotnega prehoda Uz, izračunan na zunanjo površino notranje cevi toplotnega menjalnika (Az), je za primer kombiniranega prenosa toplote (konvekcija + prevajanje) definiran z enačbo 5.8. Koeficient toplotnega prestopa na zunanji strani (hz), kjer kondenzira vodna para, izračunamo po korelacijski enačbi: g · ∆H · 2 3 0,25 ρ · λ hz = 0,72 · (5.14) Dz · η · ( Tp − Ts) Snovne lastnosti kondenzirane vodne pare odčitamo v tabeli A.2.2 ( ρ = 949 kg/m3, cp = 4230 J kg−1 K−1, λ = 0,685 W m−1 K−1, ∆Hkond = 2223 kJ kg−1, η = 0,246 mPa s) pri srednji temperaturi kondenzata: Tp + Ts Tsr = = 113 ◦C (5.15) 2 Prek enačbe 5.14 sedaj lahko izračunamo koeficient toplotnega prestopa na zunanji strani, ki je v tem primeru hz = 11,3 kW m−2 K−1. Za primer turbulentnega toka v dolgih in gladkih ceveh lahko koeficient toplotnega prestopa na notranji strani cevi hn ocenimo z Dittus-Boelterjevo korelacijo (Enačba 5.9). Snovne lastnosti vode odčitamo v tabeli A.2.1 ( ρ = 989 kg/m3, cp = 4,18 kJ kg−1 K−1, λ = 0,64 W m−1 K−1 in η = 0,573 mPa s) pri srednji temperaturi hladnega medija: T T vs, h + Tiz, h sr = = 47,5 ◦C (5.16) 2 Izračun Reynoldosovega števila (Re = 24418 - turbulentni tok) potrjuje smiselnost uporabe enačbe 5.9. Sledi: 0,64 W m−1 K−1 4 · 1 m3 h−1 · 989 kg m−3 0,8 hn = 0,023 · · · (5.17) 0,025 m π · 0,025 m · 0,000573 Pa s 4180 J kg−1 K−1 · 0,000573 Pa s 0,4 · 0,64 W m−1 K−1 hn = 3,2 kW m−2 K−1 Koeficient toplotnega prehoda izračunamo z enačbo 5.8: 1 0,015 m · ln( 0,030 m ) 1 0,030 m −1 U 0,025 m z = + + · (5.18) 11,7 kW m−2 K−1 401 W m−1 K−1 3,2 kW m−2 K−1 0,025 m Uz = 2,1 kW m−2 K−1 Iz osnovne energijske bilance (Enačba 5.10), izrazimo Az in izračunamo površino: 1 m3 h−1 · 4180 J kg−1 K−1 · (70 ◦C − 25 ◦C) Az = (5.19) 2,1 kW m−2 K−1 · 70,1 ◦C Az = 0,34 m2 Dolžino cevi pa izračunamo kot: A 0,34 m2 L = z = (5.20) π · Dz π · 0,030 m L = 3,65 m b) V kolikor zanemarimo doprinos prevajanja prek stene bakrene cevi k toplotnemu uporu (srednji člen v enačbi 5.8) sledi: 1 1 0,030 m −1 Uz = + · (5.21) 11,7 kW m−2 K−1 3,2 kW m−2 K−1 0,025 m Uz = 2,2 kW m−2 K−1 37 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote Prek enačb 5.19 ter 5.20 izračunamo dolžino cevi L = 3,60 m in določimo še relativno napako: 3,65 m − 3,60 m napaka = · 100 % = 1,5 % (5.22) 3,65 m Naloga 4 Hladno vodo, ki teče v notranji cevi toplotnega menjalnika z dvojno cevjo, dolžine 1 m, notranjega premera 20 mm in debeline cevi 1 mm, ogrevamo z 20 ◦C na 50 ◦C. Hladno vodo segrevamo z nasičeno vodno paro konstantne temperature 120 ◦C in pretoka 300 kg/h. Na zunanji strani cevi para kondenzira, zato je temperatura stene 10 ◦C nižja od temperature vstopne pare. Določite pretok hladne vode, če predpostavite, da je ves toplotni upor v zunanjem filmu kondenzata. Za izračun hz uporabite enačbo 5.14. Ostali podatki: Voda in kondenzat vodne pare: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev Φhv = 38 kg/min Naloga 5 V protitočnem toplotnem menjalniku ogrevamo vodo do končne temperature 60 ◦C z oljem (cp, olje = 2,1 kJ kg−1 K−1), ki ima vstopno temperaturo 120 ◦C in pretok 1000 kg/h. Voda v menjalnik vstopa s temperaturo 15 ◦C in pretokom 800 kg/h. Kako dolg naj bo toplotni menjalnik, če je sestavljen iz 10 vzporedno postavljenih cevi premera 20 mm in je koeficient toplotne prehodnosti 3,0 kW m−2 K−1? Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev L = 0,49 m Naloga 6 Po končani destilaciji vrelo vodno raztopino etanola s 40 mol. % lažje hlapne komponente ohlajamo v dvocevnem toplotnem menjalniku do končne temperature 40 ◦C. Pretok raztopine etanola je 0,5 m3/h. Menjalnik je sestavljen iz bakrene cevi ( λ = 401 W m−1 K−1) debeline 1 mm in notranjega premera 18 mm. Kot hladilno sredstvo uporabljamo vodo, ki teče po notranji cevi, z vstopno temperaturo 12 ◦C in pretokom 0,6 m3/h. Koeficient toplotnega prestopa na strani raztopine etanola je ocenjen na 2,0 kW m−2 K−1, toplotno prestopnost na strani vode pa ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9). a) Izračunajte potrebno dolžino menjalnika za sotočno in protitočno obratovanje. b) Kolikšno napako naredimo, če zanemarimo prevajanje prek stene cevi? Ostali podatki: Voda in etanol: snovne lastnosti ocenite iz ustreznih tabel (Tabela A.2.1, A.4 in A.6). Rešitev a) L = 8,7 m (sotok), L = 6,0 m (protitok), b) napaka = 0,3 % Naloga 7 V toplotnem menjalniku s cevjo notranjega premera 10 mm ogrevamo hladno raztopino z nasičeno vodno paro, ki ob steni kondenzira pri konstantni temperaturi 110 ◦C. Hladna raztopina v menjalnik vteka s temperaturo 20 ◦C in pretokom 150 kg/h. Koeficient toplotnega prestopa na strani pare je 20,0 kW m−2 K−1, na strani hladne raztopine pa ga ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9). Prevajanje čez steno cevi lahko zanemarite, saj je cev tanka in bakrena. a) Kolikšna bo izstopna temperatura hladne vode, če je cev dolga 1,5 m? b) Koliko znaša vrednost ∆Tln? Ostali podatki: 38 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote Raztopina: cp = 4,0 kJ kg−1 K−1, λ = 0,64 W m−1 K−1, η = 0,975 mPa s Rešitev a) Tiz = 66,5 ◦C, b) ∆Tln = 63,9 ◦C Naloga 8 V sotočni toplotni menjalnik iz litoželeznega materiala ( λ = 50 W m−1 K−1) vodimo olje s pretokom 1700 kg/h in temperaturo 60 ◦C. Olje ohlajamo z vodovodno vodo, ki v zunanjo cev vstopa s temperaturo 17 ◦C in pretokom 800 L/h. Premer notranje cevi znaša 20 mm, premer zunanje cevi 40 mm, debelina stene cevi pa 3 mm. Toplotno prestopnost na strani vode in olja ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9). a) Koliko znaša izhodna temperatura olja, če se hladilna voda segreje za 15 ◦C in znaša dolžina menjalnika 10 m? b) Za koliko se spremeni izhodna temperatura olja, če se na zunanjo steno cevi nabere vodni kamen debeline 2 mm? Predpostavite, da trdota vode ne vpliva na njene snovne lastnosti. Ostali podatki: Olje: cp = 2,3 kJ kg−1 K−1, λ = 0,20 W m−1 K−1, η = 2,1 mPa s Vodni kamen: λ = 3,8 W m−1K−1 Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) Tiz = 47,7 ◦C, b) Izhodna temperatura olja se spremeni za 1,9 ◦C in znaša 49,6 ◦C. Naloga 9* Za ohlajanje olja dizelskega motorja se uporablja dvocevni toplotni menjalnik. Po notranji cevi iz nerjavečega jekla ( λ = 16 W m−1 K−1), debeline 3 mm in notranjega polmera 25 mm, teče hladilna voda s pretokom 0,25 kg/s. Po zunanji cevi, premera 90 mm, teče olje s pretokom 0,12 kg/s. a) Določite dolžino cevi za sotočno in protitočno obratovanje, če olje ohlajate s temperature 90 ◦C na temperaturo 55 ◦C z vodo, ki v sistem vstopa pri temperaturi 10 ◦C. b) Na kateri strani je glavnina upora proti prenosu toplote, če za oba medija velja spodnja zveza? Odgovor utemeljite z izračunom. Nu = 5,6 Re < 2300 Nu = 0,023 · Re0,8 · Pr0,4 Re > 2300 Ostali podatki: Olje: cp = 2131 J kg−1 K−1, λ = 0,138 W m−1 K−1, η = 0,0325 Pa s Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) L = 42,2 m (sotok), L = 40,9 m (protitok), b) Glavnina upora proti prenosu toplote je na strani olja. Naloga 10* V bakrenem tankocevnem toplotnem menjalniku, ki je sestavljen iz 10 zaporednih cevi premera 20 mm in dolžine 1 m, segrevamo raztopino sladkorja s temperature 50 ◦C na temperaturo 100 ◦C. Toploto zagotavljamo z nasičeno vodno paro s konstantno temperaturo 120 ◦C, ki kondenzira na zunanji strani cevi s temperaturo 105 ◦C. Določite pretok raztopine sladkorja. Koeficient toplotnega prestopa na strani raztopine sladkorja določite z uporabo korelacije po enačbi 5.9, na strani pare pa z uporabo korelacije po enačbi 5.14. Ostali podatki: Raztopina sladkorja: ρ = 1020 kg/m3, cp = 4,25 kJ kg−1 K−1, λ = 0,64 W m−1 K−1, η = 0,37 mPa s Kondenzat vodne pare: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev Φs = 2,64 m3/h 39 Zbirka nalog: Stacionarni prenos toplote Naloga 11 V cevnem reaktorju vodimo reakcijo pri konstantni temperaturi 40 ◦C. Po končani reakciji reakcijsko mešanico s pretokom 10 m3/h protitočno kontinuirno ohlajamo s hladilno vodo. Zaradi občutljivosti produkta mora biti končna temperatura reakcijske mešanice v območju med 30 ◦C in 32 ◦C. V notranjo cev toplotnega menjalnika vstopa hladilna voda s pretokom 5 m3/h in temperaturo 20 ◦C. Kolikšni sta minimalna in maksimalna dolžina 1 bakrene cevi ( λ = 401 W m−1 K−1) z notranjim premerom 30 mm in zunanjim premerom 33 mm, da zagotovimo optimalno delovanje, če 20 cevi postavimo: a) zaporedno, b) vzporedno? Toplotna prestopnost na strani reakcijske mešanice je 3,0 kW m−2 K−1, na strani vode pa jo ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9). Ostali podatki: Reakcijska mešanica: ρ = 860 kg/m3, cp = 3,21 kJ kg−1 K−1 Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) Lmin = 1,38 m in Lmax = 2,22 m, b) Lmin = 5,80 m in Lmax = 9,34 m Naloga 12* V sotočnem toplotnem menjalniku dolžine 2 m segrevamo nafto z vročim oljem. Olje vstopa s temperaturo 95 ◦C in izstopa s temperaturo 70 ◦C, pri čemer se nafta segreje s temperature 30 ◦C na 55 ◦C. Za koliko moramo podaljšati toplotni menjalnik, če želimo nafto segreti na 60 ◦C? Predpostavite, da se pri tem snovne lastnosti in masna pretoka obeh medijev ne spremenijo. Rešitev Toplotni menjalnik moramo podaljšati za 1,5 m. Naloga 13 Ocenite koeficient toplotnega prehoda pri segrevanju hladne vode z vstopno temperaturo 25 ◦C in pretokom 400 L/h v toplotnem menjalniku dolžine 10 m in premera cevi 80 mm. Ob zunanji cevi kondenzira nasičena vodna para (∆Hkond = 2170 kJ/kg) konstantne temperature 130 ◦C in pretoka 50 kg/h. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev U = 180 W m−2 K−1 40 Nestacionarni prenos toplote Naloga 1 V STC mešalniku premera D = 2 m je hladna voda s temperaturo T0 = 20 ◦C. Vodo segrevamo z direktnim uvajanjem vodne pare s pretokom ˙ mp = 40 kg/min, ki pri tem kondenzira. Določite temperaturo vode v mešalniku po 30 minutah: a) če predpostavite zanemarljive toplotne izgube, b) če predpostavite, da se toplota enakomerno izgublja prek celotne površine STC mešalnika višine h = 2,2 m ter sta povprečna toplotna prehodnost U = 500 W m−2 K−1 in temperatura okolice Tok = 23 ◦C. Shema vodna para Tok Tok ˙ mp T 0 D Rešitev Energijsko bilanco sistema, kjer predpostavimo, da para za segrevanje vsebine mešalnika odda le kondenzacijsko entalpijo, lahko zapišemo kot: d(m · cp · T) = ˙m dt p · ∆H − ˙ Qizg (6.1) Nadalje predpostavimo, da se snovne lastnosti vode in pare s temperaturo ne spreminjajo bistveno. Sledi: dT dm m · cp · + · c dt dt p · T = ˙ mp · ∆H − ˙ Qizg (6.2) Zapišemo še snovno bilanco ob predpostavki, da se masa sistema spreminja zgolj zaradi dotoka pare: dm = ˙m dt p (6.3) m = m0 + ˙ mp · t (6.4) 41 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote Upoštevamo enačbi 6.3 in 6.4 ter enačbo 6.2 preoblikujemo: dT (m0 + ˙mp · t) · cp · + ˙ m dt p · cp · T = ˙ mp · ∆H − ˙ Qizg (6.5) V primeru a) so toplotne izgube zanemarljive: dT (m0 + ˙mp · t) · cp · + ˙ m dt p · cp · T = ˙ mp · ∆H (6.6) Enačbo preuredimo: Z T dT Z t dt = (6.7) T ˙ m (m 0 p · ∆H − ˙ mp · cp · T 0 0 + ˙ mp · t) · cp In integriramo: 1 ˙ m 1 m − · p · ∆H − ˙ mp · cp · T 0 + ˙ mp · t ln = · ln (6.8) ˙ mp · cp ˙ mp · ∆H − ˙mp · cp · T0 ˙ mp · cp m0 Z upoštevanjem STC konfiguracije, snovnih lastnosti vode (Tabela A.2.1) in vodne pare (Tabela A.2.2) lahko izračunamo začetni volumen V0: V0 = π · D3 (6.9) 4 V0 = π · (2 m)3 4 V0 = 6,28 m3 začetno maso vode m0: m0 = V0 · ρ (6.10) m0 = 6,28 m3 · 992 kg/m3 m0 = 6233 kg in temu ustrezno še temperaturo vode v sistemu po 30 minutah s preureditvijo enačbe 6.8: ˙ mp · ∆H − ( ˙mp · ∆H − ˙mp · cp · T0) · m0 m T = 0+ ˙ mp·t (6.11) ˙ mp · cp T = 40 kg min−1 · 2407 kJ kg−1− −(40 kg min−1 · 2407 kJ kg−1 − 40 kg min−1 · 4179 J kg−1 K−1 · 293 K)· 6233 kg · 6233 kg+40 kg min−1·30 min 40 kg min−1 · 4179 J kg−1 K−1 T = 65,7 ◦C V primeru b) upoštevamo tudi toplotni tok izgub (Enačba 6.2): ˙ Qizg = Uz · A · (T − Tok) (6.12) dT (m0 + ˙mp · t) · cp · + ˙ m dt p · cp · T = ˙ mp · ∆H − Uz · A · (T − Tok) (6.13) kjer lahko površino, prek katere teče toplotni tok izgub, definiramo kot: A = 2 · π · D2 + π · D · h (6.14) 4 A = 2 · π · (2 m)2 + π · 2 m · 2,2 m 4 A = 20,11 m2 42 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote Enačbo preuredimo: Z T dT Z t dt = (6.15) T (m 0 ˙ mp · ∆H − Uz · A · (T − Tok) − ˙mp · cp · T 0 0 + ˙ mp · t) · cp In integriramo: 1 ˙ m · p · ∆H − Uz · A · (T − T ln ok) − ˙ mp · cp · T = (6.16) − ˙mp · cp − Uz · A ˙ mp · ∆H − Uz · A · (T0 − Tok) − ˙mp · cp · T0 1 m = · 0 + ˙ mp · t ln ˙ mp · cp m0 Sledi rešitev: T = ( ˙ mp · ∆H + Uz · A · Tok) − ( ˙mp · ∆H − Uz · A · T0 + Uz · A · Tok − ˙mp · cp · T0)· (6.17) Uz·A+ ˙mp·cp m − 0+ ˙ mp·t ˙ mp·cp m · 0 Uz · A + ˙mp · cp T = (40 kg min−1 · 2407 kJ kg−1 + 500 W m−2 K−1 · 20,11 m2 · 296 K)− −(40 kg min−1 · (2407 kJ kg−1 − 4179 J kg−1 K−1 · 293 K)+ +500 W m−2 K−1 · 20,11 m2 · (296 K − 293 K))· 6233 kg+40 kg min−1·30 min − 500 W m−2 K−1·20,11 m2+40 kg min−1·4179 J kg−1 K−1 40 kg min−1·4179 J kg−1 K−1 6233 kg · 500 W m−2 K−1 · 20,11 m2 + 40 kg min−1 · 4179 J kg−1 K−1 T = 55,4 ◦C Naloga 2 Zapišite toplotno bilanco za ohlajanje vsebine STC mešalnika s hladilno kačo in izpeljite časovno odvisnost temperature medija v mešalniku. Predpostavite, da so toplotne izgube zanemarljive. Shema ˙ mv,Tv ˙ mv,Tiz hladilna voda T D Rešitev Za STC mešalnik in hladilno kačo lahko na podlagi energijske bilance zapišemo: d(m · c − p · T) = ˙m dt v · cp, h · (Tiz − Tv) (6.18) Uz · A · ∆Tln = ˙mv · cp, h · (Tiz − Tv) (6.19) Pri čemer je logaritemska srednja temperaturna razlika ∆Tln definirana kot: ∆ (T − T T v) − (T − Tiz) ln = (6.20) ln T−Tv T−Tiz 43 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote Če to upoštevamo v enačbi 6.19: (T − T U v − T + Tiz) z · A · = ˙ mv · cp, h · (Tiz − Tv) (6.21) ln T−Tv T−Tiz Sledi: T − T U ln v = z · A (6.22) T − Tiz ˙ mv · cp, h U U T z · A z · A iz = T · 1 − exp − − T − (6.23) ˙ m v · exp v · cp, h ˙ mv · cp, h Ob predpostavki, da se masa sistema in snovne lastnosti medija s časom ne spreminjajo, se enačba 6.18 poenostavi: dT −m0 · cp, t · = ˙ m dt v · cp, h · (Tiz − Tv) (6.24) dT U −m z · A 0 · cp, t · = ˙ m 1 − exp − · (T − T dt v · cp, h · ˙ m v) (6.25) v · cp, h Enačbo 6.25 nadalje preuredimo: Z T dT ˙ m v · c U Z t − = p, h · 1 − exp − z · A · dt (6.26) T T − T m ˙ m 0 v 0 · cp, t v · cp, h 0 Končno obliko enačbe, ki podaja odvisnost temperature medija od časa, zapišemo kot: T ˙ m v · cp, h U ln 0 − Tv = · 1 − exp − z · A · t (6.27) T − Tv m0 · cp, t ˙ mv · cp, h Naloga 3 V mešalnem reaktorju je 500 kg vode s temperaturo 20 ◦C. V posodo začnemo uvajati toplo vodo s temperaturo 70 ◦C in pretokom 150 kg/h. a) Določite temperaturo v mešalnem reaktorju po 2 h, če voda iz mešalnega reaktorja ne izteka in so toplotne izgube zanemarljive. a) Določite temperaturo v mešalnem reaktorju po 2 h, če voda iz mešalnega reaktorja izteka s pretokom 100 kg/h in so toplotne izgube zanemarljive. c) Določite temperaturo v mešalnem reaktorju po 2 h, če voda iz mešalnega reaktorja izteka s pretokom 100 