1. USITNJAVANJE

1

1. USITNJAVANJE

Rittingerovo pravilo - rad (snaga) potreban za usitnjavanje proporcionalan je novo stvorenoj

površini nakon usitnjavanja.

m

n

W

W

m

n ; m

n

P

P

m

n [W]

Kick-ovo pravilo - omjer vrijednosti dva rada s različitim stupnjem usitnjavanja istog

ishodnog materijala proporcionalan je odnosu logaritama njihovih stupnjeva usitnjavanja.

mlog

nlog

W

W

m

n ; m

n

P

P

m

n

log

log [W]

Bond-ovo pravilo - kompromis između Rittinger-ovog i Kick-ovog pravila.

0

11

xxWW

n

i [W]

U praktičnoj primjeni izraz za snagu potrebnu za usitnjavanje po Bondu piše se kao:

0

11

xxmWP

n

i [W]

P – snaga [W]

m - količina materijala koji se usitnjava [kg/s]

0x i nx - linearna dimenzija čestica prije i nakon usitnjavanja [m]

Stupnjevi usitnjenja n i m – daju odnos promjera čestica prije i nakon usitnjavanja

nx

xn 0 ;

mx

xm 0

2

x0 – prosječna veličina čestica materijala prije usitnjavanja, m

xn – prosječna veličina čestica usitnjenog materijala nakon prvog stupnja usitnjavanja, m

xm – prosječna veličina čestica usitnjenog materijala nakon drugog stupnja usitnjavanja, m

Wi [Ws/kg] - indeks rada (rad potreban za redukciju jedinice mase od teorijski vrlo velike

veličine do veličine koja prolazi 80 % kroz sito otvora 100 μm)

Indeks rada (tablice) određuje se eksperimentalno za svaki materijal koji se usitnjava.

materijal Wi [Ws/kg] materijal Wi [Ws/kg]

boksit 316,0 sadra 242,3

klinker 484,2 hematit 462,2

cement 378,4 vapnenac 458,6

ugljen 468,0 sirovi fosfat 357,1

koks 544,7 kvarc 488,5

šljunak 578,2 škriljac 571,3

3

Primjer 1.

Kolika je potrebna snaga za usitnjavanje 150 t/h kvarca prosječne veličine čestica 60 mm na

produkt sa prosječnim promjerom čestica od 3 mm te kolika je potrebna snaga za usitnjavanje

istog materijala na prosječnu veličinu čestice od 1,5 mm?

Usporedite dobivenu vrijednost za snagu potrebnu za konačno usitnjavanje po Bond-u,

Rittinger-u i Kick-u?

Rješenje:

m’ = 150 t/h = 41,67 kg/s

xo = 60 mm = 60·10-3 m

xn = 3 mm = 3·10-3 m

xm = 1,5 mm = 1,5·10-3 m

Wi = 488,5 Ws/kg (očita se iz tablice za odgovarajući materijal – Formule)

a) Potrebna snaga po Bond-u za usitnjavanje početnog materijala do čestica veličine nx :

on

'

inxx

mWP11

[ W ]

33 1060

1

103

167415488 ,,Pn

542881054288 3 ,W,Pn kW

b) Potrebna snaga po Bond-u za usitnjavanje početnog materijala do veličine čestica mx :

33m

1060

1

105,1

167,415,488P

3

m 1048,442P = 442,48 kW

4

Za usitnjavanje 150 t/h kvarca s 60 mm na 3 mm potrebna je snaga po Bond-u od 288,54

kW, dok je za usitnjavanje do veličine čestica 1,5 mm potrebna snaga po Bondu 442,48 kW.

Snaga potrebna za usitnjavanje po Rittinger-u do veličine čestica mx (izračunava se

uspoređivanjem sa snagom potrebnom za usitnjavanje početnog materijala do čestica veličine

xn).

Rittinger: Rad (snaga) proporcionalan stupnju usitnjenja

m

n

W

W

m

n odnosno m

n

P

P

m

n Pm = nPn

m

Stupnjevi usitnjenja: 203

60

x

xn

n

o

405,1

60

x

xm

m

o

Snaga potrebna za usitnjavanje čestica kvarca s 60 mm na 1,5 mm po Rittinger-u iznosi:

40

20

P

54,288

m

54,28820

40Pm

08,577Pm kW

Snaga potrebna za usitnjavanje čestica kvarca sa 60 mm na 1,5 mm po Kick-u iznosi:

Kick: rad proporcionalan logaritmu stupnja usitnjenja

mlog

nlog

W

W

m

n odnosno: mlog

nlog

P

P

m

n Pm= nPnlog

mlog

40log

20log

P

54,288

m

Pm= 54,28820log

40log

mP =355,30 kW

5

Primjer 2.

U Symons-ovoj drobilici usitnjava se 100 t/h vapnenca čije čestice 80 % prolaze kroz sito s

očicama od 2" na čestice koje prolaze 80 % kroz sito otvora od 1/4". Kolika je potrebna snaga

za usitnjavanje?

Usporedite potrebnu snagu za usitnjavanje istog materijala ako 80 % čestica prolazi kroz sito

otvora 1/8" po Bond-u, Rittinger-u i Kick-u.