kg/h in je toplotni tok izgub ocenjen na 3 kW. Rešitev V primer a) lahko zapišemo energijsko bilanco: d(m · cp · T) = ˙m dt v · cp · Tv (6.28) dm dT · c = ˙ m dt p · T + m · cp · dt v · cp · Tv (6.29) ter snovno bilanco sistema: dm = ˙m dt v (6.30) m = m0 + ˙ mv · t (6.31) S kombinacijo enačb 6.29 in 6.31 in krajšanjem cp zapišemo: dT ˙ mv · T + (m0 + ˙mv · t) · = ˙ m dt v · Tv (6.32) Enačbo preuredimo: Z T dT Z t dt = (6.33) T ˙ m m 0 v · Tv − ˙ mv · T 0 0 + ˙ mv · t 44 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote integriramo: 1 T 1 m − · ln v − T = · ln 0 + ˙mv · t (6.34) ˙ mv Tv − T0 ˙ mv m0 ter zapišemo rešitev: m T = T 0 v − (Tv − T0) · (6.35) m0 + ˙ mv · t 500 kg T = 70 ◦C − (70 ◦C − 20 ◦C) · 500 kg + 150 kg h−1 · 2h T = 38,8 ◦C V primeru b) v energijski bilanci (Enačba 6.28) in snovni bilanci (Enačba 6.30) upoštevamo iztekanje vode iz mešalnega reaktorja: d(m · cp · T) = ˙m dt v · cp · Tv − ˙ miz · cp · T (6.36) dm dT · c = ˙ m dt p · T + m · cp · dt v · cp · Tv − ˙ miz · cp · T (6.37) dm = ˙m dt v − ˙ miz (6.38) m = m0 + ( ˙ mv − ˙miz) · t (6.39) Sledi: dT ( ˙ mv − ˙miz) · T + (m0 + ( ˙mv − ˙miz) · t) · = ˙ m dt v · Tv − ˙ miz · T (6.40) Enačbo preuredimo: Z T dT Z t dt = (6.41) T ˙ m m 0 v · Tv − ˙ mv · T 0 0 + ( ˙ mv − ˙miz) · t integriramo: 1 T 1 m − · ln v − T = · ln 0 + ( ˙mv − ˙miz) · t (6.42) ˙ mv Tv − T0 ˙ mv − ˙miz m0 in zapišemo rešitev: ˙ mv m ˙ mv− ˙miz T = T 0 v − (Tv − T0) · (6.43) m0 + ( ˙ mv − ˙miz) · t 150 kg h−1 500 kg 150 kg h−1−1000 kg h−1 T = 70 ◦C − (70 ◦C − 20 ◦C) · 500 kg + (150 kg h−1 − 100kgh−1) · 2h T = 41,1 ◦C V primeru c) v energijski bilanci (Enačba 6.36) upoštevamo tudi toplotne izgube: d(m · cp · T) = ˙m dt v · cp · Tv − ˙ miz · cp · T − ˙ Qizg (6.44) dm dT · c = ˙ m dt p · T + m · cp · dt v · cp · Tv − ˙ miz · cp · T − ˙ Qizg (6.45) Z upoštevanjem snovne bilance (Enačbi 6.38 in 6.39) sledi: dT ˙ Q ( izg ˙ mv − ˙miz) · T + (m0 + ( ˙mv − ˙miz) · t) · = ˙ m (6.46) dt v · Tv − ˙ miz · T − cp Enačbo preuredimo: Z T dT Z t dt = (6.47) ˙ T Q m 0 ˙ m izg 0 0 + ( ˙ mv − ˙miz) · t v · Tv − ˙ mv · T − cp 45 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote integriramo: ˙ Qizg 1 ˙ mv · Tv − ˙mv · T − c 1 m − · ln p = · ln 0 + ( ˙mv − ˙miz) · t (6.48) ˙ m ˙ v Q ˙ m m ˙ m izg v − ˙ miz 0 v · Tv − ˙ mv · T0 − cp in zapišemo rešitev: ˙ Q ˙ ˙ mv izg Qizg m ˙m 1 T = ˙ m 0 v− ˙ miz v · Tv − − ˙m · · c v · Tv − ˙ mv · T0 − p cp m0 + ( ˙ mv − ˙miz) · t ˙ mv (6.49) 3 kW 3 kW T = 150 kg h−1 · 70 ◦C − − 150 kg h−1 · (70 ◦C − 20 ◦C) − · 4178 J kg−1 K−1 4178 J kg−1 K−1 150 kg h−1 ! 500 kg 150 kg h−1−100 kg h−1 1 · · 500 kg + (150 kg h−1 − 100 kg h−1) · 2 h 150 kg h−1 T = 33,8 ◦C Naloga 4 V STC mešalnem reaktorju premera 0,6 m je hladna voda s temperaturo 20 ◦C. Vodo segrevamo z direktnim uvajanjem vodne pare s pretokom 50 kg/h, ki ob tem kondenzira (∆Hkond = 2240 kJ/kg). Določite čas, v katerem bo voda v reaktorju dosegla 60 ◦C, če so toplotne izgube zanemarljive. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev t = 39,8 min Naloga 5 V posodi STC konfiguracije premera 0,9 m s hladilno kačo ohlajamo koncentrirano raztopino z gostoto 1050 kg/m3 in z začetno temperaturo 60 ◦C. V hladilno kačo notranjega premera 18 mm vstopa hladna voda s pretokom 0,7 m3/h in temperaturo 13 ◦C. a) Izračunajte temperaturo raztopine v mešalniku po 10 minutah, če je zunanji premer cevi hladilne kače 20 mm, njena dolžina 5 m in koeficient toplotnega prehoda 4,0 kW m−2 K−1. b) Na kakšno vrednost moramo popraviti pretok hladne vode, da bo temperatura raztopine v mešalniku po 10 minutah 50 ◦C? Upoštevajte, da lahko koeficient toplotne prestopnosti na notranji strani hladilne kače ocenite z Dittus-Boelterjevo korelacijo (Enačba 5.9) z vstopnimi snovnimi lastnostmi vode, koeficient toplotne prestopnosti na zunanji strani pa je ocenjen na 10 kW m−2 K−1. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) T = 53,3 ◦C, b) Φhv =1,99 m3/h Naloga 6 V posodi STC konfiguracije z volumnom 150 L segrevamo vodo začetne temperature 20 ◦C z električnim potopnim grelcem, ki greje s konstantno močjo 8,0 kW. Rezervoar je izoliran samo na dnu posode, toplotno prehodnost preko ostalih sten pa lahko ocenimo na 200 W m−2 K−1 pri temperaturi okolice 25 ◦C. Izračunajte temperaturo vode v posodi: a) po 1 uri, b) v stacionarnem stanju. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). 46 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote Rešitev a) T = 47,7 ◦C, b) T = 55,4 ◦C Naloga 7* V posodi STC konfiguracije segrevamo 10 m3 hladne vode z začetno temperaturo 25 ◦C z direktnim uvajanjem vodne pare s pretokom 1000 kg/h in temperaturo 120 ◦C. Rezervoar je izoliran samo na dnu posode, prehodnost preko ostalih sten pa lahko ocenimo na 500 W m−2 K−1, pri temperaturi okolice 20 ◦C. Izračunajte temperaturo vode v posodi: a) po 1 uri, b) v stacionarnem stanju. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) T = 36,2 ◦C, b) T = 77,2 ◦C Naloga 8 Vodno paro s temperaturo 120 ◦C uvajamo v STC mešalnik premera 0,6 m. Izračunajte maso kondenzirane pare, če vodo v mešalniku segrejemo s temperature 25 ◦C na temperaturo 55 ◦C in so toplotne izgube zanemarljive. Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev mp = 25,3 kg Naloga 9 V posodo volumna 2 m3 začnemo uvajati hladno reakcijsko mešanico s temperaturo 20 ◦C in pretokom 1 m3/h. Raztopina iz posode izteka s pretokom 0,3 m3/h. Določite čas in temperaturo raztopine v posodi v trenutku, ko bo posoda polna, če posodo segrevate s potopnim grelcem moči ˙ Q = 20,0 kW. Predpostavite popolno pomešanje in zanemarljive toplotne izgube. Ostali podatki: Reakcijska mešanica: ρ = 890 kg/m3, cp = 3892 J kg−1 K−1 Rešitev t = 2,86 h, T = 33,1 ◦C Naloga 10* V STC mešalniku imamo 1 m3 vode s temperaturo 20 ◦C. V posodo začnemo uvajati toplo vodo s pretokom 300 kg/h in temperaturo 45 ◦C. Voda iz posode izteka s pretokom 200 kg/h. Vodo dodatno segrevamo z grelcem konstantne moči ˙ Q = 5,0 kW. a) Po kolikšnem času bo voda dosegla 30 ◦C? b) Po kolikšnem času bo voda dosegla 30 ◦C, če grelec po 30 minutah preneha delovati? c) Po kolikšnem času bo voda dosegla 30 ◦C, če lahko toplotne izgube ocenimo z naslednjo zvezo: ˙ Qizg [W] = 500 · (T − 290), pri čemer je T v K? d) Kakšen bo končni volumen vode v posodi v posameznih primerih? e) Na kakšno vrednost moramo popraviti vstopni pretok tople vode za primer a), če želimo, da voda v posodi v istem času doseže 32 ◦C? Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) t = 61,4 min, V = 1,10 m3, b) t = 86,1 min, V = 1,14 m3, c) t = 105,6 min, V = 1,18 m3, e) Φv = 486 kg/h 47 Zbirka nalog: Nestacionarni prenos toplote Naloga 11 V šaržnem STC mešalniku volumna 500 L segrevamo hladno vodo temperature 20 ◦C prek bakrene grelne kače, v kateri kondenzira para pri konstantni temperaturi 120 ◦C (temperatura stene je 10 ◦C nižja od temperature pare v glavni masi). Po kolikšnem času vodo segrejemo na 60 ◦C, če je dolžina kače 5 m, njen premer 20 mm in število obratov mešala, ki popolnoma homogenizira hladno vodo, 250 min−1? Toplotno prestopnost na strani pare ocenite prek korelacije za nasičeno vodno paro (Enačba 5.14), toplotno prestopnost na strani hladne vode pa določite prek naslednje korelacije: Nu = 0,54 · Re2/3 · Pr1/3 (6.50) kjer v Nu številu nastopa premer mešalnika, Re število pa se nanaša na mešalo. Ostali podatki: Voda in kondenzat vodne pare: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev t = 17,6 min Naloga 12* V STC mešalniku prek hladilne kače ohlajamo 200 kg olja z začetno temperaturo 80 ◦C. V hladilno kačo vstopa voda s temperaturo 17 ◦C. Hladilna kača je sestavljena iz cevi premera 20 mm in dolžine 10 m, toplotna prestopnost na strani olja je 2,0 kW m−2 K−1, toplotno prestopnost na strani vode pa ocenite prek Dittus-Boelterjeve korelacije (Enačba 5.9). a) Kakšen naj bo pretok hladilne vode, če želimo olje v 1 uri ohladiti na 30 ◦C? b) Za koliko odstotkov se skrajša čas hlajenja iz primera a), če premer cevi hladilne kače povečamo za 20 %? Ostali podatki: Voda: snovne lastnosti ocenite iz ustrezne tabele (Tabela A.2.1). Rešitev a) Φhv = 453 kg/h, b) za 8,5 % Naloga 13 V posodi volumna 10 m3 imamo 8 m3 raztopine s temperaturo 50 ◦C. V posodo priteka nova raztopina z vstopno temperaturo 20 ◦C in pretokom 2 m3/h. Določite temperaturo raztopine v trenutku, ko bo posoda polna, če: a) voda iz posode ne izteka, b) voda iz posode izteka s pretokom 1 m3/h. Rešitev a) T = 44,0 ◦C, b) T = 39,2 ◦C 48 Stacionarni prenos snovi Naloga 1 Snovni prenos CO2 v vodo preučujemo na laboratorijski protitočni absorpcijski koloni pri temperaturi 17 ◦C. Določite pretok tekoče faze ˙ V, ki zagotavlja, da koncentracija CO2 v vodni fazi na izhodu iz kolone doseže 90 % ravnotežne koncentracije. Koeficient snovnega prehoda je ocenjen na KL = 3,1 × 10−4 m/s, površina pa na A = 0,1 m2. Upoštevajte, da v sistem vstopata čista voda in CO2 ter da je absorpcijska kolona odprta na zunanji zračni tlak. Shema cA 1 , ˙ V Φ v,CO 2 c∗ A KL c Φ A 2 , ˙ V v,CO 2 Rešitev Zapišemo snovno bilanco sistema v stacionarnem stanju: ˙ V · (cA2 − cA1) = KL · A · (∆cA)ln (7.1) pri čemer je srednja logaritemska koncentracijska razlika (∆cA)ln definirana kot: (c∗ (∆c A − cA)2 − (c∗ A − cA)1 A)ln = (7.2) (c∗ ln A−cA)2 (c∗A−cA)1 V obravnavanem primeru v sistem vstopa čista voda, kar pomeni, da je koncentracija CO2 na vstopnem mestu enaka nič (cA1 = 0). Pri obratovalnih pogojih lahko ravnotežno koncentracijo (c∗A) določimo prek Henryjevega zakona: He · c∗ p A A = (7.3) c 49 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Henryjeva konstanta za sistem CO2-voda je enaka He = 1300 × 105 Pa (T = 17 ◦C), molsko koncentracijo vode (c) pa izračunamo kot: n m c = = = ρ (7.4) V M · V M 999 kg m−3 c = 18 g mol−3 c = 55,5 mol/L Ker je sistem odprt na zunanji zračni tlak in ker vstopa čisti CO2, velja, da je zunanji zračni tlak (P = 1,0 × 105 Pa) enak parcialnemu tlaku CO2. Sledi: p c∗ A · c A = He 1,0 · 105 Pa · 55,5 mol/L c∗A = 1300 · 105 Pa c∗A = 0,0427 mol/L Iz enačb 7.1 in 7.2 lahko sedaj določimo pretok tekoče faze: KL · A · (c∗A−cA)2−(c∗A−cA)1 (c∗ ln A−cA)2 ˙ (c∗ V = A−cA)1 (cA2 − cA1) 3,1 · 10−4 m s−1 · 0,1 m2 · (0,0427 mol/L−0,9·0,0427 mol/L)−(0,0427 mol/L−0 mol/L) ( ln 0,0427 mol/L−0,9·0,0427 mol/L) ˙ V = (0,0427 mol/L−0 mol/L) (0,9 · 0,0427 mol/L − 0 mol/L) ˙ V = 48,5 L/h Naloga 2 Iz plinske mešanice CO2 in zraka v masnem razmerju 1 : 1 odstranjujemo CO2 s protitočno absorpcijo v vodovodno vodo. Pri temperaturi T = 15 ◦C je celokupni tlak plinske mešanice P = 1,1 × 105 Pa. Koncentracijo CO2 v vodni fazi določimo z dodatkom 0,05 M Ba(OH)2 in s titracijo z 0,1 M HCl. Za 20 mL Ba(OH)2 in 25 mL vstopne vode porabimo 18 mL HCl, za 20 mL Ba(OH)2 in 25 mL izstopne vode pa 11 mL HCl. Določite koeficient snovnega prehoda KL, če upoštevate, da vodna faza popolnoma omoči 40 obročkov premera D = 15 mm in višine h = 4 mm ter znaša pretok vodne faze ˙ V = 35 L/h. Kakšen je delež CO2 v plinski fazi na izhodu, če je pretok plinske faze Φv = 10 mL/min? Rešitev Koncentracijo CO2 na vstopu in izstopu določimo z retitracijo. Vzorcu CO2, ki je prisoten v vodni fazi, dodamo prebitek Ba(OH)2, pri čemer nastane BaCO3: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 (s) + H2O. Ker Ba(OH)2 dodamo v prebitku, zagotovimo, da z bazo reagira ves prisoten CO2. Preostanek Ba(OH)2 nadalje določimo s titracijo s HCl: Ba(OH)2 (ostanek) + 2HCl → BaCl2 + 2H2O. Temu ustrezno izračunamo koncentracijo CO2 v vzorcu: cBa(OH) · VBa(OH) − 1 c 2 2 2 · cHCl · VHCl CO2 = (7.5) Vvz Z upoštevanjem enačbe 7.5 določimo vstopno in izstopno koncentracijo CO2 v vodni fazi: 0,05 M · 20 mL − 1 c 2 · 0,1 M · 18 mL A1 = 25 mL cA1 = 0,004 M 0,05 M · 20 mL − 1 c 2 · 0,1 M · 11 mL A2 = 25 mL cA2 = 0,018 M 50 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Za izračun ravnotežne koncentracije CO2 potrebujemo njegov parcialni tlak: pA = y · Ptot (7.6) Molsko razmerje v plinski fazi določimo iz masnega razmerja: yut MCO y = 2 (7.7) yut + (1−yut) MCO M 2 zrak 0,5 44 g mol−1 y = 0,5 + (1−0,5) 44 g mol−1 29 g mol−1 y = 0,40 V skladu z enačbo 7.6 sledi, da je parcialni tlak CO2 0,44 × 105 Pa. Ravnotežno koncentracijo CO2 določimo z uporabo Henryjevega zakona, pri čemer Henryjevo konstanto odčitamo pri temperaturi v sistemu (Tabela A.7): 0,44 · 105 Pa · 55,5 M c∗A = 1220 · 105 Pa c∗A = 0,020 M Če predpostavimo, da je medfazna površina enaka površini obročkov: A = π · D · h + 2 · π · D2 · N (7.8) 4 A = π · 15 mm · 4 mm + 2 · π · (15 mm)2 · 40 4 A = 0,022 m2 lahko izračunamo koeficient snovnega prehoda: ˙ V · (c K A2 − cA1) L = (7.9) A · (c∗A−cA)2−(c∗A−cA)1 (c∗ ln A−cA)2 (c∗ A−cA)1 35 L h−1 · (0,018 M − 0,004 M) KL = 0,022m2 · (0,020M−0,018M)−(0,020M−0,004M) ( ln 0,020 M−0,018 M) (0,020 M−0,004 M) KL = 9,6 · 10−4 m/s Delež CO2 na izhodu lahko določimo z uporabo množinske bilance: G · (yiz − yv) = L · (xv − xiz) (7.10) pri čemer sta G in L posamezna molska tokova definirana kot: P G = tot · Φv (7.11) R · T ˙ V · ρ L = (7.12) M xi ter yi pa molska deleža CO2 v tekoči in plinski fazi. Iz enačb 7.11 ter 7.12 sledi, da sta posamezna molska tokova G = 0,03 mol/h in L = 1,94 mol/h. Molski delež CO2 v tekoči fazi pa izračunamo z ozirom na srednjo molsko koncentracijo vode: c x Ai i = (7.13) c 51 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Sledi, da je xv = 7,2 × 10−5, xiz = 3,2 × 10−4 in delež CO2 v plinski fazi na izhodu: L yiz = yv + · (x G v − xiz) (7.14) 1,94 mol h−1 yiz = 0,4 + · (7,2 × 10−5 − 3,2 × 10−4) 0,03 mol h−1 yiz = 0,38 Naloga 3 Čisti plin vpihujemo v cevni reaktor, v katerega protitočno vstopa čista voda. a) Kolikšen delež ravnotežne koncentracije plina dosežemo v tekoči fazi na iztoku iz kolone, če je medfazna površina ocenjena na A = 0,15 m2 in pretok tekoče faze na ˙ V = 0,3 m3/h? Koeficient snovnega prehoda ocenite z naslednjo korelacijo: KL · L = 2,42 · Re0,7 · Sc0,5 (7.15) DAB b) Kolikšen delež ravnotežne koncentracije plina dosežemo v tekoči fazi na iztoku iz kolone, če pretok dvakrat povečamo, ostali pogoji (A, KL) pa ostanejo enaki? Ostali podatki: L = 0,02 m, Re = 820, Sc = 778 in DAB = 1,12 × 10−9 m2/s. Rešitev a) V cevni reaktor vstopa čista voda (cA1 = 0). Snovno bilanco (Enačba 7.1) tako zapišemo kot: Φ (−cA2) v · cA2 = KL · A · (7.16) (c∗ ln A−cA2) (c∗ ) A Če koncentracijo na iztoku izrazimo z ustreznim deležem ravnotežne koncentracije cA2 = x · c∗A, lahko enačbo 7.16 preuredimo in izrazimo x: c∗ K ln A · (1 − x) = − L · A (7.17) c∗ Φ A v K x = 1 − exp − L · A Φ (7.18) v Za izračun deleža ravnotežne koncentracije na iztoku potrebujemo koeficient snovnega prehoda KL, ki ga ocenimo z uporabo korelacije prek enačbe 7.15: D K AB L = · 2,42 · Re0,7 · Sc0,5 (7.19) L 1,12 · 10−9 m2 s−1 KL = · 2,42 · 8200,7 · 7780,5 0,02 m KL = 4,1 · 10−4 m/s V nadaljevanju sledi (Enačba 7.18): 4,1 · 10−4 m s−1 · 0,15 m2 x = 1 − exp − 0,3 m3 h−1 x = 0,53 b) Če pretok dvakrat povečamo in snovni bilanci za oba primera izrazimo v njunem razmerju, dobimo naslednjo zvezo: KL · A · (−cA2) (c∗ Φ ln A−cA2) v · cA2 (c∗ ) A Φ = 0 (7.20) ) v · c0A2 KL · A · (−c0A2 (c∗ ) ln A−c0A2 (c∗ ) A 52 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Koncentraciji na iztoku ponovno izrazimo z ustreznima deležema ravnotežne koncentracije v posamezni kapljevinasti fazi (x in x0): ) KL · A · (−x·c∗A (c∗ ) Φ ln A−x·c∗ A v · x · c∗ A (c∗ ) = A (7.21) 2 · Φ ) v · x0 · c∗ A KL · A · (−x0·c∗A (c∗ ) ln A−x0 ·c∗ A (c∗ ) A Enačbo ustrezno preuredimo: −x x = ln(1−x) (7.22) 2 · x0 −x0 ln(1−x0) x0 = 1 − (1 − x)0,5 (7.23) In izračunamo x0: x0 = 1 − (1 − 0,52)0,5 x0 = 0,31 Naloga 4 V protitočnem cevnem reaktorju premera 40 mm in dolžine 1 m preučujemo prenos CO2 v vodo pri parcialnem tlaku CO2 1 bar in temperaturi 17 ◦C. Pretok kapljevinaste faze, ki popolnoma omoči steno cevi, je 0,5 m3/h, pretok plinske zmesi pa 5,5 m3/h. Vstopna voda že ima 0,1 mM raztopljenega CO2. Analiza izstopne vode pokaže, da za nevtralizacijo 25 mL vzorca v 25 mL 0,05 M Ba(OH)2 porabimo 18,3 mL 0,1 M HCl. Za izbrani primer določite koeficient snovnega prehoda. Ostali podatki: Henryjevo konstanto za sistem CO2-voda odčitajte iz tabele A.7. Rešitev KL = 4,13 · 10−4 m/s Naloga 5 Iz plinske mešanice CO2 in zraka v masnem razmerju 1 : 1 odstranjujemo CO2 s protitočno absorpcijo v vodovodno vodo, ki že vsebuje 1 × 10−4 mol/L raztopljenega CO2. Celokupni tlak mešanice je 1 bar in njena temperatura 12 ◦C. Za titracijo 25 mL Ba(OH)2 porabimo 24 mL 0,1 M HCl ter za titracijo 25 mL Ba(OH)2 in 25 mL vodne raztopine CO2 na izstopu iz kolone 19 mL 0,1 M HCl. Kolikšen delež ravnotežne koncentracije CO2 ima voda pri izstopu iz absorpcijske kolone? Ostali podatki: Henryjevo konstanto in snovne lastnosti vode odčitajte v tabelah A.7 in A.2.1. Rešitev Dosežemo 50 % ravnotežne koncentracije. Naloga 6 Iz ekvimolarne plinske mešanice CO2 in N2 odstranjujemo CO2 s protitočno absorpcijo v vodovodno vodo. Tlak mešanice je 1 bar, njena temperatura pa 15 ◦C. Za koliko se pri prehodu čez kolono poveča nasičenje vodovodne vode s CO2, če dobimo s titracijo ustreznih raztopin sledeče rezultate: a) Za 20 mL Ba(OH)2 porabimo 19 mL 0,1 M HCl. b) Za 20 mL Ba(OH)2 in 25 mL vodovodne vode porabimo 17 mL 0,1 M HCl. c) Za 20 mL Ba(OH)2 in 25 mL vodne raztopine CO2 na izstopu iz kolone porabimo 10 mL 0,1 M HCl. Predpostavite, da je N2 popolnoma netopen v vodovodni vodi. 53 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Ostali podatki: Henryjevo konstanto odčitajte v tabeli A.7. Rešitev Izstopna vodovodna voda je 4,5-krat bolj nasičena s CO2 kot vstopna vodovodna voda. Naloga 7* Čisti CO2 protitočno uvajamo v čisto vodo pri zunanjem zračnem tlaku in temperaturi 12 ◦C. Predpostavite, da voda popolnoma omoči steno cevi premera 2 cm in dolžine 1 m, v kateri poteka absorpcija. Določite pretok vode, če za mešanico 25 mL 0,05 M Ba(OH)2 in 25 mL vodne raztopine CO2 na izstopu iz kolone porabimo 17 mL 0,1 M HCl. Za izračun snovne prehodnosti uporabite naslednjo korelacijo: kL · D · 0,25 = 2,42 · Re0,7 · Sc0,5 (7.24) DAB pri čemer je D premer cevi. Ostali podatki: Sc = 894, DAB = 1,37 × 10−9 m2/s Henryjevo konstanto in snovne lastnosti vode odčitajte v tabelah A.7 in A.2.1. Rešitev ˙ V = 170 L/h Naloga 8 Prenos SO2 v čisto vodo smo določali s protitočno absorpcijo na laboratorijski napravi z obročki skupne omočene površine 0,035 m2 in omočenega obsega elementov L0 = 0,038 m. Voda v sistem vstopa s pretokom 20 kg/h. a) Določite koeficient snovnega prehoda, če predpostavite, da koncentracija SO2 v izstopni vodi doseže 50 % ravnotežne koncentracije in je sistem odprt na zunanji zračni tlak. b) Kakšno napako naredite pri izračunu koeficienta snovnega prehoda, če za izračun prestopnosti na strani tekočine uporabite Stephens-Morrisovo korelacijo (Enačba 7.15) in za prestopnost na strani plina vrednost 2 × 10−3 m s−1 bar−1? c) Kakšno napako naredite, če v primeru b) zanemarite snovno prestopnost na strani plina? Ostali podatki: He = 10 bar, DAB = 1,5 × 10−5 cm2/s, ρ = 1000 kg/m3, η = 1,1 mPa s Reynoldsovo in Schmidtovo število sta podana z enačbama: 4 · Φ Re = v · ρ (7.25) η · L0 Sc = η (7.26) ρ · DAB Rešitev a) KL = 1,1 × 10−4 m/s, b) napaka znaša 7,1 %, c) napaka znaša 90,2 % Naloga 9* Mehurček čistega kisika premera 0,1 cm injiciramo v mešalno posodo s čisto vodo pri temperaturi 25 ◦C (He = 44370 bar). Po 7 minutah se premer mehurčka zmanjša na 0,054 cm. Kakšen je koeficient snovnega prehoda, če sta upor v plinski fazi in začetna koncentracija kisika v vodi zanemarljiva ter je začetni tlak kisika 1 bar? Ostali podatki: Predpostavite, da kisik v vodi doseže ravnotežno koncentracijo, mehurčke pa aproksimiramo s sfero. Rešitev KL = 1,77 × 10−5 m/s 54 Zbirka nalog: Stacionarni prenos snovi Naloga 10 Ocenite Henryjevo konstanto kisika v površinski vodi pri 15 ◦C in 25 ◦C, če predpostavite, da je topnost dušika zanemarljiva. Ostali podatki: T [◦C] 14 16 18 20 22 24 26 cO2 [mg/L] 10,29 9,85 9,45 9,07 8,72 8,40 8,09 Snovne lastnosti vode odčitajte iz tabele A.2.1. Rešitev He15 ◦C = 3,71 × 104 bar, He25 ◦C = 4,52 × 104 bar Naloga 11 V zaprti plastenki je 1 L gazirane pijače pri 25 ◦C s koncentracijo CO2 0,086 mol/L in parcialnim tlakom CO2 2,5 bar. Kakšna bo koncentracija CO2 v gazirani pijači, če plastenko odpremo? Predpostavite ravnotežne pogoje in konstantno temperaturo. Molski delež CO2 v zraku je ocenjen na 0,03 %. Rešitev c = 1,03 × 10−5 mol/L Naloga 12* Na pilotni absorpcijski napravi z obročki smo preučevali prenos CO2 v vodovodno vodo. V ta namen smo vodovodno vodo s temperaturo 17 ◦C protitočno prepihovali s tokom čistega CO2 pri tlaku 1,2 bar. Za titracijo 25 mL vstopne vodovodne vode in 25 mL 0,05 M Ba(OH)2 smo porabili 24 mL 0,085 M HCl, poraba HCl v izstopni vodi pa se je spreminjala glede na pretok vode po naslednji zvezi: Φv [L/h] 10 15 20 25 30 VHCl [mL] 19,5 18,6 17,8 15,5 14,1 Narišite odvisnost koeficienta snovnega prehoda od volumskega pretoka in v naslednji korelaciji določite konstanti a in b: kL · L0 = a · Reb · Sc0,55 (7.27) DAB pri čemer je L0 = 2 · (premer + debelina) in sta Re in Sc podana z enačbama 7.25 in 7.26. Ostali podatki: Št. obročkov = 35, premer obročka = 17 mm, debelina obročka = 5 mm, DAB = 1,37 × 10−5 cm2/s Henryjevo konstanto in snovne lastnosti vode odčitajte v tabelah A.7 in A.2.1. Rešitev Konstanta a je 6,77 × 10−4, konstanta b pa 1,85. Naloga 13* Na absorpcijski napravi z obročki iz plinske mešanice CO2 in zraka, ki vsebuje 40 ut. % CO2, odstranjujemo CO2 s protitočno absorpcijo v vodo. Vstopna koncentracija CO2 v vodi je 0,01 g/L, izstopna pa 60 % ravnotežne koncentracije. Kolikšen delež ravnotežne koncentracija predstavlja izstopna koncentracija, če povečamo število obročkov za faktor 1,5, ostali pogoji pa ostanejo enaki? Ostali podatki: Ptot = 1,2 bar, T = 15 ◦C. Henryjevo konstanto odčitajte v tabeli A.7. Rešitev Na izstopu dosežemo 75% ravnotežno koncentracijo. 55 Diferencialna destilacija Naloga 1 Z diferencialno destilacijo ločujemo zmes metanola in vode. Po končani destilaciji pridobimo 100 kg destilacijskega ostanka z deležem metanola 5 mol. % in 50 kg destilata z deležem metanola 40 mol. %. Izračunajte maso in sestavo začetne zmesi. Shema m 0 , x 0 m, x mD, xD t = t 0 t = t Rešitev Za proces destilacije lahko zapišemo celokupno in komponentno masno bilanco: m0 = m + mD (8.1) m0 · w0 = m · w + mD · wD (8.2) Iz enačbe 8.1 sledi, da je začetna masa zmesi: m0 = 100 kg + 50 kg m0 = 150 kg Za izračun sestave začetne binarne zmesi molske deleže destilacijskega ostanka najprej pretvorimo v masne deleže: x · M w = MeOH (8.3) x · MMeOH + (1 − x) · MH20 Sledi: 0,05 · 32 g mol−1 w = 0,05 · 32gmol−1 + (1 − 0,05) · 18gmol−1 w = 0,086 0,40 · 32 g mol−1 wD = 0,40 · 32gmol−1 + (1 − 0,40) · 18gmol−1 wD = 0,542 56 Zbirka nalog: Diferencialna destilacija S preoblikovanjem enačbe 8.2 lahko izračunamo masno sestavo začetne zmesi: m · w + m w D · wD 0 = (8.4) m0 100 kg · 0,086 + 50 kg · 0,542 w0 = 150 kg x0 = 0,238 Sledi, da je molska sestava začetne zmesi enaka: w0 M x MeOH 0 = (8.5) w0 + (1−w0) MMeOH MH20 0,238 32 g mol−1 x0 = 0,238 + (1−0,238) 32 g mol−1 18 g mol−1 x0 = 0,149 Naloga 2 Po končani šaržni destilaciji 50 mol binarne raztopine s 15 mol. % lažje hlapne komponente pridobimo 30 mol destilacijskega ostanka. Izračunajte sestavo destilata, če lahko v tem območju sestav molsko sestavo hlapov izrazimo s funkcijo y = 1,5 · x + 0,05. Rešitev Za diferencialno destilacijo lahko zapišemo celokupno in komponentno diferencialno bilanco sistema: dn = F(t) (8.6) dt d(n, x) = F(t) · y(x) (8.7) dt Sledi: dx dn dn n · + x · = y(x) · (8.8) dt dt dt dn dx = (8.9) n y(x) − x Pri čemer upoštevamo, da je ravnotežna koncentracija v parni fazi (y) funkcija koncentracije v tekoči fazi (x). Če enačbo 8.8 integriramo v mejah (n0, n) ter (x0, x) dobimo Rayleighovo enačbo: n Z x 1 ln = · dx (8.10) n0 x y(x) − x 0 Upoštevamo, da se sestava hlapov spreminja po linearni funkciji y = 1,5 · x + 0,05 in zapišemo: n Z x 1 ln = · dx (8.11) n0 x 0,5 · x + 0,05 0 Izpeljemo zvezo za x: n 0,5 n · (0,5 · x0 + 0,05) − 0,05 x = 0 (8.12) 0,5 30 mol 0,5 · (0,5 · 0,15 + 0,05) − 0,05 x = 50 mol 0,5 x = 0,094 57 Zbirka nalog: Diferencialna destilacija Iz splošne množinske bilance izračunamo množino destilata: nD = n0 − n (8.13) nD = 50 mol − 30 mol nD = 20 mol ter iz komponentne množinske bilance sestavo destilata: n x 0 · x0 − n · x D = (8.14) nD 50 mol · 0,15 − 30 mol · 0,094 xD = 20 mol xD = 0,235 Naloga 3 Diferencialno smo destilirali 500 kg vodne raztopine etanola z njegovo začetno sestavo 20 mol. %. Koliko kg etanola ostane v destilacijskem ostanku, če pridobimo destilat s 45 mol. % etanola? Rešitev Rayleighovo enačbo (8.10) lahko z uporabo množinske bilance preuredimo: x Z x 1 ln 0 − xD = · dx (8.15) x − xD x y(x) − x 0 Na osnovi ravnotežnih podatkov za sistem etanol-voda (Tabela A.6): x [\] 0,0190 0,0721 0,0966 0,1238 0,1661 0,2337 0,2608 y [\] 0,1700 0,3891 0,4375 0,4704 0,5089 0,5445 0,5580 lahko določimo odvisnost parne in tekoče faze ter grafično prikažemo območje pod integralom (Slika 8.1). 10 8 f (x) = −66742 · x5 + 56797 · x4 − 18698 · x3+ +3001, 3 · x2 − 235, 73 · x + 10, 157 (/) 6 x 1 )− (xy 4 2 0 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 x (/) Slika 8.1: Odvisnost 1 od x za sistem etanol/voda v izbranem intervalu. y(x)−x V izbranem intervalu (x0, x) lahko enačbo 8.15 zapišemo kot: x ln 0 − xD = (8.16) x − xD Z x (−66742 · x5 + 56797 · x4 − 18698 · x3 + 3001,3 · x2 − 235,73 · x + 10,157) · dx x0 0,20 − 0,45 ln = x − 0,45 Z x (−66742 · x5 + 56797 · x4 − 18698 · x3 + 3001,3 · x2 − 235,73 · x + 10,157) · dx 0,20 58 Zbirka nalog: Diferencialna destilacija Z numerično (ali grafično) rešitvijo enačbe 8.16 dobimo rešitev: x = 0,039. Povprečna molska masa začetne raztopine je definirana kot: Mn, 0 = x0 · MEtOH + (1 − x0) · MH2O (8.17) Mn, 0 = 0,2 · 46 g mol−1 + (1 − 0,2) · 18 g mol−1 Mn, 0 = 23,6 g mol−1 Sledi, da je množina začetne zmesi enaka: m n 0 0 = (8.18) Mn, 0 500 kg n0 = 23,6 g mol−1 n0 = 21,2 kmol ter množina ostanka enaka: x n = n 0 − xD 0 · (8.19) x − xD 0,20 − 0,45 n = 21,2 kmol · 0,039 − 0,45 n = 12,9 kmol Z upoštevanjem molskega deleža etanola v ostanku (x = 0,039) določimo množino etanola v ostanku (n = 506 mol) in njegovo maso: mEtOH = nEtOH · MEtOH (8.20) mEtOH = 506 mol · 46 g mol−1 mEtOH = 23,3 kg Naloga 4 100 molov vodne raztopine etanola z začetno vsebnostjo etanola 35 mol. % diferencialno destiliramo toliko časa, da v destilacijskem kotlu ostane 90 ut. % težje hlapne komponente. Izračunajte množino in sestavo destilata po končani destilaciji, če lahko izrazimo molsko sestavo hlapov v tem območju sestav s funkcijo y = 2,5 · x + 0,03. Kolikšna masa etanola še ostane v destilacijskem kotlu? Rešitev V destilatu bo 69,7 mol zmesi z 48,4 mol. % etanola. V destilacijskem kotlu po destilaciji ostane še 58 g etanola. Naloga 5 Z diferencialno destilacijo ločujemo 50 kg binarne zmesi etanola in vode. Kolikšna bosta masa in molska sestava destilata v trenutku, ko v kotlu ostane še 1,5 kg etanola ter 28,5 kg vode? Predpostavite, da v tem območju utežnih sestav velja zveza y = 2 · x + 0,1. Rešitev V destilatu bo 20 kg zmesi s sestavo 14,4 mol. % etanola. Naloga 6 Z diferencialno destilacijo ločujemo zmes dveh komponent. Kolikšen del začetnega deleža lažje hlapne komponente bo v ostanku, če predestiliramo polovico začetne množine? Predpostavite, da v tem območju molskih sestav velja, da je v parni fazi 3-krat večji delež lažje hlapne komponente kot v kapljevinasti fazi Rešitev Ostalo bo še 25 % začetnega deleža. 59 Zbirka nalog: Diferencialna destilacija Naloga 7 100 kg zmesi etanola in vode z začetnim deležem etanola 5 ut. % ločujemo s šaržno destilacijo do 1 ut. % etanola v destilacijskem ostanku. Dobljeni destilat ponovno destiliramo, da dobimo nov destilat s 44 ut. % etanola. Kolikšna je masa dobljenega destilata po končani drugi stopnji destilacije, če lahko ravnotežne podatke (za obe stopnji destilacije) v tem območju utežnih sestav dobimo iz zveze y = 3 · x + 0,10? Rešitev V destilatu dobimo 8,0 kg zmesi. Naloga 8* Po šaržni destilaciji binarne zmesi metanol-voda smo pridobili 100 kg destilata s 30 mol. % metanola. V destilacijskem kotlu je ostala zmes s 7 mol. % metanola. Kolikšni sta bili začetna količina in sestava, če predpostavite, da v tem območju utežnih sestav velja zveza y = 2 · x? Rešitev Destilirali smo 160 kg zmesi z 20,5 mol. % metanola. Naloga 9 1 L vodne raztopine etanola ločujemo z diferencialno destilacijo, pri čemer se temperatura vrelišča zmesi v destilacijskem kotlu spremeni s 85 ◦C na 95 ◦C. Kakšno napako naredite pri izračunu končne sestave destilata, če za ravnotežno odvisnost med parno in tekočo fazo namesto polinoma 3. reda (kubična enačba) vzamemo polinom 2. reda (kvadratna enačba) ali polinom 1. reda (linearna enačba)? Ostali podatki: Ravnotežne podatke za sistem etanol-voda odčitajte iz tabele A.6. Rešitev Napaka znaša 10,1 % v primeru uporabe polinoma 1. reda ter 2,5 % v primeru uporabe polinoma 2. reda. Naloga 10 100 mol ekvimolarne raztopine benzena in toluena ločujemo z diferencialno destilacijo pri atmosferskem tlaku. Po končani destilaciji je v ostanku še 33 mol. % benzena. Določite sestavo in množino destilata. Ostali podatki: Ravnotežni podatki za sistem benzen-toluen: xmol, benzen [\] 0,30 0,33 0,36 0,39 0,42 0,45 0,48 0,50 0,52 ymol, benzen [\] 0,481 0,515 0,549 0,580 0,610 0,639 0,666 0,684 0,701 Rešitev Po destilaciji dobimo 59,4 mol destilata z 61,6 mol. % benzena. Naloga 11 Z diferencialno destilacijo ločujemo 5 kg mešanice metanola in vode z vsebnostjo lažje hlapne komponente 61 mol. %. Kakšni bosta sestava in masa ostanka, če želimo pridobiti destilat z 80 mol. % metanola? Ostali podatki: Ravnotežne podatke za sistem metanol-voda odčitajte iz tabele A.5. Rešitev Po destilaciji dobimo 2,43 kg ostanka s 44,3 mol. % metanola. Naloga 12* 10 kg 20 mol.% vodne raztopine etanola destiliramo toliko časa, da v destilacijskem kotlu ostane zmes z 8 mol. % etanola. Dobljenemu destilatu ponovno dodamo začetno zmes enake množine in 60 Zbirka nalog: Diferencialna destilacija destilacijo ponovimo, da dobimo 50 mol novega destilata. Kakšna je sestava dobljenega destilata po prvi in drugi destilaciji? Ostali podatki: Ravnotežne podatke za sistem etanol-voda odčitajte iz tabele A.6. Rešitev Po končani prvi destilaciji pridobimo destilat z 48,6 mol. % etanola, po končani drugi destilaciji pa destilat z 58,4 mol. % etanola. Naloga 13* Za zmes dveh komponent, ki se mešata v vseh razmerjih, so bili pridobljeni naslednji ravnotežni podatki (pri čemer se utežna deleža x in y nanašata na lažje hlapno komponento): x [ut. %] 5,2 9,9 11,7 16,5 23,7 y [ut. %] 15,4 24,8 28,4 38,0 52,4 Kakšna sta začetna masa in sestava zmesi, če po končani destilaciji pridobimo 10 kg destilata s 26 ut. % lažje hlapne komponente in ostanek s 3 ut. % lažje hlapne komponente? Rešitev Destilirali smo 15,3 kg zmesi z 18,0 ut. % lažje hlapne komponente. 61 Rektifikacija Naloga 1 Na rektifikacijski koloni ločujemo ekvimolarno zmes metanola in vode. V stacionarnem stanju pridobivamo destilat z 99 mol. % metanola ter ostanek z 98 mol. % vode. Določite molska tokova obeh produktov, če v sistem vstopa zmes s pretokom 100 kg/h. Shema D, xD F, xF W, xw Rešitev Za stacionarno obratovanje lahko zapišemo celokupno molsko bilanco rektifikacijske kolone: F = W + D (9.1) in komponentno bilanco sistema: F · xF = W · xW + D · xD (9.2) Molski tok napajalne zmesi preračunamo iz masnega toka: F F = ut (9.3) MF pri čemer je MF povprečna molska masa napajalne zmesi izražena kot: MF = xF · MMeOH + (1 − xF) · MH2O (9.4) MF = 0,5 · 32 g mol−1 + (1 − 0,5) · 18 g mol−1 MF = 25 g mol−1 62 Zbirka nalog: Rektifikacija Sledi, da je molski tok napajalne zmesi: 100 kg h−1 F = 25 g mol−1 F = 4 kmol h−1 Iz enačb 9.1 in 9.2 izračunamo tok ostanka: x W = F · F − xD (9.5) xW − xD 0,5 − 0,98 W = 4 kmol h−1 · 0,02 − 0,98 W = 2 kmol h−1 ter destilata: D = F − W D = 4 kmol h−1 − 2 kmol h−1 D = 2 kmol h−1 Naloga 2 Določite teoretično število prekatov po metodi McCabe-Thiele in vrednost HETP (z = 2 m), če na pilotno reaktifikacijsko kolona vstopa zmes metanola in vode z molskim deležem metanola xF = 0,2 ter temperaturo TF = 30 ◦C. Kolono zapuščata produkta pri temperaturi njunih vrelišč: destilat s sestavo xD = 95 mol. % metanola in ostanek s sestavo xW = 5 mol. % metanola. Kolona obratuje pri refluksnem razmerju R = 2. Določite tudi minimalno refluksno razmerje. Rešitev Metoda McCabe-Thiele temelji na grafični predstavitvi snovnih in toplotnih bilanc ter ravnotežja med parno in kapljevinasto fazo. Osnova predpostavka metode je, da se na vsakem prekatu med fazama vzpostavi ravnotežje. Najprej narišemo ravnotežno krivuljo za sistem metanol-voda ter diagonalo y = x skozi izhodišče koordinatnega sistema. Na diagonali vrišemo točke (xW, xW), (xF, xF) ter (xD, xD). Iz točke (xD, xD) narišemo zgornjo obratovno črto, ki ima naslednjo obliko: R x y = · x + D (9.6) R + 1 R + 1 2 0,95 y = · x + 2 + 1 2 + 1 Iz točke (xF, xF) narišemo e-črto do presečišča z zgornjo obratovno črto, pri čemer ima e-črta naslednjo obliko: e x y = · x − F (9.7) e − 1 e − 1 in je vrednost e podana kot: (Tvr − TF) · (Σcp · xi) e = 1 + Σ∆ (9.8) Hizp,i · xi Tvr predstavlja temperaturo vrelišča mešanice metanol-voda pri sestavi xF (81,7 ◦C). Pri tej temperaturi tudi odčitamo izparilno entalpijo. Specifično toplotno kapaciteto odčitamo pri aritmetični srednji temperaturi (TF + Tvr)/2. Sledi, da je vrednost e enaka: (81,7 ◦C − 30 ◦C) · (88,2 J mol−1 K−1 · 0,2 + 75,3 J mol−1 K−1 · 0,8) e = 1 + (9.9) (33,8 kJ mol−1 · 0,2 + 41,5 kJ mol−1 · 0,8) e = 1,101 63 Zbirka nalog: Rektifikacija ter enačba e-črte: 1,101 0,2 y = · x − 1,101 − 1 1,101 − 1 Na koncu iz presečišča zgornje obratovne črte in e-črte potegnemo spodnjo obratovno črto do točke (xW, xW). Med ravnotežno krivuljo in obema obratovnima črtama vrišemo pravokotne stopnice, pri čemer je število stopnic enako teoretičnemu številu prekatov (nt). 1 1 2 3 (/) 0.8 4 (xD, xD) faze 0.6 5 linastep x 6 zgornja obratovna 0.4 D črta R+1 va e-črta ta ses- 0.2 (xF , xF ) y spodnja obratovna črta (xW , xW ) 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 x - sestave tekoče faze (/) Slika 9.1: Grafična določitev števila prekatov po metodi McCabe-Thiele. HETP (višinski ekvivalent teoretičnega prekata) določimo kot: z 2 m HETP = = = 0,33 m (9.10) nt 6 Minimalno refluksno razmerje je najmanjša vrednost refluksa, ki še omogoča separacijo (in obratuje pri neskončnem številu teoretičnih prekatov). Izračunamo ga na tak način, da zgornjo obratovno črto potegnemo skozi presečišče ravnotežne krivulje in e-črte ter določimo vrednost R. Sledi: Rmin x = D − y0 Rmin + 1 xD − x0 (9.11) pri čemer x0 in y0 predstavljata presečišče ravnotežne krivulje z e-črto. Če enačimo enačbi ravnotežne krivulje in e-črte, dobimo vrednosti x0 = 0,238 ter y0 = 0,617. Sledi, da je minimalno refluksno razmerje enako: Rmin 0,95 − 0,617 = Rmin + 1 0,95 − 0,238 Rmin = 0,88 Naloga 3 Zmes metanola in vode ločujemo na rektifikacijski napravi. Ko je doseženo stacionarno stanje, določite: a) Pretok in sestavo napajalnega toka, če želimo pridobiti 50 mol/h destilata s 95 mol. % metanola in 220 mol/h destilacijskega ostanka z 98 mol. % vode. 64 Zbirka nalog: Rektifikacija b) Moč grelca, če je tok hlapov 100 mol/h ter posamezni tokovi na kolono vstopajo in iz nje izstopajo pri temperaturi njihovih vrelišč. Predpostavite, da tok hladne vode v celoti odvede kondenzacijsko entalpijo hlapov in so toplotne izgube zanemarljive. Rešitev a) Iz celokupne (Enačba 9.1) in komponentne (Enačba 9.2) množinske bilance izračunamo pretok (F = 270 mol/h) in sestavo (xF = 19,2 mol. %) napajalnega toka. b) Energijsko bilanco rektifikacijske naprave zapišemo v obliki: F · hF + ˙ Qg = W · hW + D · hD + ˙ Qk + ˙ Qizg (9.12) pri čemer entalpijo posameznih tokov izračunamo kot: hi = Σcp,i · xi · Ti (9.13) kjer T predstavlja temperaturo posameznega toka v ◦C. Pri sestavi posameznega toka določimo temperaturo vrelišča in pri tej temperaturi odčitamo vrednosti specifične toplotne kapacitete za obe komponenti: F(Tvr = 82,0 ◦C) : cp,MeOH = 95,6 J mol−1 K−1; cp,voda = 75,6 J mol−1 K−1 W(Tvr = 96,9 ◦C) : cp,MeOH = 100,4 J mol−1 K−1; cp,voda = 75,9 J mol−1 K−1 D(Tvr = 65,6 ◦C) : cp,MeOH = 90,8 J mol−1 K−1; cp,voda = 75,4 J mol−1 K−1 Prek enačbe 9.13 izračunamo entalpijo posameznih tokov: hF = 6,5 kJ/mol, hW = 7,4 kJ/mol in hD = 5,9 kJ/mol. V kondenzatorju (hladilniku) hladilna voda v celoti odvede kondenzacijsko entalpijo hlapov, zato lahko toplotno bilanco zapišemo kot: ˙ Qk = Φm, voda · cp,voda · (Tiz − Tv) = ∆Hkond · ˙V (9.14) Upoštevamo, da je sestava hlapov v kondenzatorju enaka sestavi destilata, zato kondenzacijsko entalpijo obeh komponent odčitamo pri temperaturi TD: ∆Hkond, MeOH = 35,0 kJ/mol ∆Hkond, voda = 42,2 kJ/mol Z upoštevanjem sestave destilata in vrednosti toka hlapov ( ˙ V = 100 mol/h) izračunamo, da je vrednost ˙ Qk enaka 982 W. Moč grelca nadalje določimo prek enačbe 9.12, pri čemer zanemarimo toplotni tok izgub: ˙ Qg = W · hW + D · hD + ˙ Qk − F · hF ˙ Qg = 220 mol h−1 · 7,4 kJ mol−1 + 50 mol h−1 · 5,9 kJ mol−1 + 0,982 kW− −270 mol h−1 · 6,5 kJ mol−1 ˙ Qg = 1028 W Naloga 4 Na rektifikacijski koloni kot ločena produkta pridobivamo destilat in destilacijski ostanek v molskem razmerju tokov 1 : 4. Ko dosežemo stacionarno stanje, imamo v destilatu 99 mol. % lažje hlapne komponente, v ostanku pa 98 mol. % težje hlapne komponente. Kolikšna sta pretok in sestava napajalnega toka, če sistem obratuje pri refluksnem razmerju 3 in je molski tok hlapov 15 kmol/h? Rešitev Rektifikacijsko kolono napajamo z 18,75 kmol/h zmesi z 21,4 mol. % lažje hlapne komponente. Naloga 5 V pilotno rektifikacijsko kolono vteka zmes metanola in vode s tokom 5 kg/h in molskim deležem 65 Zbirka nalog: Rektifikacija bolj hlapne komponente 20 mol. %. Iz kolone pridobivamo destilat, ki še vsebuje 1 mol. % manj hlapne komponente. Refluksno razmerje je enako 2,5. Hlapi, ki iz kolone izhajajo s pretokom 2,1 kg/h, nad kolono kondenzirajo (∆Hkond = 1400 kJ/kg) na vodnem hladilniku, ki odvede celotno kondenzacijsko entalpijo. a) Kolikšen je tok destilata in destilacijskega ostanka, če je temperatura destilata 25 ◦C? b) Kolikšen je molski delež metanola v destilacijskem ostanku, ko se vzpostavi stacionarno stanje? c) Kolikšne so toplotne izgube, če predpostavite, da je vnos toplote z vstopnim tokom približno enak odvajanju toplote s tokom destilacijskega ostanka in je moč grelca ocenjena na 1046 W? Ostali podatki: Snovne lastnosti za metanol in vodo odčitajte v tabelah A.3 in A.2.1. Rešitev a) D = 0,6 kg/h, W = 4,4 kg/h, b) xw = 13,3 mol. %, c) ˙ Qizg = 219 W Naloga 6 Na pilotni rektifikacijski koloni (Slika 9.2) kontinuirno destiliramo vodno raztopino metanola pri refluksnem razmerju 1,9. T = 67◦C V kondenzator Φ = 500 L/h v x = 95 mol.% D T = 25◦C D D = 5 kg/h grelec ˙ Q = 500 W g x = 16 mol.% F T = 25◦C F x = 2 mol.% W T = 98◦C W ˙ Q = 6000 W r Slika 9.2: Shematski prikaz pilotne rektifikacijske kolone. Izračunajte: a) Tok destilacijskega ostanka in napajalne zmesi. b) Spremembo temperature vode na kondenzatorju, ki popolnoma odvede kondenzacijsko toploto, če hladna voda vstopa pri sobni temperaturi. c) Toplotne izgube sistema. Ostali podatki: Snovne lastnosti za metanol in vodo odčitajte v tabelah A.3 in A.2.1. Rešitev a) F = 1061 mol/h, W = 901 mol/h, b) ∆T = 8,6 ◦C, c) ˙ Qizg = 98 W Naloga 7 Vodno raztopino metanola s 25 ut. % lažje hlapne komponente kontinuirno ločujemo na pilotni rektifikacijski koloni. Pri refluksnem razmerju 4 dobimo destilat z 10 mol. % težje hlapne komponente in destilacijski ostanek s 4 mol. % lažje hlapne komponente. Kondenzacijsko entalpijo hlapov v celoti odvedemo s hladno vodo s pretokom 8 kg/min, pri čemer se voda segreje iz 16 ◦C 66 Zbirka nalog: Rektifikacija na 24 ◦C. a) Določite posamezne tokove. b) Določite toplotne izgube, če je moč grelca ocenjena na 5,0 kW in imajo hlapi destilata temperaturo 63 ◦C, destilacijski ostanek 98 ◦C in napajalna zmes 79 ◦C. Ostali podatki: Snovne lastnosti za metanol in vodo odčitajte v tabelah A.3 in A.2.1. Rešitev a) F = 13,2 kg/h, D = 2,7 kg/h, W = 10,5 kg/h, b) ˙ Qizg = 347 W Naloga 8 V pilotno rektifikacijsko kolono vteka 2,1 kg/h zmesi metanola in vode pri temperaturi 50 ◦C s koncentracijo bolj hlapne komponente 20 mol. %. Destilat, ki vsebuje 98 mol. % bolj hlapne komponente, zapušča kolono pri temperaturi vrelišča in refluksnem razmerju 2. Hlapi, ki izhajajo iz kolone, kondenzirajo na vodnem hladilniku, skozi katerega teče hladna voda s pretokom 50 kg/h, pri čemer se ji temperatura pri prehodu skozi kondenzator spremeni za 4,6 K. a) Določite teoretično število prekatov z McCabe–Thielejevo metodo. b) Določite višino polnila v koloni, če znaša HETP 0,3 m. c) Določite minimalno refluksno razmerje. Ostali podatki: Snovne lastnosti za metanol in vodo odčitajte v tabelah A.3 in A.2.1. Rešitev a) nt = 7, b) z = 2,1 m, c) Rmin = 0,98 Naloga 9 Na koloni z višino 2 m ločujemo binarno zmes benzena in toluena. Določite minimalno število teoretičnih prekatov in vrednost HETP, če v destilatu dobimo 95 mol. % lažje hlapne komponente in v ostanku 90 mol. % težje hlapne komponente. Kakšno napako naredite, če minimalno število teoretičnih prekatov določite grafično? Ostali podatki: Ravnotežni podatki za sistem benzen-toluen: x [/] 0,000 0,130 0,258 0,411 0,581 0,780 1,000 y [/] 0,000 0,261 0,456 0,632 0,777 0,900 1,000 Rešitev nt, min = 5,7, HETP = 0,35 m, napaka = 13 % Naloga 10 Na rektifikacijski koloni vodimo utekočinjen zrak s pretokom 150 kmol/h. Iz kolone odvajamo destilat s pretokom 30 kmol/h in deležem lažje hlapne komponente 0,9. Za koliko moramo povečati refluksno razmerje, če želimo povečati tok ostanka za 15 %? Predpostavite, da je tok hlapov enak prvotnemu toku ostanka ter da je zmes zraka binarna in z enako sestavo kot pri sobni temperaturi. Rešitev Refluksno razmerje moramo povečati za faktor 3. Naloga 11 V kontinuirno destilacijsko kolono vodimo binarno zmes. Iz kolone pridobivamo destilat z 90 mol. % lažje hlapne komponente in ostanek z 10 mol. % lažje hlapne komponente. Koliko je sestava ostanka, če delež lažje hlapne komponente v destilatu povečamo za 10 %? Predpostavite, da se vrednosti posameznih tokov in sestava napajalnega toka ne spremenijo. Rešitev V ostanku imamo še 1 mol. % lažje hlapne komponente. 67 Zbirka nalog: Rektifikacija Naloga 12 Na pilotni rektifikacijski koloni ločujemo vodno raztopino metanola z molskim deležem lažje hlapne komponente 22 % pri refluksnem razmerju 2 in temperaturi napajalne zmesi 55 ◦C. Pretok destilata je 0,5 kg/h, pretok napajalne zmesi 3,0 kg/h in pretok hladilne vode, ki v celoti odvede kondenzacijsko entalpijo hlapov, 60 kg/h. Destilat in destilacijski ostanek zapuščata kolono pri temperaturi njunih vrelišč. a) Izračunajte toplotne izgube sistema, če je moč grelca ocenjena na 1 kW. b) Določite teoretično število prekatov, če veljajo naslednji eksperimentalni podatki: t [min] xd [mol. %] Tvs [◦C] Tiz [◦C] 10 92,5 11,0 22,0 20 94,1 11,0 22,0 30 96,2 12,0 22,0 40 96,2 11,9 22,0 Ostali podatki: Snovne lastnosti za metanol in vodo odčitajte v tabelah A.3 in A.2.1. Rešitev a) ˙ Qizg = 204 W, b) nt = 6 Naloga 13* a) Določite število prekatov za ločevanje binarne zmesi toluena (55 mol. %) in benzena (45 mol. %) pri refluksnem razmerju 1,8, če sme tok destilata vsebovati le 5 mol. % toluena ter tok ostanka le 5 mol. % benzena. Napajalna zmes vstopa v kolono pri temperaturi vrelišča, molsko sestavo hlapov pa lahko izrazimo s funkcijo: y = α · x (9.15) 1 + x · ( α − 1) pri čemer je x molska sestava tekoče faze, α pa relativna hlapnost z vrednostjo 2,45. b) Na koliko moramo povečati teoretično število prekatov, če se delež benzena v napajalni zmesi zmanjša na 37 mol. %? c) Koliko je minimalno refluksno razmerje v primeru b)? Rešitev a) nt = 12, b) nt = 17, c) Rmin = 1,63 68 Sušenje Naloga 1 V adiabatnem sušilniku sušimo vlažen material v periodi konstantne sušilne hitrosti pri temperaturi 65 ◦C. Masa materiala se v 4 h zmanjša iz 5,5 kg na 1,25 kg. Določite površino sušilnika, če je koeficient snovnega prestopa ocenjen na ky = 2,5 kg m−2 min−1. Temperaturi mokrega in suhega termometra, ki ju določimo prek psihrometra, sta Tm = 17 ◦C in Ts = 25 ◦C. V kolikšnem času bi isti material posušili do enake končne vlažnosti, če bi vstopni zrak segreli na 80 ◦C? Shema Tg, Yg Tg, Yg ˙ W ˙ Q Tw, Yw Tw, Yw m 0 , X 0 Rešitev Snovni tok za proces sušenja lahko zapišemo kot: ∆ ∆ ˙ m X W = − ∆ = − · m t ∆t ss (10.1) ˙ W = ky · A · (Yw − Yg) (10.2) pri čemer Yw predstavlja vlažnost filma zraka nad površino sušečega materiala, Yg pa vlažnost glavne mase zraka. Vrednosti odčitamo iz psihrometrijske karte (Slika 10.1): 1. Določimo točko, kjer se sekata temperatura mokrega termometra Tm in krivulja 100% vlažnosti. 2. Iz te točke se po črti adiabate pomaknemo do temperature suhega termometra Ts. 3. V tej točki odčitamo vlažnost glavne mase zraka Yg, ki je v tem primeru 0,009. 4. Iz točke (Yg, Tg) se po adiabati pomaknemo do krivulje 100% vlažnosti. 5. V tej točki odčitamo temperaturo filma zraka nad površino sušečega materiala Tw in njegovo vlažnost Yw, ki je v tem primeru 0,024. Prek enačbe 10.1 izračunamo snovni tok v periodi konstantne sušilne hitrosti: ˙ (5,50 − 1,25) kg W = − 4 h ˙ W = 1,06 kg h−1 69 Zbirka nalog: Sušenje Y 4 izohumida 5 Yw adiabata 1 ma 100 % oteriz 3 Yg 2 5 T Tm Ts T T w g Slika 10.1: Grafični prikaz odčitka Yg in Yw iz psihrometrijske karte. ter iz enačbe 10.2 površino sušilnika: ˙ W A = ky · (Yw − Yg) 1,06 kg h−1 A = 2,5 kg m−2 min−1 · (0,024 − 0,009) A = 0,47 m2 V primeru, da bi vstopni zrak segreli na temperaturo 80 ◦C, bi bila vlažnost filma zraka nad površino sušečega materiala 0,029. Ker v obeh primerih sušimo v periodi konstantne sušilne hitrosti, velja: ∆X ∆X ∆ = (10.3) t ∆t 65 ◦C 80 ◦C Z upoštevanjem enačb 10.1 ter 10.2 sledi: (Y ∆ w − Yg) t 65 ◦C 80 ◦C = ∆t65 ◦C · (10.4) (Yw − Yg)80 ◦C ∆ (0,024 − 0,009) t80 ◦C = 4 h · (0,029 − 0,009) ∆t80 ◦C = 3 h Naloga 2 V komorni sušilnik vstopa 100% nasičen zrak s pretokom ˙ m = 50 kg/h in temperaturo 20 ◦C. a) Izračunajte končno vlažnost materiala po 2 h, če je izstopna vlažnost zraka Yiz = 0,020 ter sušimo mvs = 5 kg vlažne snovi z začetno vlažnostjo X0 = 33 %. b) Na kakšno temperaturo moramo segreti vstopni zrak, če znaša površina sušilnika 0,5 m2 in koeficient snovnega prestopa ky = 40 kg m−2 h−1? c) Koliko znaša koeficient toplotnega prestopa ob predpostavki, da sušenje poteka adiabatno. 70 Zbirka nalog: Sušenje Rešitev a) Za proces sušenja lahko snovni tok vlage zapišemo kot funkcijo masnega pretoka zraka: ∆ ˙ X W = ˙ m · (Yiz − Yv) = − ∆ · m t ss (10.5) Pri čemer velja, da je v tem primeru Yv = Yg. Vlažnost materiala je definirana kot: mvlage X0 = (10.6) mss Iz česar sledi, da je masa suhe snovi mss enaka: m m vs ss = (10.7) 1 + X0 5 kg mss = 1 + 0,33 mss = 3,76 kg Vlažnost vstopnega zraka odčitamo iz psihrometrijske karte in pri tem upoštevamo, da je zrak pri temperaturi 20 ◦C nasičen (Tm = Ts). Sledi, da je Yg enaka 0,015 ter končna vlažnost materiala po 2 h (izpeljana iz enačbe 10.5): ˙ m · (Yiz − Yg) · ∆t Xk = X0 − mss 50 kg h−1 · (0,020 − 0,015) · 2 h Xk = 0,33 − 3,76 kg Xk = 0,20 b) Iz enačb 10.2 in 10.5 izrazimo vlažnost filma zraka nad površino sušečega materiala kot: ky · A · (Yw − Yg) = ˙m · (Yiz − Yg) (10.8) ˙ m · (Yiz − Yg) Yw = Yg + (10.9) ky · A 50 kg h−1 · (0,020 − 0,015) Yw = 0,015 + 40 kg m−2 h−1 · 0,5 m2 Yw = 0,027 Temperaturo segretega zraka Tg odčitamo iz psihrometrijske karte v točki, kjer se sekata adiabata iz krivulje 100% vlažnosti pri vrednosti Yw ter izohumida skozi Yg. Temperatura vstopnega zraka je tako 61 ◦C. c) Za proces adiabatnega sušenja zapišemo toplotni tok kot: ˙ Q = h · A · (Tg − Tw) (10.10) ˙ Q = ˙ W · ∆Hizp (10.11) Če upoštevamo, da je temperatura filma zraka nad površino sušečega materiala Tw = 31 ◦C (določeno iz psihrometrijske karte - Diagram B.4) in izparilna entalpija pri tej temperaturi ∆Hizp = 2426 kJ/kg (Tabela A.2.1), je koeficient toplotnega prestopa enak: ˙ W · ∆Hizp h = (10.12) A · (Tg − Tw) ˙ m · (Yiz − Yv) · ∆Hizp h = (10.13) A · (Tg − Tw) 50 kg h−1 · (0,020 − 0,015) · 2426 kJ kg−1 h = 0,5 m2 · (61 ◦C − 31 ◦C) h = 11 W m−2 K−1 71 Zbirka nalog: Sušenje Naloga 3 V adiabatnem sušilniku so bili pridobljeni naslednji podatki: X [%] 20,0 17,0 14,1 11,0 8,1 5,1 2,9 1,7 1,3 1,2 t [min] 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 Določite ∆X ∆ v periodi konstantne sušilne hitrosti in konstanto sušilnika. t Rešitev V periodi konstantne sušilne hitrosti velja, da je ∆X ∆ = konst. Iz eksperimentalnih podatkov sledi, t da je sušilna hitrost konstantna do 50 minute, njena vrednost pa je: ∆X X2 − X1 X3 − X2 X6 − X5 ∆ = − ' − ' ... − (10.14) t konst. t2 − t1 t3 − t2 t6 − t5 ∆X 0,17 − 0,20 ∆ = − t konst. 10 min − 0 min ∆X ∆ = 0,003 min−1 t konst. Za izračun konstante sušilnika potrebujemo kritično vlažnost (Xkr) ter ravnotežno vlažnost (Xr). Kritično vlažnost definiramo v začetni točki faze padajoče sušilne hitrosti (oziroma v končni točki faze konstantne sušilne hitrosti), v našem primeru ob času t = 50 min. Sledi, da je Xkr = 0,051. Ravnotežno vlažnost definiramo v trenutku, ko sušilna hitrost pade na 0, v našem primeru približno ob času t = 90 min. Sledi, da je Xr = 0,012 in izračun konstante sušilnika K enak: − ∆X K = ∆t konst. (10.15) Xkr − Xr 0,003 min−1 K = 0,051 − 0,012 K = 0,077 min−1 Naloga 4 Sušenje vlažnega materiala smo spremljali z merjenjem mase sušečega materiala. Izračunaj površino sušilnika A ter koeficient toplotnega prestopa h, če so bili pridobljeni naslednji eksperimentalni podatki: m [kg] 11,20 10,55 10,23 9,96 9,67 9,20 t [h] 0,5 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 Ostali podatki: ky = 80 kg m−2 h−1, Tg = 75 ◦C, Tm = 13 ◦C, Ts = 20 ◦C Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ocenite prek psihrometrijske karte (Diagram B.4). Snovne lastnosti vode ocenite iz tabele A.2.1. Rešitev A = 0,44 m2, h = 22,6 W m−2 K−1 Naloga 5 Na laboratorijskem sušilniku smo izmerili, da je sušilna hitrost v fazi konstantne sušilne hitrosti enaka 0,08 h−1. Masa vlažne snovi je 1584 g, začetna vlažnost pa 20 %. Vlažni material sušimo z zrakom, ki ima vstopno temperaturo 100 ◦C. Temperaturi mokrega in suhega termometra sta 17 ◦C oziroma 23 ◦C. Izračunajte koeficienta toplotnega h in snovnega prestopa ky, če material sušimo na pladnju dimenzij 20 x 30 cm. Ostali podatki: Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ocenite prek psihrometrijske karte (Diagram B.4). Snovne lastnosti vode ocenite iz tabele A.2.1. Rešitev h = 18,3 W m−2 K−1, ky = 0,018 kg m−2 s−1 72 Zbirka nalog: Sušenje Naloga 6 Na kolikšno temperaturo moramo segreti zrak v sušilniku, če želimo v 2 h posušiti 5 kg vlažnega materiala od začetne vlažnosti 25 % do končne vlažnosti 5 %? Kakšna je temperatura filma zraka nad sušečim materialom? Predpostavite, da je sušilna hitrost konstantna. Ostali podatki: A = 1 m2, ky = 20 kg m−2 h−1, Tm = 15 ◦C, Ts = 22 ◦C Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ocenite prek psihrometrijske karte (Diagram B.4). Rešitev Tg = 78 ◦C, Tw = 30 ◦C Naloga 7 V adiabatnem sušilniku sušimo material v periodi konstantne sušilne hitrosti s 100% nasičenim vlažnim zrakom z vstopno temperaturo 20 ◦C. Na kakšno temperaturo moramo segreti zrak, če znaša kapaciteta sušilnika W/A = 2 kg m−2 h−1? Koeficient snovnega prestopa ocenite prek naslednje korelacije: k 0,85 y = 0,012 · v0,75 · ρ (10.16) Hitrost zraka v sušilniku je 4 m/s in njegova gostota 1 kg/m3. Ostali podatki: Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ustrezno ocenite (Diagram B.4). Rešitev Tg = 72 ◦C Naloga 8 Za sušenje vlažnega peska na laboratorijskem adiabatnem sušilniku so bili pridobljeni naslednji podatki: t [min] 0 10 20 30 40 50 60 m [g] 1557 1537 1513 1486 1459 1432 1406 t [min] 70 80 90 100 110 120 130 m [g] 1381 1362 1350 1341 1335 1331 1330 Pri čemer je m vsota mas vlažnega materiala in pladnja. Izračunajte: a) maso dodane vode, b) koeficienta snovnega in toplotnega prestopa, c) konstanto sušilnika. Ostali podatki: ms = 1185 g, mp = 138 g, Tm = 17 ◦C, Ts = 22 ◦C, Tg = 65 ◦C, A = 0,06 m2 Pogoje v glavni masi ter v filmu zraka nad površino materiala ocenite prek psihrometrijske karte (Diagram B.4). Snovne lastnosti vode ocenite iz tabele A.2.1. Rešitev a) mv = 234 g, b) ky = 0,049 kg m−2 s−1, h = 49,7 W m−2 K−1, c) K = 0,052 min−1 Naloga 9 V adiabatnem sušilniku sušimo 80 kg vlažne snovi od začetne vlažnosti X0 = 25 % do končne vlažnosti 3 %. Temperaturi mokrega ter suhega termometra sta 20 ◦C in 27 ◦C, površina pladnja 2 m2 ter temperatura segretega zraka 75 ◦C. Predpostavi periodo konstantne sušilne hitrosti in konstantni koeficient snovnega prehoda. a) Izračunaj čas sušenja t, če lahko koeficient snovnega prehoda ocenite na 90 kg m−2 h−1. 73 Zbirka nalog: Sušenje b) Izračunaj, za koliko moramo povečati površino pladnja, če se temperatura segretega zraka zniža za 20 ◦C in želimo material posušiti v enakem času kot v primeru a). c) Izračunaj površino pladnja, če želimo material posušiti v 3 urah pod enakimi pogoji kot v primeru a). Ostali podatki: Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ocenite prek psihrometrijske karte (Diagram B.4). Snovne lastnosti vode ocenite iz tabele A.2.1. Rešitev a) t = 4,4 h, b) za 63 %, c) 2,9 m2 Naloga 10 Suhemu materialu dodamo 500 g vode. V kolikšnem času odstranimo 60 % dodane vode, če predpostavimo adiabatne pogoje in sušimo v periodi konstantne sušilne hitrosti pri temperaturi zraka 82 ◦C? Ostali podatki: h = 20 W m−2 K−1, A = 0,10 m2, Tm = 16 ◦C, Ts = 25 ◦C Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ustrezno ocenite (Diagram B.4). Snovne lastnosti vode ocenite iz tabele A.2.1. Rešitev t = 2 h Naloga 11 V periodi padajoče sušilne hitrosti so bili eksperimentalno pridobljeni naslednji podatki: t [min] 0 5 10 15 20 25 30 35 40 X [%] 5,50 3,50 2,50 1,95 1,59 1,45 1,34 1,27 1,27 Določi konstanto sušilnika K. Rešitev K = 0,13 min−1 Naloga 12* Vlažen material z začetno vlažnostjo 20 % smo popolnoma posušili na adiabatnem sušilniku pri temperaturi zraka 80 ◦C. Perioda konstantne sušilne hitrosti je trajala 3 h, pri čemer se je material posušil do 10% začetne vlažnosti. Perioda padajoče sušilne hitrosti je trajala 1 h. Kolikšna je teoretična masa zraka potrebna za sušenje, če je temperatura izstopnega zraka 20 ◦C nižja od temperature vstopnega zraka? Vlažnost površinskega filma sušečega materiala je konstantna. Ostali podatki: Tm = 16 ◦C, Ts = 23 ◦C, mss = 100 kg Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ustrezno ocenite (Diagram B.4). Rešitev mz = 1451 kg Naloga 13* Določite pretok zraka za sušenje 150 kg vlažne snovi z začetno vlažnostjo 0,30 do končne vlažnosti 0,05, če sušenje poteka 5 h na površini 5 m2 pri temperaturi vstopnega zraka 80 ◦C. Predpostavite, da je vlažnost površinskega filma tik ob površini sušečega materiala konstantna, vlažnost glavne mase zraka pa povprečje vstopne ter izstopne vlažnosti zraka. Ostali podatki: Tm = 20 ◦C, Ts = 28 ◦C, ky = 0,028 kg m−2 s−1 Pogoje v glavni masi in v filmu zraka nad površino materiala ustrezno ocenite (Diagram B.4). Rešitev Pretok zraka je 95 kg/h. 74 Mešanje Naloga 1 Za kolikokrat moramo povečati premer STC (ang.: Standard Tank Configuration) mešalnika, da bo stopnja pomešanja enaka kot ga dobimo v STC mešalniku premera T = 0,3 m, če kot povečevalni kriterij uporabimo konstantni volumski vnos moči ter motor s 5-krat večjo močjo? Shema motor T D = 13 T 0,1 T T 0,1 T Rešitev Če kot povečevalni kriteriji uporabimo konstantni volumski vnos moči, velja: P = konst. (11.1) V Sledi: P1 P = 2 (11.2) V1 V2 Za STC mešalnike velja: V = π · T3 (11.3) 4 Kar upoštevamo v enačbi 11.2: P1 · 4 P = 2 · 4 (11.4) π · T3 1 π · T3 2 75 Zbirka nalog: Mešanje Ker poznamo razmerje med močjo v obeh mešalnikih, lahko dobimo faktor povečanja premera STC mešalnika: T32 = 5 (11.5) T31 T2 = 1,7 T1 Naloga 2 V STC mešalniku premera T = 30 cm z Rushtonovo turbino mešamo vodno raztopino etanola z gostoto ρ = 940 kg/m3 in viskoznostjo η = 0,5 mPa s. a) Kako hitro se mora vrteti mešalo, da še zagotovimo popolnoma razvit turbulentni način mešanja, pri katerem velja Po = 5 (glej krivulje moči v prilogi B.3)? b) Kakšen je v tem primeru volumski vnos moči? Rešitev a) Popolnoma razvit turbulentni način mešanja bo pri Re > 104. N · D2 · ρ Re = (11.6) η Iz enačbe 11.6 izrazimo in izračunamo število vrtljajev: Re · η N = (11.7) D2 · ρ N = 0,532 s−1 b) Po izračunanem številu vrtljajev lahko določimo moč mešala. Za turbulentni tok velja: P = Po · ρ · N3 · D5 (11.8) P = 7,1 × 10−3 W Izračunamo še volumski vnos moči P/V: V = π · T3 (11.9) 4 V = 0,0212 m3 P = 0,334 W/m3 V Naloga 3 V STC mešalniku mešamo rastlinsko olje z gostoto ρ = 980 kg/m3 in viskoznostjo η = 2 Pa s. Mešanje z Rushtonovo turbino premera D = 0,15 m poteka v laminarnem tokovnem režimu. a) Kako hitro se mora vrteti mešalo, da je volumski vnos moči 1 W/m3? b) Kako hitro se največ lahko vrti mešalo, da še zagotovimo laminarni tokovni režim mešanja? Koliko je v tem primeru volumski vnos moči? Rešitev Za laminarni tok iz grafa krivulj moči (Priloga B.3) odčitamo vrednost koeficienta K, saj velja Po = K/Re. Pri Re številu 1 je vrednost Po, ki jo odčitamo na y osi enaka 68. Vrednost koeficienta je tako K = 68. V nadaljevanju nato izračunamo volumen mešalne posode (T = 3 · D = 0,45 m), moč mešala in število vrtljajev. V = π · T3 (11.10) 4 V = 0,0716 m3 P = 0,0716 W 76 Zbirka nalog: Mešanje Za laminarni tok moč mešala zapišemo kot: P = K · η · N2 · D3 (11.11) In izrazimo N: s P N = (11.12) K · η · D3 N = 0,395 s−1 b) Mejno območje zagotavljanja laminarnega toka je pri Re = 10. Skladno s tem lahko izračunamo maksimalno število vrtljajev ob upoštevanju izraza za Re število (Enačba 11.6) in izraženega števila vrtljajev (Enačba 11.7): N = 0,907 s−1 Izračunamo še moč mešala (Enačba 11.11) in volumski vnos moči mešala P/V: P = 0,38 W P = 5,3 W/m3 V Naloga 4 Vodno raztopino CMC-ja pripravljamo v STC mešalniku premera 30 cm s turbino z ukrivljenimi lopaticami. Pri vrtilni hitrosti mešala 500 min−1 dobimo suspenzijo primerne kvalitete. Izračunajte vrtilno hitrost in moč mešala v geometrijsko podobnem mešalniku volumna 10 m3, če je povečevalni kriterij konstantna obodna hitrost. Ostali podatki: ρ = 1200 kg/m3, η = 1,1 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev N = 64 min−1, P = 1094 W Naloga 5 V pilotnem STC mešalniku dobimo ustrezno suspenzijo z uporabo Rushtonove turbine s premerom mešala 10 cm in vrtilno hitrostjo 950 min−1. Izračunajte minimalno moč, potrebno za mešanje, in obodno hitrost mešala v STC mešalniku volumna 5 m3, če kot povečevalni kriterij uporabite: a) konstantni volumski vnos moči, b) konstantno obodno hitrost. Ostali podatki: ρ = 900 kg/m3, η = 6 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev a) P = 42,1 kW, v = 9,13 m/s b) P = 6,8 kW, v = 4,97 m/s Naloga 6 Izračunajte minimalno moč motorja, ki ga potrebujemo za mešanje vodne raztopine v STC mešalniku volumna 200 L z mešalom z ravnimi lopaticami, če je obodna hitrost mešala 6 m/s. Ostali podatki: ρ = 999,5 kg/m3, η = 1,2 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev P = 1,24 kW Naloga 7 V STC mešalniku volumna 1 m3 mešamo raztopino z mešalom z ukrivljenimi lopaticami pri frekvenci mešanja 100 obratov na minuto. 77 Zbirka nalog: Mešanje a) Izračunajte minimalno moč potrebno za mešanje. b) Kolikšna je minimalna moč mešanja v mešalniku volumna 3 m3, če je povečevalni kriteriji konstantni volumski vnos moči? c) Kakšna frekvenca mešanja v večjem mešalniku zagotavlja enako stopnjo turbulence kot v manjšem mešalniku? Ostali podatki: ρ = 950 kg/m3, η = 0,01 Pa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev a) P1 = 70 W, b) P2 = 211 W, c) N2 = 48 min−1 Naloga 8 V laboratorijskem STC mešalniku želimo pripraviti vodno raztopino melase. Na voljo imamo dva mešalnika: prvi z volumnom 15 L opremljen z Rushtonovo turbino in drugi z volumnom 20 L opremljen z mešalom z ukrivljenimi lopaticami. Kateri mešalnik izberemo, če želimo obratovati v turbulentnem območju in imamo na voljo motor z močjo 5 W? Ostali podatki: ρ = 1050 kg/m3, η = 5 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev Izberemo mešalnik opremljen z mešalom z ukrivljenimi lopaticami. Naloga 9 Mešanje vodne raztopine sladkorja smo preučevali na STC mešalniku premera 30 cm opremljenim z Rushtonovo turbino. Število obratov smo določili s pomočjo stroboskopa. Pridobili smo naslednje eksperimentalne podatke: F [N] 1,3 2,2 3,1 N1 [min−1] 280 360 430 N2 [min−1] 145 361 430 Primerjajte ujemanje eksperimentalno določenih točk s teoretično krivuljo moči (Priloga B.3) in komentirajte rezultate. Ostali podatki: Dolžina ročice 12,7 cm, ρ = 950 kg/m3, η = 1,2 mPa s Rešitev Napaka znaša 74,1 % za prvo meritev, 2,4 % za drugo meritev in 1,4 % za tretjo meritev. Naloga 10* V industrijskem STC mešalniku volumna 10 m3 želimo pripraviti disperzijo trdnih delcev v kapljevini z mešalom z ravnimi lopaticami. Izračunajte minimalno moč, potrebno za mešanje disperzije, in frekvenco mešanja, če smo v modelnih STC mešalnikih eksperimentalno določili naslednje točke: Premer mešala D [cm] 10 15 20 40 Optimalna obodna hitrost v [m/s] 2,52 2,89 3,18 4,01 Kateri povečevalni kriteriji smo uporabili? Ostali podatki: ρ = 1000 kg/m3, η = 20 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev P = 9,8 kW, N = 123 min−1, kot povečevalni kriterij smo uporabili konstantni volumski vnos moči. Naloga 11 Kateri tip mešala (rushtonova turbina, mešalo z ukrivljenimi lopaticami, mešalo z ravnimi lopaticami, mešalo z nagnjenimi lopaticami) zagotavlja najmanjšo porabo energije za pripravo 78 Zbirka nalog: Mešanje vodne suspenzije, če mešanje poteka v STC mešalniku volumna 10 m3 pri vrtilni hitrosti 500 min−1? Upoštevajte, da se izkoristek motorja spreminja po naslednji funkciji: izkoristek = a · Po−0,8 (11.13) pri čemer je a = 2,025 za Rushtonovo turbino, a = 1,726 za mešalo z ukrivljenimi lopaticami, a = 2,944 za mešalo z ravnimi lopaticami in a = 1,096 za mešalo z nagnjenimi lopaticami. Ostali podatki: ρ = 1120 kg/m3, η = 19 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev Najmanjšo porabo energije zagotavlja mešalo z ukrivljenimi lopaticami. Naloga 12 V laboratorijskem STC mešalniku mešamo kapljevino z mešalom premera 10 cm in vrtilno hitrostjo 400 min−1. Katero mešalo smo uporabili, če je število moči 4? Izračunajte moč, potrebno za mešanje, in vrtilno hitrost mešala v geometrijsko podobnem mešalniku s 50-krat večjim volumnom za naslednje povečevalne kriterije: a) konstantna obodna hitrost, b) konstantni volumski vnos moči, c) konstantno Reynoldsovo število. Ostali podatki: ρ = 1000 kg/m3, η = 1,5 mPa s, krivulja moči (Priloga B.3) Rešitev Uporabili smo mešalo z ravnimi lopaticami. a) P = 161 W, N = 109 min−1, b) P = 593 W, N = 168 min−1, c) P = 3,2 W, N = 29 min−1 Naloga 13* V pilotnem STC mešalniku smo pri izbranih vrtilnih hitrostih določali navor vrtenja z merjenjem sile na ročici (r). Dobili smo naslednje podatke: N [min−1] 100 200 300 550 700 900 1200 F [N] 1,3 1,9 2,8 3,6 4,8 5,9 7,0 Določite koeficienta a in b, če eksperimentalni podatki sledijo zvezi: Po = a · Reb (11.14) Ostali podatki: D = 10 cm, r = 13 cm, ρ = 1000 kg/m3, viskoznost pa se spreminja po naslednji zvezi: η = 2,2 · (12 · N)0,39−1 (11.15) Rešitev a = 855, b = −0,8166 79 Kemijska kinetika Naloga 1 Določi aktivacijsko energijo EA in predeksponentni faktor k0 na podlagi znanih vrednosti konstant reakcijske hitrosti pri določeni temperaturi: k (20 ◦C) = 0,0034 min−1, k (100 ◦C) = 0,1042 min−1. Rešitev Zapišemo Arrheniusovo zvezo: E k = k A 0 · exp − (12.1) R · T In postavimo razmerje med konstanto reakcijske hitrosti k1 pri T1 in k2 pri T2: k E 1 1 ln 2 = A · − (12.2) k1 R T1 T2 Ter izpostavimo aktivacijsko energijo EA: ln k2 · R k E 1 A = (12.3) 1 T − 1 1 T2 Sledi: ln 0,1042 min−1 E 0,0034 min−1 · 8,314 J mol−1 K−1 A = 1 293 K − 1 373 K EA = 38,9 kJ/mol Predeksponentni faktor k0 izračunamo s preureditvijo enačbe 12.1: k k 1 0 = (12.4) exp − EA R·T1 k0 = 28958 min−1 Naloga 2 Kemijsko reakcijo z vrednostjo aktivacijske energije EA = 56,9 kJ/mol izvajamo pri temperaturi T1 = 220 ◦C. Izračunaj temperaturo T2, pri kateri se konstanta reakcijske hitrosti potroji. Rešitev Izhajamo iz enačbe 12.2 prek katere ob upoštevanju k2 = 3 · k1 izrazimo temperaturo T2: 1 1 R 1 = + ln (12.5) T2 T1 EA 3 1 1 8,314 J mol−1 K−1 1 = + · ln T2 493 K 56900 J mol−1 3 Temperatura T2 je tako: T2 = 262,4 ◦C 80 +3001, 3 · x2 − 235, 73 · x + 10, 157 Zbirka nalog: Kemijska kinetika Naloga 3 V šaržnem reaktorju s konstantnim volumnom smo izvedli ireverzibilno reakcijo A → B. Sprememba koncentracije komponente A v odvisnosti od časa je prikazana na Sliki 12.1. Odčitki koncentracije komponente A v vsaki minuti so podani v tabeli: t [min] 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0 cA [mol/L] 2,00 1,11 0,77 0,59 0,48 0,40 0,35 0,30 0,27 0,24 0,22 a) Določi hitrost izginevanja komponente A v drugi minuti. b) Določi red reakcije in pripadajočo konstanto reakcijske hitrosti. 2 1.5 1 (mol/L) c A 0.5 0 0 2 4 6 8 10 t (min) Slika 12.1: Sprememba koncentracije reaktanta A in tangenta na krivuljo v drugi minuti reakcije. Rešitev a) Hitrost izginevanja komponente A v šaržnem reaktorju s konstantnim volumnom je enaka reakcijski hitrosti: dc − A = (−r dt A) (12.6) Odvod v 2. minuti določimo s konstruiranjem tangente na tem mestu. Iz naklona tangente izračunamo vrednost reakcijske hitrosti v 2. minuti eksperimenta. Odločimo se, da vrednost koncentracije komponente A na tangenti odčitamo v 1. in 3. minuti (črtkana črta). ∆c 1,005 − 0,533 mol (−r A A) = − ∆ = − t 3 − 1 L min (12.7) (−rA) = 0,236 mol L−1 min−1 Hitrost izginevanja komponente A v drugi minuti reakcije je tako 0,236 mol L−1 min−1. b) Najprej predpostavimo, da reakcija sledi prvemu redu (−rA) = k · cA: dc − A = k · c dt A (12.8) Po integraciji enačbe 12.8 v mejah cA|t=0 = cA0 in cA|t=t = cA podamo integralno obliko enačbe: c ln A0 = k · t (12.9) cA V nadaljevanju preverjamo linearnost Enačbe 12.9 v obliki grafične predstavitve izračunanih vrednosti. Na y os podajamo vrednosti ln cA0 za različne časovne intervale t. Ugotovimo, da cA reakcija ni prvega reda, saj eksperimentalne točke ne sledijo predvidenemu linearnemu trendu (Slika 12.2). 81 Zbirka nalog: Kemijska kinetika 2.5 2 0 1.5 c A c A ln 1 0.5 0 0 2 4 6 8 10 t (min) Slika 12.2: Preverjanje linearnosti Enačbe 12.9. V naslednji stopnji predpostavimo, da je reakcija drugega reda (−rA) = k · c2 : A dc − A = k · c2 dt A (12.10) In po integraciji enačbe 12.10 v mejah cA|t=0 = cA0 in cA|t=t = cA podamo integralno obliko enačbe: 1 1 − = k · t (12.11) cA cA0 Tudi v tem primeru na podlagi eksperimentalnih podatkov preverjamo linearnost enačbe 12.11. Na y os podajamo vrednosti 1 za različne časovne intervale t. c − 1 A cA0 4 3 (L/mol) 0 2 1 c A − 1 c A 1 0 0 2 4 6 8 10 t (min) Slika 12.3: Preverjanje linearnosti enačbe 12.11. Ugotovimo, da je reakcija drugega reda, saj točke sledijo linearno naraščajočemu trendu (Slika 12.3). Pripadajočo konstanto reakcijske hitrosti odčitamo iz naklona linearne funkcije: k = 0,094 L mol−1 min−1. 82 Zbirka nalog: Kemijska kinetika Naloga 4 V šaržnem reaktorju poteka reakcija prvega reda A → B z začetno koncentracijo reaktanta A cA0 = 5,0 mol/L pri temperaturi T0 = 20 ◦C. Po 5 minutah je dosežena konverzija XA = 0,85. a) Izračunaj konstanto reakcijske hitrosti. b) Izračunaj volumen PFR reaktorja za dosego 90% konverzije, če je volumski pretok skozi reaktor v0 = 1,0 mL/min. c) Izračunaj volumen CSTR reaktorja za dosego 90% konverzije, če je volumski pretok skozi reaktor v0 = 1,0 mL/min. d) Izračunaj prostorski čas τ v PFR in CSTR reaktorju. Rešitev a) Izhajamo iz izpeljane enačbe 12.9 in izpostavimo k: ln cA0 k = cA (12.12) t ln cA0 c k = A0·(1−XA) (12.13) t ln(1 − X k = − A) (12.14) t Po vstavitvi podatkov: ln(1 − 0,85) k = − 5 min k = 0,379 min−1 b) Za izračun volumna PFR reaktorja zapišemo modelno enačbo: V Z XA dX = A (12.15) FA0 0 (−rA) In za reakcijo prvega reda: V Z XA dX = A (12.16) v0 · cA0 0 k · cA0 · (1 − XA) Sledi: v V = − 0 · ln(1 − XA) (12.17) k Izračun: 1,0 L/min · ln(1 − 0,85) V = − 0,379 min−1 V = 5,0 L c) Za izračun volumna CSTR reaktorja zapišemo modelno enačbo: V X = A (12.18) FA0 (−rA) In za reakcijo prvega reda: V X = A (12.19) v0 · cA0 k · cA0 · (1 − XA) Sledi: v V = 0 · XA (12.20) k · (1 − XA) 83 Zbirka nalog: Kemijska kinetika Izračun: 1,0 L/min · 0,85 V = − 0,379 min−1 · (1 − 0,85) V = 14,9 L d) Prostorski čas τ izračunamo prek zveze: V τ = (12.21) v0 Sledi: τ PFR = 5 min (12.22) τ CSTR = 14,9 min Naloga 5 V PFR reaktorju poteka reakcija drugega reda A → B v kapljevinasti fazi z vstopno koncentracijo reaktanta A cA0 = 1,5 mol/L. Reaktor obratuje pri volumskem toku v0 = 0,5 L/min in temperaturi T = 25 ◦C. Konstanta reakcijske hitrosti pri tej temperaturi je k = 0,0125 L mol−1 s−1. a) Izračunaj koncentracijo reaktanta A na izstopu iz reaktorja, če je volumen reaktorja VPFR = 2,0 L. b) Izračunaj koncentracijo reaktanta A na izstopu iz CSTR reaktorja z enakimi obratovalnimi parametri kot v primeru PFR reaktorja. c) Izračunaj volumen CSTR reaktorja za dosego enake stopnje konverzije kot v primeru PFR reaktorja. Rešitev a) Preoblikujemo modelno enačbo za PFR reaktor (Enačba 12.15) in za drugi red zapišemo: V Z cA dc = − A (12.23) v0 cA0 k · c2A V 1 1 k · = − (12.24) v0 cA cA0 Sledi: c c A0 A = (12.25) 1 + cA0 · k · τ Izračun: 1,5 mol/L cA = 1 + 1,5 mol/L · 0,75Lmol−1 min−1 · 4min cA = 0,273 mol/L b) Preoblikujemo modelno enačbo za CSTR reaktor (Enačba 12.18) in za drugi red zapišemo: V c = A0 − cA (12.26) v0 k · c2A Ter rešujemo kvadratno enačbo: k · c2A · V + v0 · cA − v0 · cA0 = 0 (12.27) Izračun: −0,5 + p0,52 + 4 · 0,5 · 0,75 cA = 2 · 1,5 cA = 0,56 mol/L c) Volumen CSTR reaktorja izračunamo prek enačbe 12.26: VCSTR = 11,0 L (12.28) 84 Zbirka nalog: Kemijska kinetika Naloga 6 a) Zapiši enačbo reakcijske hitrosti za sledeči primer: Reakcija 2A → B + C je prvega reda. b) Aktivacijska energija neke reakcije je EA = 200 kJ/mol. Kolikokrat naraste hitrost procesa, če temperaturo dvignemo s T1 = 300 ◦C na T2 = 400 ◦C? Rešitev a) (−rA) = k · cA, b) k2/k1 = 512 Naloga 7 Reakcijo prvega reda 2A → R izvajamo v šaržnem reaktorju. Na podlagi opravljenih eksperimentov smo določili konstanti reakcijske hitrosti pri dveh različnih temperaturah: k (0 ◦C) = 0,509 min−1, k (25 ◦ C) = 2,024 min−1. a) Zapiši enačbo reakcijske hitrosti za navedeno reakcijo. b) Izračunaj aktivacijsko energijo in predeksponentni faktor za to reakcijo. Rešitev a) (−rA) = k · cA, b) EA = 37,3 kJ/mol, k0 = 6,98 × 106min−1 Naloga 8 a) Zapiši enačbo reakcijske hitrosti za sledeči primer: Reakcija 2A → B + C je elementarna. b) Izračunaj aktivacijsko energijo, če velja: hitrost reakcije ob dvigu temperature z 20 ◦C na 50 ◦C naraste za 56-krat. Rešitev a) (−rA) = k · c2 , b) E A A = 105,6 kJ/mol Naloga 9 V pretočnem mešalnem reaktorju (CSTR) z volumnom V = 5 L in pretokom v0 = 1,2 L/min poteka reakcija drugega reda pri konstanti reakcijske hitrosti k = 0,524 L mol−1 min−1. V reaktor vstopa reaktant A z začetno koncentracijo cA0 = 1,0 mol/L. a) Koliko je koncentracija reaktanta A na izstopu iz reaktorja? b) V določenem trenutku zapremo vtok in iztok iz reaktorja. Koliko bo znašala koncentracija reaktanta A po 600 sekundah? Rešitev a) cA = 0,485 mol/L, b) cA = 0,137 mol/L Naloga 10 Reakcijo prvega reda 3A → B z začetno koncentracijo reaktanta A cA0 = 10 mol/L vodimo pri temperaturi 35 ◦C v idealnem cevnem reaktorju (PFR) z volumnom V = 0,5 L. Na podlagi predhodno opravljenih eksperimentov smo določili konstanti reakcijske hitrosti pri dveh različnih temperaturah: k (0 ◦C) = 0,529 min−1 in k (20 ◦ C) = 1,628 min−1. a) Koliko mora znašati pretok skozi reaktor, da bo koncentracija produkta na izhodu iz reaktorja cB = 3,0 mol/L? b) Izračunaj potrebno prostornino reaktorja, če želimo obstoječi PFR zamenjati s CSTR pri nespremenjenih ostalih pogojih. Rešitev a) v0 = 0,746 L/min, b) V = 1,95 L Naloga 11 V šaržnem reaktorju poteka reakcija drugega reda A → B z začetno koncentracijo reaktanta A cA0 = 1,0 mol/L. Konverzija po eni uri znaša 50 %. Koliko bo konverzija in koncentracija reaktanta A po eni uri, če je njegova začetna koncentracija 10 mol/L? Rešitev XA = 0,91, cA = 0,91 mol/L 85 Zbirka nalog: Kemijska kinetika Naloga 12 Reakcijo prvega reda smo pri različnih temperaturah izvajali v eksperimentalnem reaktorju. Na osnovi podatkov so bile izračunane naslednje konstante reakcijske hitrosti: T [◦C] k [L mol−1 min−1] −10 1,169 0 1,947 10 3,185 20 5,218 Preveri veljavnost Arrheniusove zveze in določi parametre enačbe. Rešitev EA = 31,9 kJ/mol, k0 = 2,49 × 106 L mol−1 min−1 Naloga 13 V šaržnem reaktorju s konstantnim volumnom poteka reakcija prvega reda. Izračunajte vrednost konstante reakcijske hitrosti, če po času 30 minutah izmerimo 75 % pretvorbo reaktanta A, pri čemer je začetna koncentracija cA0 = 2,0 mol/L. Rešitev k = 0,0462 min−1 Naloga 14 V CSTR reaktor priteka kapljevinasta faza, v kateri je reaktant A z vstopno koncentracijo cA0 = 4,0 mol/L. K temu reaktorju je zaporedno vezan PFR s petkrat večjim volumnom. Snovna pretvorba reaktanta A v omenjenem sistemu zaporedno vezanih reaktorjev znaša 80 %. Izračunaj koncentracijo reaktanta A na izstopu iz prvega reaktorja. Reakcija je drugega reda glede na reaktant A. Rešitev cA1 = 2,71 mol/L Naloga 15 Reakcija prvega reda A → B (k = 0,25 min−1) poteka v pretočnem reaktorju. a) Izračunaj volumen PFR reaktorja, da bo izstopna koncentracija reaktanta A 15 % začetne koncentracije pri volumskem toku v0 = 6,5 L/min. b) Izračunaj volumen CSTR reaktorja, če bi ta obratoval pri enakih pogojih kot PFR reaktor. Rešitev a) VPFR = 49,3 L, b) VCSTR = 147,3 L 86 Priloga A: Lastnosti snovi V tabelah so podane termofizikalne lastnosti za zrak, vodo, metanol, etanol in CO2.1 A.1 Termofizikalne lastnosti - zrak Tabela A.1: Snovne lastnosti za zrak. T ρ cp η × 105 ν × 105 λ α × 105 Pr ◦C kg m−3 kJ kg−1 K−1 Pa s m2 s−1 W m−1 K−1 m2 s−1 / −40 1,5140 1,002 1,527 1,009 0,02057 1,356 0,744 −30 1,4510 1,004 1,579 1,088 0,02134 1,465 0,743 −20 1,3940 1,005 1,630 1,169 0,02211 1,578 0,741 −10 1,3410 1,006 1,680 1,253 0,02288 1,696 0,739 0 1,2920 1,006 1,729 1,338 0,02364 1,818 0,736 5 1,2690 1,006 1,754 1,382 0,02401 1,880 0,735 10 1,2460 1,006 1,778 1,427 0,02439 1,944 0,734 15 1,2250 1,007 1,802 1,471 0,02476 2,009 0,732 20 1,2040 1,007 1,825 1,516 0,02514 2,074 0,731 25 1,1840 1,007 1,849 1,562 0,02551 2,141 0,730 30 1,1640 1,007 1,872 1,608 0,02588 2,208 0,728 35 1,1450 1,007 1,895 1,655 0,02625 2,277 0,727 40 1,1270 1,007 1,918 1,702 0,02662 2,346 0,726 45 1,1090 1,007 1,941 1,750 0,02699 2,416 0,724 50 1,0920 1,007 1,963 1,798 0,02735 2,487 0,723 60 1,0590 1,007 2,008 1,896 0,02808 2,632 0,720 70 1,0280 1,007 2,052 1,996 0,02881 2,780 0,718 80 0,9994 1,008 2,096 2,097 0,02953 2,931 0,715 90 0,9718 1,008 2,139 2,201 0,03024 3,086 0,713 100 0,9458 1,009 2,181 2,306 0,03095 3,243 0,711 120 0,8977 1,011 2,264 2,522 0,03235 3,565 0,707 140 0,8542 1,013 2,345 2,745 0,03374 3,898 0,704 160 0,8148 1,016 2,420 2,970 0,03511 4,241 0,701 180 0,7788 1,019 2,504 3,215 0,03646 4,593 0,699 200 0,7459 1,023 2,577 3,455 0,03779 4,954 0,697 250 0,6746 1,033 2,760 4,091 0,04104 5,890 0,695 300 0,6158 1,044 2,934 4,765 0,04418 6,871 0,694 350 0,5664 1,056 3,101 5,475 0,04721 7,892 0,694 400 0,5243 1,069 3,261 6,220 0,05015 8,951 0,695 1povzeto po: Robert H. Perry, Perry’s chemical engineering handbook - 7. izdaja, urednika: Don W. Green, James O’Hara Maloney, The McGraw-Hill Compannies, Inc. 1997. 87 Priloga A. Termofizikalne lastnosti snovi A.2 Termofizikalne lastnosti - voda Tabela A.2.1: Snovne lastnosti za nasičeno vodo. T P ρ ∆Hizp cp η × 103 ν × 106 λ Pr ◦C kPa kg m−3 kJ/kg kJ kg−1 K−1 Pa s m2 s−1 W m−1 K−1 / 0 0,6112 999,9 2502,0 4,217 1,7539 1,7540 0,570 12,98 5 0,8724 1000,1 2490,0 4,203 1,5039 1,5037 0,578 10,93 10 1,2279 1000,0 2478,0 4,193 1,3018 1,3018 0,587 9,30 15 1,7052 999,4 2466,1 4,186 1,1377 1,1383 0,595 8,00 20 2,3383 998,5 2454,1 4,182 1,0035 1,0050 0,603 6,96 25 3,1685 997,3 2442,2 4,179 0,8928 0,8952 0,610 6,11 30 4,2451 995,7 2430,3 4,178 0,8004 0,8038 0,618 5,41 35 5,6268 994,0 2418,4 4,178 0,7224 0,7268 0,625 4,83 40 7,3824 992,0 2406,6 4,179 0,6557 0,6610 0,631 4,34 45 9,5923 990,0 2394,7 4,180 0,5981 0,6042 0,637 3,92 50 12,35 987,8 2382,8 4,181 0,5480 0,5547 0,643 3,56 55 15,76 985,5 2370,9 4,183 0,5040 0,5114 0,649 3,25 60 19,95 983,1 2358,9 4,185 0,4653 0,4733 0,654 2,98 65 25,04 980,5 2346,8 4,187 0,4312 0,4398 0,658 2,74 70 31,20 977,8 2334,6 4,190 0,4013 0,4104 0,662 2,54 75 38,59 975,0 2322,1 4,193 0,3750 0,3846 0,666 2,36 80 47,41 971,9 2309,5 4,197 0,3518 0,3620 0,670 2,20 85 57,85 968,6 2296,6 4,202 0,3313 0,3420 0,673 2,07 90 70,15 965,1 2283,6 4,207 0,3128 0,3241 0,676 1,95 95 84,55 961,6 2270,3 4,212 0,2956 0,3074 0,678 1,84 100 101,3 958,1 2257,0 4,217 0,2790 0,2912 0,680 1,73 105 120,1 954,7 2244,3 4,222 0,2656 0,2782 0,682 1,64 110 142,5 950,9 2230,9 4,225 0,2529 0,2660 0,684 1,56 115 168,2 947,0 2217,2 4,233 0,2413 0,2547 0,686 1,49 120 197,6 943,0 2203,1 4,242 0,2305 0,2445 0,687 1,42 125 231,0 938,9 2188,8 4,253 0,2206 0,2350 0,688 1,36 130 268,9 934,6 2174,2 4,265 0,2115 0,2263 0,688 1,31 135 311,6 930,3 2159,4 4,277 0,2031 0,2183 0,688 1,26 140 359,7 925,8 2144,3 4,289 0,1953 0,2109 0,688 1,22 150 473,9 916,7 2113,5 4,315 0,1813 0,1978 0,687 1,14 160 615,5 907,2 2081,6 4,343 0,1692 0,1865 0,685 1,07 170 788,9 897,4 2048,5 4,372 0,1587 0,1768 0,681 1,02 180 999,0 887,1 2013,9 4,406 0,1494 0,1684 0,677 0,97 190 1251 876,3 1977,7 4,446 0,1412 0,1612 0,671 0,94 200 1550 865,1 1939,6 4,493 0,1339 0,1548 0,665 0,91 220 2313 840,8 1857,0 4,613 0,1215 0,1445 0,649 0,86 240 3339 813,9 1764,9 4,774 0,1115 0,1370 0,629 0,85 260 4682 784,0 1661,6 4,988 0,1032 0,1316 0,604 0,85 280 6404 750,7 1544,4 5,290 0,0962 0,1282 0,575 0,89 300 8573 712,6 1408,4 5,765 0,0899 0,1261 0,542 0,96 88 Priloga A. Termofizikalne lastnosti snovi Tabela A.2.2: Snovne lastnosti za nasičeno paro. T P ρ ∆Hizp cp η × 103 ν × 106 λ × 103 Pr ◦C kPa kg m−3 kJ/kg kJ kg−1 K−1 Pa s m2 s−1 W m−1 K−1 / 0 0,61 0,0048 2502,0 1,854 8,02 1654,5 18,2 0,82 5 0,87 0,0068 2490,0 1,857 8,21 1206,9 18,5 0,82 10 1,23 0,0091 2478,0 1,860 8,41 923,8 18,8 0,83 15 1,71 0,0126 2466,1 1,863 8,61 681,6 19,1 0,84 20 2,34 0,0173 2454,1 1,866 8,81 509,5 19,4 0,85 25 3,17 0,0230 2442,2 1,870 9,01 391,1 19,6 0,86 30 4,25 0,0304 2430,3 1,875 9,21 303,0 19,9 0,87 35 5,63 0,0396 2418,4 1,880 9,41 237,5 20,3 0,87 40 7,38 0,0511 2406,6 1,886 9,61 188,0 20,6 0,88 45 9,59 0,0654 2394,7 1,892 9,81 150,1 20,9 0,89 50 12,35 0,0829 2382,8 1,900 10,01 120,8 21,2 0,90 55 15,76 0,1042 2370,9 1,908 10,21 97,99 21,5 0,90 60 19,95 0,1300 2358,9 1,916 10,41 80,09 21,9 0,91 65 25,04 0,1609 2346,8 1,926 10,61 65,92 22,2 0,92 70 31,20 0,1978 2334,6 1,937 10,81 54,65 22,5 0,93 75 38,59 0,2414 2322,1 1,949 11,01 45,60 22,8 0,94 80 47,41 0,2927 2309,5 1,962 11,21 38,30 23,2 0,95 85 57,85 0,3526 2296,6 1,977 11,41 32,36 23,5 0,96 90 70,15 0,4225 2283,6 1,993 11,61 27,48 23,9 0,97 95 84,55 0,5032 2270,3 2,010 11,81 23,47 24,3 0,98 100 101,31 0,5928 2257,0 2,028 12,01 20,27 24,8 0,98 105 120,12 0,7029 2244,3 2,049 12,21 17,37 25,2 0,99 110 142,51 0,8246 2230,9 2,071 12,41 15,05 25,6 1,00 115 168,21 0,9625 2217,2 2,094 12,61 13,10 26,1 1,01 120 197,58 1,1247 2203,1 2,120 12,80 11,38 26,6 1,02 125 231,00 1,2985 2188,8 2,147 12,98 9,995 27,0 1,03 130 268,87 1,5001 2174,2 2,177 13,16 8,773 27,5 1,04 135 311,63 1,7203 2159,4 2,208 13,35 7,758 28,0 1,05 140 359,73 1,9717 2144,3 2,242 13,53 6,863 28,7 1,06 150 473,89 2,5534 2113,5 2,314 13,89 5,442 30,0 1,07 160 615,46 3,2642 2081,6 2,396 14,25 4,365 30,8 1,11 170 788,91 4,1243 2048,5 2,490 14,61 3,541 32,1 1,13 180 999,04 5,1618 2013,9 2,596 14,95 2,897 33,6 1,16 190 1250,95 6,3975 1977,7 2,713 15,29 2,391 35,1 1,18 200 1550,09 7,8498 1939,6 2,835 15,64 1,993 36,8 1,20 220 2313,37 11,5086 1857,0 3,151 16,34 1,420 40,8 1,26 240 3338,78 16,8078 1764,9 3,539 17,06 1,015 45,5 1,33 260 4681,71 23,7303 1661,6 4,053 17,83 0,752 51,6 1,40 280 6403,72 33,2344 1544,4 4,775 18,75 0,564 59,9 1,49 300 8573,50 46,2458 1408,4 5,889 19,91 0,431 76,7 1,53 89 Priloga A. Termofizikalne lastnosti snovi A.3 Termofizikalne lastnosti - metanol Tabela A.3: Snovne lastnosti za metanol. T Pnas ρ ∆Hizp cp η × 103 λ ◦C bar kg m−3 kJ/kg kJ kg−1 K−1 Pa s W m−1 K−1 −30 0,02 834 1187 2,292 1,300 0,208 −10 0,04 819 1182 2,359 0,945 0,206 10 0,10 801 1175 2,449 0,701 0,204 30 0,25 782 1155 2,566 0,521 0,203 50 0,55 764 1125 2,707 0,399 0,202 70 1,31 746 1085 2,873 0,314 0,201 90 2,69 724 1035 3,063 0,259 0,199 110 4,98 704 980 3,280 0,211 0,197 130 7,86 685 920 3,531 0,166 0,195 150 8,94 653 850 3,838 0,138 0,193 A.4 Termofizikalne lastnosti - etanol Tabela A.4: Snovne lastnosti za etanol. T Pnas ρ ∆Hizp cp η × 103 λ ◦C bar kg m−3 kJ/kg kJ kg−1 K−1 Pa s W m−1 K−1 −20 0,00 842,1 / 2,129 2,752 0,176 −10 0,01 833,6 / 2,185 2,182 0,174 0 0,02 825,4 / 2,247 1,819 0,172 10 0,03 817,1 / 2,317 1,473 0,171 20 0,06 808,5 / 2,393 1,201 0,169 30 0,11 799,9 / 2,477 0,986 0,167 40 0,18 791,1 / 2,570 0,818 0,164 50 0,30 782,4 / 2,673 0,687 0,161 60 0,47 773,5 / 2,783 0,583 0,158 70 0,73 764,4 / 2,899 0,499 0,156 80 1,09 755,5 957,9 3,029 0,432 0,154 90 1,59 744,6 943,3 3,165 0,376 0,152 100 2,27 733,4 926,2 3,315 0,329 0,150 110 3,16 721,5 907,0 3,468 0,288 0,148 120 4,30 708,8 885,5 3,628 0,251 0,146 130 5,76 694,9 861,6 3,815 0,219 0,145 140 7,59 679,8 835,9 4,071 0,193 0,143 150 9,84 664,0 810,0 4,347 0,169 0,141 160 12,56 647,5 780,0 4,649 0,149 0,140 170 15,80 629,5 744,6 4,985 0,135 0,138 90 Priloga A. Termofizikalne lastnosti snovi A.5 Lastnosti mešanice metanol-voda Tabela A.5: Ravnotežna sestava zmesi metanol-voda v kapljevinasti (x) in plinasti fazi (y). Razmerja so podana v molskih deležih. T x (MeOH) x (H2O) y (MeOH) y (H2O) ◦C / / / / 100,0 0,000 1,000 0,000 1,000 98,4 0,012 0,988 0,068 0,932 96,9 0,020 0,980 0,121 0,879 95,8 0,026 0,974 0,159 0,841 95,1 0,033 0,967 0,188 0,812 94,1 0,036 0,964 0,215 0,785 92,2 0,053 0,947 0,275 0,725 90,0 0,074 0,926 0,356 0,644 88,6 0,087 0,913 0,395 0,605 86,9 0,108 0,892 0,440 0,560 85,4 0,129 0,871 0,488 0,512 83,4 0,164 0,836 0,537 0,463 82,0 0,191 0,809 0,572 0,428 79,1 0,268 0,732 0,648 0,352 78,1 0,294 0,706 0,666 0,334 76,5 0,352 0,648 0,704 0,296 75,3 0,402 0,598 0,734 0,266 74,2 0,454 0,546 0,760 0,240 73,2 0,502 0,498 0,785 0,215 72,0 0,563 0,437 0,812 0,188 70,9 0,624 0,376 0,835 0,165 69,2 0,717 0,283 0,877 0,123 68,1 0,790 0,210 0,910 0,090 67,2 0,843 0,157 0,930 0,070 66,9 0,857 0,143 0,939 0,061 65,7 0,938 0,062 0,971 0,029 65,0 1,000 0,000 1,000 0,000 91 Priloga A. Termofizikalne lastnosti snovi A.6 Lastnosti mešanice etanol-voda Tabela A.6: Ravnotežna sestava zmesi etanol-voda v kapljevinasti (x) in plinasti fazi (y). Razmerja so podana v molskih deležih. T x (EtOH) x (H2O) y (EtOH) y (H2O) ◦C / / / / 100,00 0,0000 1,0000 0,0000 1,0000 95,50 0,0190 0,9810 0,1700 0,8300 89,00 0,0721 0,9279 0,3891 0,6109 86,70 0,0966 0,9034 0,4375 0,5625 85,30 0,1238 0,8762 0,4704 0,5296 84,10 0,1661 0,8339 0,5089 0,4911 82,70 0,2337 0,7663 0,5445 0,4555 82,30 0,2608 0,7392 0,5580 0,4420 81,50 0,3273 0,6727 0,5826 0,4174 80,70 0,3965 0,6035 0,6122 0,3878 79,70 0,5198 0,4802 0,6599 0,3401 79,30 0,5732 0,4268 0,6841 0,3159 78,74 0,6763 0,3237 0,7385 0,2615 78,41 0,7472 0,2528 0,7815 0,2185 78,15 0,8943 0,1057 0,8943 0,1057 78,30 1,0000 0,0000 1,0000 0,0000 A.7 Henryjeve konstante CO2-voda Tabela A.7: Henryjeve konstante za sistem CO2-voda pri različnih temperaturah. T He × 10−5 ◦C Pa 0 728 5 876 10 1040 15 1220 20 1420 25 1640 30 1860 35 2090 40 2330 45 2570 50 2830 60 3410 92 Priloga B: Diagrami B.1 Tlačne izgube - cev B.1.1 Faktor k za različne elemente v procesu • Ventili, popolnoma odprti: – vstopni (gate): k = 0,13 – zaporni (global): k = 6,0 – kotni (angle): k = 3,0 • Kolena: – 90◦: k = 0,74 – srednje zavit: k = 0,5 – velik radij: k = 0,25 – kvadratni: k = 1,5 • Razdelilnik, uporabljen kot koleno: k = 1,5 • Razdelilnik: k = 0,5 • Vstop iz rezervoarja v cev: – oster: k = 0,5 – zaobljen: k = 0,05 D • Zožitev cevi: 2/D1 0,1 0,3 0,5 0,7 0,9 k 0,36 0,31 0,22 0,11 0,02 B.1.2 Hrapavost cevi cev hrapavost ε (mm) železna 0,0460 galvanizirano železo 0,1500 bakrena 0,0015 steklena 0,0001 polietilenska 0,0010 fleksibilen PVC 0,2000 tog PVC 0,0050 betonska 2,0000 93 Priloga B. Diagrami B.1.3 Moodyjev diagram Moodyjev diagram za določitev frikcijskega faktorja.1 [mm]) D [mm], 0 ( D / 0 Relativna hrapavost, 0.07 0.06 0.05 0.045 0.04 0.035 0.03 0.025 0.02 0.0175 0.015 0.0125 0.01 0.008 0.006 0.004 0.003 0.002 0.0015 0.001 0.0008 0.0006 0.0004 0.0002 0.0001 5e-05 2e-05 1e-05 8 10 8 7 6 5 4 3 2 7 10 8 7 6 5 __ 4 3 /s]) 2 2 [m8 6 10 [m], 8 D 7 6 5 [m/s], 4 V (2 3 Popolnoma razvit turbulentni tok, hrapave cevi VD/ __ 2 Re = 5 10 8 __ 7 6 5 A 4 ! __ __ 3 2 f )) R 4 10 8 7 6 5 A -0,25 r /3.7 + 2.51/( 4 3 cona Re 2300, laminarni tok:, 2300, turbulentni tok 5 6 f = -2 log( 2 ! Re f = 64/ f = 0,316 Re Re 1/ 3 tok 10 Laminarni 8 7 6 Moody-jev diagram -1 9 8 7 6 5 4 3 2 -2 9 8 5.5 4.5 3.5 2.5 1.8 1.6 1.4 1.2 10 f Darcy-Weisbach frikcijski faktor, 10 1Prirejeno po: Tom Davis (2020). Moody Diagram (https://www.mathworks.com/matlabcentral/fileexchange/ 7747-moody-diagram), MATLAB Central File Exchange, pridobljeno: 24. 3. 2020. 94 Priloga B. Diagrami B.2 Ravnotežni diagrami Priložena sta ravnotežna diagrama metanol-voda (Tabela A.5) in etanol-voda (Tabela A.6) kot dodatek k računskim primerom pri rektifikaciji. 1 . 0 0 . 8 0 . 6 y (/) 0 . 4 0 . 2 0 . 0 0 . 0 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8 1 . 0 x ( / ) Slika B.1: Ravnotežni diagram metanol-voda 1 . 0 0 . 8 0 . 6 y (/) 0 . 4 0 . 2 0 . 0 0 . 0 0 . 2 0 . 4 0 . 6 0 . 8 1 . 0 x ( / ) Slika B.2: Ravnotežni diagram etanol-voda 95 Priloga B. Diagrami B.3 Krivulje moči Krivulje moči za različne vrste mešal: 1 - Rushtonova turbina 2 - Turbina z ravnimi lopaticami 3 - Turbina z ukrivljenimi lopaticami 4 - Turbina z nagnjenimi lopaticami 1 Rushtonova turbina 2 ravne lopatice 3 ukrivljene lopatice 4 nagnjene lopatice 1 0 2 1 0 1 Po 1 2 3 4 1 0 01 0 0 1 0 1 1 0 2 1 0 3 1 0 4 1 0 5 R e Število moči je definirano kot: P Po = ρ · N3 · D5 Re število pa kot: N · D2 · ρ Re = η 96 Priloga B. Diagrami B.4 Psihrometrijska karta Psihrometrijska karta je podana pri konstantnem tlaku P = 1 atm.2 Y (g vlage/kg suhega zraka) 90 85 80 75 70 65 60 55 50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0 80 75 70 RH 40 % RH 30 % RH 20 % 65 200 kJ/kg_da 150 kJ/kg_da RH 10 % 100 kJ/kg_da 60 55 50 40 °C 45 35 °C 40 peratura (°C) 30 °C 35 50 kJ/kg_da Tem 25 °C 30 20 °C 25 15 °C 20 10 °C 15 5 °C 10 0 °C 5 0 2Prirejeno po: Eugenio Panadero (2019). psychrochart 0.3.1 (https://pypi.org/project/psychrochart/), pridobljeno 22. 12. 2019. 97 Priloga C: Matematični pripomočki C.1 Seznam uporabnih integralov Z x2 dx x = ln 2 (C.1) x x x 1 1 Z x2 dx 1 1 = − (C.2) x x2 x x 1 1 2 Z x dx 1 = ln (C.3) 0 1 − x 1 − x Z x2 dx 1 1 = − (C.4) x (1 − x)2 1 − x 1 − x 1 2 1 Z x dx x = (C.5) 0 (1 − x)2 1 − x Z x dx 1 = ln(1 + ε x) (C.6) 0 1 + ε x ε Z x (1 + ε x)dx 1 = (1 + ε) ln − ε x (C.7) 0 1 − x 1 − x Z x (1 + ε x)dx (1 + 1 = ε)x − ε ln (C.8) 0 (1 − x)2 1 − x 1 − x Z x (1 + ε x)2dx (1 + = ε)2 x 2 2 ε(1 + ε) ln(1 − x) + ε x + (C.9) 0 (1 − x)2 1 − x Z x dx 1 Θ = ln B − x ; ΘB 6= 1 (C.10) 0 (1 − x)(ΘB − x) ΘB − 1 ΘB(1 − x) C.2 Numerične metode Ob reševanju računskih primerov pogosto naletimo na primere, recimo iskanje ničel funkcije, ki analitično niso rešljivi. V takšnih primerih se poslužimo numeričnih metod, kot je metoda bisekcije, sekantna in tangentna metoda. Poleg tega je prikazana tudi linearna interpolacija, numerična integracija in numerično reševanje diferencialne enačbe z Eulerjevo in Runge-Kutta metodo. 98 Priloga C. Matematični pripomočki C.2.1 Linearna interpolacija Pri merjenju podatkov imamo opravka s funkcijami, ki so diskretno podane, pri čemer pa bi radi določili vrednost funkcije f (x) pri argumentu x, ki ni podana. V ta namen skonstruiramo interpolacijsko funkcijo (najpogosteje polinom n-te stopnje), s katero opišemo izmerjene vrednosti yn pri znanih xn. V ozkem območju lahko med dvema točkama funkcijo aproksimiramo kar s premico oblike: y y = y i+1 − yi i + (x − xi ) · (C.11) xi+1 − xi Primer Izračunaj vrednost nasičene temperature Tnas pri tlaku Pnas = 0,73 bar, če poznaš: Pnas (bar) Tnas (◦C) 1 0,70 90,0 2 0,75 91,8 Iščemo temperaturo Tnas pri tlaku, ki ni podan v tabeli, lahko pa vrednost temperature pridobimo z linearno interpolacijo znanih vrednosti. T T nas,2 − Tnas,1 nas = Tnas,1 + (Pnas − Pnas,1) · (C.12) Pnas,2 − Pnas,1 Po vstavitvi številčnih vrednosti izračunamo Tnas: 91,8 ◦C − 90,0 ◦C Tnas = 90,0 ◦C + (0,73 bar − 0,70 bar) · (C.13) 0,75 bar − 0,70 bar Tnas = 91,08 ◦C (C.14) C.2.2 Iskanje ničel funkcije Bisekcija Bisekcija je numerična metoda, s katero iščemo ničle zveznih funkcij v obliki f (x) = 0. Metoda temelji na razpolavljanju intervala, na katerem leži ničla. Za zvezno funkcijo namreč lahko trdimo, da ima na intervalu [a, b] vsaj eno ničlo, če je izpolnjen pogoj f (a) · f (b) < 0. f (x) f (b) f (c) a x b f (a) Slika C.1: Prikaz prvega koraka bisekcije. Oglejmo si postopek, ko je vrednost f (a) negativna in f (b) pozitivna (Slika C.1): • Izračunamo razpolovišče intervala [a, b]: c = a+b . 2 99 Priloga C. Matematični pripomočki • Izračunamo vrednost funkcije v razpolovišču c, f (c). • Če je f (a) · f (c) < 0, je ničla na intervalu [a, c], v nasprotnem primeru pa na intervalu [b, c]. Iz slike C.1 je razvidno, da je f (a) · f (c) > 0 in f (b) · f (c) < 0. • Ustrezno z zgornjim rezultatom v naslednji iteraciji zožimo meje intervala na [a, c] ali [b, c] in interval razpolovimo. V primeru prikazanem na sliki C.1 razpolavljanje nadaljujemo na intervalu [b, c], ker je f (b) · f (c) < 0. • Postopek nadaljujemo do želene tolerance, ko krajišči intervala konvergirata proti ničli funkcije. Definiramo kriterij, ki pove, kdaj končati z zgoraj opisano iteracijo (Enačba C.15). V enačbi C.15 xnova predstavlja novo določeno vrednost razpolovišča in xstara prejšnjo določeno vrednost razpolovišča. x nova − xstara e = · 100 % (C.15) xnova Tangentna metoda Tangentna metoda (tudi Newtonova ali Newton-Rapshonova metoda) je numerična metoda za iskanje ničel funkcije, pri čemer mora biti funkcija f 0(x) zvezna in zvezno odvedljiva. Metoda temelji na položitvi tangente na funkcijo f (x) v trenutni rešitvi xi (x0), smerni koeficient tangente pa je ravno f 0(xi) ( f 0(x0)). Ničlo tangente vzamemo za naslednji približek xi+1 (x1). f (x) x x3 x2 x1 x0 Slika C.2: Prikaz postopnega iskanja ničle po tangentni metodi. Smerni koeficient tangente v točki x0 zapišemo v obliki odvoda f 0(x0) v tej točki: 0 − f (x f 0(x 0) 0) = (C.16) x1 − x0 Sledi: f (x x 0) 1 = x0 − (C.17) f 0(x0) Oziroma v splošnem: f (x x i ) i+1 = xi − (C.18) f 0(xi) Presečišče tangente z x osjo predstavlja naslednjo rešitev xi+1 (x1). Vsako naslednje presečišče je bližje dejanski vrednosti ničle funkcije. Definiramo kriterij, ki pove, kdaj končati z zgoraj opisano 100 Priloga C. Matematični pripomočki iteracijo (Enačba C.19). x i+1 − xi e = · 100 % (C.19) xi+1 Sekantna metoda V primeru tangentne metoda moramo poznati f 0(x), vendar pa funkcije včasih ne moremo analitično odvajati. V takem primeru lahko uporabimo sekantno metodo, s katero ocenimo odvod z uporabo dveh točk funkcije, po možnosti naj bi se predznaka izbranih vrednosti funkcije razlikovala. Presečišče te premice z abscisno osjo je naslednji približek ničli funkcije. f (x) T1(x1, f (x1) T3(x3, 0) x T2(x2, f (x2) Slika C.3: Prikaz iskanja ničle po sekantni metodi. Iz slike C.3 ugotovimo, da lahko smerni koeficient sekante zapišemo na dva načina: f (x k = 2) − f (x1) (C.20) x2 − x1 f (x k = 3) − f (x2) (C.21) x3 − x2 In ju enačimo: f (x2) − f (x1) f (x = 3) − f (x2) (C.22) x2 − x1 x3 − x2 Izpostavimo x3, ki predstavlja ničlo sekante: f (x x 2) · (x2 − x1) 3 = x2 − (C.23) f (x2) − f (x1) Iteracijska formula za sekantno metodo je tako: f (x x i ) · (xi − xi−1) i+1 = xi − (C.24) f (xi) − f (xi−1) Relativno napako izračunamo enako kot v primeru tangentne metode prek enačbe C.19. Primer Določi ničlo funkcije f (x) = x − exp(−x) z bisekcijsko, tangentno in sekantno metodo. a) Bisekcijska metoda 101 Priloga C. Matematični pripomočki Izberimo interval a = 0,0 in b = 1,0 ter izračunajmo vrednost funkcije v tem območju intervala. f (a) = 0 − exp(−0) = −1 f (b) = 1 − exp(1) = 0,632 Ugotovimo, da funkcija na tem intervalu zamenja predznak, velja f (a) · f (b) < 0. Nadaljujemo z reševanjem pri x1 = a+b = 0,5, pri čemer je relativna napaka pri prvi iteraciji: 2 x 0,5 1 − a − 0 e 1 = · 100 % = · 100 % = 100 % (C.25) x1 0,5 Postopek ponavljamo dokler ne dosežemo želenega približka f (x1) = −0,1065 x x 1 + b 2 = = 0,75 2 x 0,75 2 − x1 − 0,5 e 2 = · 100 % = · 100 % = 33,3 % x2 0,75 f (x2) = 0,2776 x x 2 + x1 3 = = 0,625 2 x 0,625 3 − x2 − 0,75 e 3 = · 100 % = · 100 % = 20 % x3 0,625 f (x3) = 0,0897 x x 3 + x1 4 = = 0,5625 2 x 0,5625 4 − x3 − 0,625 e 4 = · 100 % = · 100 % = 11,1 % x4 0,5625 f (x4) = −0,0073 x x 4 + x3 5 = = 0,59375 2 x 0,59375 5 − x4 − 0,5625 e 5 = · 100 % = · 100 % = 5,3 % x5 0,59375 f (x5) = 0,0415 x x 5 + x4 6 = = 0,578125 2 x 0,578125 6 − x5 − 0,59375 e 6 = · 100 % = · 100 % = 2,7 % x6 0,578125 f (x6) = 0,0172 x x 6 + x4 7 = = 0,570313 2 x 0,570313 7 − x6 − 0,578125 e 7 = · 100 % = · 100 % = 1,4 % x7 0,570313 V tej stopnji zaključimo z iteracijo in določimo 0,570313 kot ničlo funkcije z vrednostjo f (x7) = 0,004964. b) Tangentna metoda Izberimo kot začetno točko reševanje x0 = 1,0 in postopek reševanja izvajamo prek enačbe C.18 in 102 Priloga C. Matematični pripomočki računanje relativne napake prek C.19. f (x0) = 0,632121, f 0(x0) = 1,367879 f (x x 0) 1 = x0 − = 0,53788 f 0(x0) x 0,53788 1 − x0 − 1,0 e 1 = · 100 % = · 100 % = 85,9 % x1 0,53788 f (x1) = −0,04610, f 0(x1) = 1,58398 f (x x 1) 2 = x1 − = 0,56699 f 0(x1) x 0,56699 2 − x1 − 0,53788 e 2 = · 100 % = · 100 % = 5,1 % x2 0,56699 f (x2) = −0,00024, f 0(x2) = 1,56723 f (x x 2) 3 = x2 − = 0,56714 f 0(x2) x 0,56714 3 − x2 − 0,56699 e 3 = · 100 % = · 100 % = 0,03 % x3 0,56714 V tem koraku lahko postopek reševanja zaključimo in kot ničlo funkcije izberemo vrednost x3 = 0,56714. c) Sekantna metoda Reševanje po sekantni metodi izvajamo prek enačbe C.24 in relativno napako prek C.19. Za prvi točki računanja izberemo x0 = 0,0 in x1 = 1,0. f (x0) = −1,0, f (x1) = 0,63212 f (x x 1) · (x1 − x0) 2 = x1 − = 0,61270 f (x1) − f (x0) x 0,61270 2 − x1 − 1,0 e 2 = · 100 % = · 100 % = 63,2 % x2 0,61270 f (x2) = 0,070814 f (x x 2) · (x2 − x1) 3 = x2 − = 0,56384 f (x2) − f (x1) x 0,56384 3 − x2 − 0,61270 e 3 = · 100 % = · 100 % = 8,7 % x3 0,56384 f (x3) = −0,00518 f (x x 3) · (x3 − x2) 4 = x3 − = 0,56717 f (x3) − f (x2) x 0,5672 4 − x3 − 0,5638 e 4 = · 100 % = · 100 % = 0,6 % x4 0,5672 f (x4) = 4,24 × 10−5 f (x x 4) · (x4 − x5) 5 = x4 − = 0,56714 f (x4) − f (x3) x 0,56714 4 − x3 − 0,56384 e 4 = · 100 % = · 100 % = 0,005 % x4 0,56714 V tem koraku lahko postopek reševanja zaključimo in kot ničlo funkcije izberemo vrednost x5 = 0,56714. 103 Priloga C. Matematični pripomočki C.2.3 Numerična integracija Integral računamo numerično, če je integrand f znan le v določenih točkah ali če funkcije ne znamo določiti. Integrand f v tem primeru nadomestimo s približkom g, ki ga znamo integrirati (Enačba C.26). Pri tem naredimo napako R, ki je odvisna od metode in števila delilnih točk. Z b Z b f = g + R (C.26) a a Trapezna metoda Trapezna metoda je metoda, s katero računamo približno vrednost integrala. Lik pod krivuljo na intervalu [a, b] razdelimo na n enakih delov (Slika C.5), kjer velja: a = x0 · · · < xi−1 < xi < xi+1 < . . . xn = b (C.27) f ( x) x a xi−1 xi xi+1 b Slika C.4: Razdelitev območja pod krivuljo na n enakih intervalov. Širina vsakega intervala je enaka: b − a h = (C.28) n f ( x) yn y 0 yi−1 yi+1 yi x a xi−1 xi xi+1 b Slika C.5: Izris trapezov nad intervali. Nad intervale narišemo trapeze (Slika C.5). Približna vrednost integrala na intervalu [a, b] 104 Priloga C. Matematični pripomočki R b f (x)dx je enaka vsoti ploščin trapezov: a Z b y b − a y b − a y b − a f (x)dx ˙ = 0 + y1 · + · · · + i−1 + yi · + i + yi+1 · + . . . (C.29) a 2 n 2 n 2 n y b − a + n−1 + yn · 2 n Trapezna formula za približen izračun določenega integrala: Z b b − a f (x)dx = · (y0 + 2 · y1 + · · · + 2 · yi + · · · + 2 · yn−1 + yn) + R (C.30) a 2 · n Simpsonova metoda Simpsonova metoda je metoda, kjer lik pod krivuljo na [a, b] razdelimo na n enakih delov (Slika C.5, Enačba C.28), vsakega razpolovimo in čez tako dobljene tri točke potegnemo parabolo. Simpsonova metoda za približen izračun določenega integrala: Z b b − a f (x)dx = · (y0 + 4 · y1 + 2 · y2 + 4 · y3 + · · · + 2 · yn−2 + 4 · yn−1 + yn) + R (C.31) a 3 · n Primer Določi vrednost integrala funkcije f (x) = 3,4 · x2 (Slika C.6) s trapezno in Simpsonovo metodo v mejah od 1 do 7. Vrednost primerjaj z analitično rešitvijo. a) Analitična rešitev Z 0,7 x3 3,4 · x2dx = 3,4 · = 0,388733 − 0,001133 = 0,3876 (C.32) 0,1 3 b) Trapezna metoda Območje v mejah od 0,1 do 0,7 razdelimo na enake intervale v velikosti 0,1 in za vsak odsek razdelka izračunamo vrednost funkcije f (x) (Slika C.6): x 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 f (x) 0,034 0,136 0,306 0,544 0,850 1,244 1,666 2 1.5 2 3, 4 · x 1 f(x) = 0.5 0 0 0.2 0.4 0.6 0.8 Slika C.6: Grafični prikaz območja integracije. 105 Priloga C. Matematični pripomočki Prek enačbe C.30 izračunamo vrednost integrala I: 0,1 I = · (0,034 + 2 · 0,136 + 2 · 0,306 + 2 · 0,544 + 2 · 0,850 + 2 · 1,244 + 1,666) 2 I = 0,391 Rešitev je primerljiva z analitično rešitvijo. c) Simpsonova metoda Prek enačbe C.31 izračunamo vrednost integrala I: 0,1 I = · (0,034 + 4 · 0,136 + 2 · 0,306 + 4 · 0,544 + 2 · 0,850 + 4 · 1,244 + 1,666) 3 I = 0,3876 Rešitev je enaka analitični rešitvi. C.2.4 Numerično reševanje diferencialnih enačb Eulerjeva metoda Privzamemo, da je diferencialno enačbo prvega reda mogoče zapisati v eksplicitni obliki s podanim začetnim pogojem y(x0) = y0: y0(x) = f (x, y) (C.33) Cilj reševanja diferencialne enačbe je izračunati funkcijo y(x). Eksplicitna Eulerjeva metoda temelji na razvoju funkcije y(x) v Taylorjevo vrsto: y(x + h) = y(x) + y0(x, y(x)) · h + O(h2) (C.34) Lokalna napaka Eulerjeve metode je reda O(h): y(x + h) − y(x) y0(x, y(x)) = + O(h) (C.35) h Sedaj lahko ob znani vrednosti y(x) in odvodu y0(x) = f (x,y) ocenimo vrednost funkcije y pri naslednjem koraku x + h. Cilj metode je pridobiti naslednjo rešitev, pri čemer se v vsaki točki premaknemo v smeri tangente (prvi odvod funkcije). Natančnost rešitve bo odvisna od števila korakov oziroma velikosti koraka. Manjši ko bo korak, bolj natančna bo numerična rešitev. yi+1 = yi + f (xi, yi)h (C.36) Diferencialno enačbo rešujemo na intervalu [x0, xn], kjer velja h = xn−x0 . n je število korakov n integracije. Implicitno Eulerjevo metodo zapišemo kot: yi+1 = yi + f (xi+1, yi+1)h (C.37) kjer v vsakem koraku rešujemo nelinearni sistem za yi+1. Primer Z Eulerjevo metodo določi spremembo koncentracije reaktanta A v šaržnem reaktorju za reakcijo prvega reda A → B (k = 0,5 min−1) z začetno koncentracijo reaktanta A cA0 = 1,0 mol/L za prvih 5 min reakcije po koraku ∆t = 0,5 min. Rešitev Modelna enačba za opis reakcije prvega reda A → B v šaržnem reaktorju se v obliki diferencialne enačbe glasi: dc − A = k · c dt A (C.38) 106 Priloga C. Matematični pripomočki Enačbo preoblikujemo in zapišemo integralno obliko v mejah cA|t=0 = cA0 in cA|t=t = cA ter zapišemo analitično rešitev integrala: cA = cA0 · exp(−k · t) (C.39) Rešitev diferencialne enačbe C.38 izvedemo še numerično po korakih prek Eulerjeve metode (Enačba C.36): c − A,i+1 − cA,i ∆ = k · c t A,i (C.40) Oziroma: cA,i+1 = cA,i − k · cA,i · ∆t (C.41) Sledi: 1. t = 0 cA0 = 1,0 mol/L 2. t = 0,5 min cA1 = cA0 − k · cA0 · ∆t cA1 = 1,0 − 0,5 · 1,0 · 0,5 cA1 = 0,75 mol/L 3. t = 1,0 min cA2 = cA1 − k · cA1 · ∆t cA2 = 0,75 − 0,5 · 0,75 · 0,5 cA2 = 0,5625 mol/L 4. Z iteracijo nadaljujemo, dokler ne dosežemo t = 5 min. Primerjava med analitično rešitvijo in numeričnim reševanjem z Eulerjevo metodo je prikazana na sliki C.7. Opazna je razlika med analitično in numerično rešitvijo, do katere pride zaradi velikosti koraka, kot je to prikazano v enačbi C.35. Večji kot bo izbrani korak, večji bo odklon numerične rešitve od analitične. 1 analitična rešitev Eulerjeva metoda 0.8 0.6 (mol/L) c A 0.4 0.2 0 1 2 3 4 5 t (min) Slika C.7: Primerjava analitične rešitve z eksplicitno Eulerjevo metodo. 107 Priloga C. Matematični pripomočki Runge-Kutta metoda drugega reda Carl Runge in Wilhelm Kutta sta želela zagotoviti metodo aproksimacije funkcije, ne da bi pri tem morali diferencirati izvorno enačbo. Njun pristop je temeljil na simulaciji čim več korakov metode Taylorjeve vrste, vendar z uporabo ocene samo originalne funkcije brez zapisa v diferencialni obliki. Metodo Runge-Kutta drugega reda za reševanje eksplicitne oblike diferencialne enačbe zapišemo v obliki: 1 y(x + h) = y(x) + · (F 2 1 + F2) (C.42) kjer je: F1 = h · f (x, y) (C.43) F2 = h · f (x + h, y + F1) (C.44) Metoda spada med najenostavnejše izmed Runge-Kutta metod, medtem ko med bolj natančne sodi Runge-Kutta četrtega reda. Runge-Kutta metoda četrtega reda Metodo Runge-Kutta četrtega reda za reševanje eksplicitne oblike diferencialne enačbe zapišemo v obliki: 1 y(x + h) = y(x) + · (F 6 1 + 2 · F2 + 2 · F3 + F4) (C.45) kjer je: F1 = h · f (x, y) (C.46) h F F 1 2 = h · f (x + , y + ) (C.47) 2 2 h F F 2 3 = h · f (x + , y + ) (C.48) 2 2 F4 = h · f (x + h, y + F3) (C.49) Metoda Runge-Kutta je pri enakem številu korakov in velikosti koraka bolj natančna od Eulerjeve metode in pogosto implementirana v matematičnih knjižnicah v različnih programskih paketih. Primer Rešimo tokrat spremembo koncentracije reaktanta A iz prejšnjega primera (Eulerjeva metoda) še z metodo Runge-Kutta četrtega reda. Zgledujemo se po splošnem zapisu po enačbi C.45: 1 cA,i+1 = cA,i + · (F 6 1 + 2 · F2 + 2 · F3 + F4) (C.50) Sledi: 1. t = 0 cA0 = 1,0 mol/L 2. t = 0,5 min, korak h = 0,5 min F1 = h · (−k · cA0) = 0,5 · (−0,5 · 1,0) = −0,25 F2 = h · (−k · (cA0 + F1 )) = 0,5 ) = 2 · (−0,5 · (1,0 + −0,25 2 −0,21875 F3 = h · (−k · (cA0 + F2 )) = 0,5 ) = 2 · (−0,5 · (1,0 + −0,21875 2 −0,22266 F4 = h · (−k · (cA0 + F3)) = 0,5 · (−0,5 · (1,0 − 0,22266) = −0,19434 cA1 = 1,0 mol/L − 0,2212 mol/L cA1 = 0,7788 mol/L 3. t = 1,0 min, korak h = 0,5 min 108 Priloga C. Matematični pripomočki F1 = h · (−k · cA1) = 0,5 · (−0,5 · 1,0) = −0,1947 F2 = h · (−k · (cA1 + F1 )) = 0,5 ) = 2 · (−0,5 · (1,0 + −0,1947 2 −0,17036 F3 = h · (−k · (cA1 + F2 )) = 0,5 ) = 2 · (−0,5 · (1,0 + −0,17036 2 −0,17341 F4 = h · (−k · (cA1 + F3)) = 0,5 · (−0,5 · (1,0 − 0,17341) = −0,15135 cA2 = 0,7788 mol/L − 0,1723 mol/L cA2 = 0,6065 mol/L 4. Z iteracijo nadaljujemo, dokler ne dosežemo t = 5 min. 1 analitična rešitev Eulerjeva metoda 0.8 Runge-Kutta 0.6 (mol/L) c A 0.4 0.2 0 1 2 3 4 5 t (min) Slika C.8: Primerjava Eulerjeve in Runge-Kutta metode pri enaki velikosti časovnega koraka. Ugotovimo lahko, da je pri enaki velikosti koraka ∆t in enakem številu korakov metoda Runge-Kutta bolj natančna od Eulerjeve metode. 109 Document Outline Kazalo Seznam kratic in simbolov Snovne in energijske bilance Stacionarne snovne bilance Nestacionarne snovne bilance Stacionarne energijske bilance Nestacionarne energijske bilance Statika tekocin Dinamika tekocin Osnove prenosa toplote in snovi Stacionarni prenos toplote Nestacionarni prenos toplote Stacionarni prenos snovi Diferencialna destilacija Rektifikacija Sušenje Mešanje Kemijska kinetika Priloga A: Lastnosti snovi Termofizikalne lastnosti - zrak Termofizikalne lastnosti - voda Termofizikalne lastnosti - metanol Termofizikalne lastnosti - etanol Lastnosti mešanice metanol-voda Lastnosti mešanice etanol-voda Henryjeve konstante CO2-voda Priloga B: Diagrami Tlacne izgube - cev Faktor k za razlicne elemente v procesu Hrapavost cevi Moodyjev diagram Ravnotežni diagrami Krivulje moci Psihrometrijska karta Priloga C: Matematicni pripomocki Seznam uporabnih integralov Numericne metode Linearna interpolacija Iskanje nicel funkcije Numericna integracija Numericno reševanje diferencialnih enacb