Rješenje:

m’ = 100 t/h = 27,78 kg/s

Wi (vapnenca) = 458,6 Ws/kg (očita se iz tablice za odgovarajući materijal – Formule)

xo = 2" = 2 · 25,4 = 50,8 mm = 50,8·10-3 m

xn = 1/4" = 25,4/4 = 6,35 mm = 6,35·10-3 m

xm = 1/8" = 25,4/8 = 3,18 mm = 3,18·10-3 m

a) Potrebna snaga po Bond-u za usitnjavanje vapnenca sa 50,8 mm na 6,35 mm iznosi:

on

'

inx

1

x

1mWP [W]

3

33n 1035,103

108,50

1

1035,6

178,276,458P

W

Pn = 103,35 kW

b) Za usitnjavanje vapnenca sa 50,8 mm na 3,18 mm potrebna je snaga po Bond-u:

3

33m 1039,169

108,50

1

1018,3

178,276,458P

W

Pm = 169,39 kW

6

Po Rittinger-u potrebna snaga za usitnjavanje vapnenca sa 50,8 mm na 3,18 mm iznosi:

Pm = nPm

n

Pm = 7,20635,1038

16 kW

835,6

8,50n ; m = 1697,15

18,3

8,50

Za istu vrstu usitnjavanja po Kick-u je potrebna snaga:

Pm= 8,13735,1038log

16log kW

7

2. HIDRAULIČKO KLASIRANJE

Laminarno područje 200 , ,Re - STOKES-OV ZAKON

Maksimalna brzina padanja čestica oblika kugle u viskoznom mediju za laminarno područje:

2

18

dgwmax ;

2

5450d

,wmax

Maksimalni promjer čestica oblika kugle u viskoznom mediju za laminarno područje:

2

545020 max

max

d,

d

,

3

2

5450

20

'max,

,d

Turbulentno područje 53 1010 Re - NEWTON-OV ZAKON

Maksimalna brzina padanja sferičnih čestica u viskoznom mediju u turbulentnom području:

d

,

gwmax

321

4;

d,wmax 455

Maksimalni promjer čestica oblika kugle u viskoznom mediju za turbulentno područje:

32

225

maxmax

max

5

'45,5

10d

d45,5

d

10

8

Prijelazno područje 31020 ,,Re - ALLEN-OV ZAKON

Maksimalna brzina padanja sferičnih čestica u viskoznom mediju u prijelaznom području:

732

58

7

5

555

4

d

,

gwmax ;

7

32

58

780

d,wmax

Maksimalni promjer čestica oblika kugle u viskoznom mediju za prijelazno područje:

7

32

583

78010

max

max

d,

d

15557

1073

780

10

,dmax

9

Primjer 1.

Kojom maksimalnom brzinom padaju čestice kvarca približno sferičnog oblika prosječnog

promjera 5·10-2 mm i specifične mase 2650 kg/m3, kroz mirnu vodu temperature 15 °C:

a) Ako je suspenzija toliko razrijeđena da je taloženje nesmetano?

b) Ako je suspenzija koncentrirana tako da je omjer: masa vode : masa čestice kvarca = 1 : 2,

pa je taloženje smetano?

Rješenje:

d = 5·10-2 mm = 5·10-5 m

’ = 2650 kg/m3

t = 15 °C = 999,1 kg/m3; = 1135,610·10-6 Pa·s (iz tablice Toplinska svojstva vode pri

tlaku zasićenja – Prilozi)

a) Pretpostavka: laminarno područje - Re(0-0,2) Stokes-ov zakon

wmax=

3

6

25'2

545,0

1098,110610,1135

1,9992650105545,0

18

dg m/s

Provjera:

2,0087,010610,1135

1,9991051098,1Re

6

53

dw

Znači, radi se o laminarnom području i pretpostavka je bila dobra. Da je dobiven veći Re od

0,2 onda bi trebalo provjeriti da li je padanje u prijelaznom ili turbulentnom području, tj.

računati wmax po Allen-ovom odnosno po Newton-ovom zakonu padanja čestica i kontrolom

Re utvrditi u kojem području se padanje odvija.

10

b) mvode : mkvarca = 1 : 2 1 + 2 = 3

Sada je suspenzija koncentrirana i zbog toga ima neku drugu gustoću, koja se naziva prividna

i u ovom slučaju iznosi:

7209926503

21999

3

1,, kg/m3

Pretpostavka: laminarno područje - Re(0-0,2) Stokes-ov zakon

4

6

25

max 10602,610610,1135

7,20992650105545,0

w m/s

Kontrola:

2,0055,010610,1135

7,20991051002,6Re

6

54

laminarno područje!

Zaključak: taloženje je znatno brže u slučaju (a) nego u slučaju (b) u uvjetima smetanog

taloženja, ali je u oba slučaja taloženje u laminarnom području.

11

Primjer 2.

Odredite maksimalni promjer čestica mramora specifične mase 2550 kg/m3 i njihove

maksimalne brzine kojima će padati u laminarnom, prijelaznom i turbulentnom području kroz

vodu temperature 16 °C. Taloženje je nesmetano, a čestice su približno oblika kugle.

Rješenje:

2550' kg/m3

16vt °C 92,998 kg/m3; 6101708,1107 Pa·s

dmax; wmax=?

Linearnom interpolacijom iz tablice Toplinska svojstva vode pri tlaku zasićenja (Prilozi) dobiju

izračunaju se vrijednosti za gustoću i dinamički viskozitet vode pri 16 °C:

)(1516

1520

1520

1516 CC

CC

CC

CCtt

tt

)1516(1520

1,9992,9981,999

16

C

92,99816

C

kg/m3

)(1516

1520

1520

1516 CC

CC

CC

CCtt

tt

)1516(1520

1061,113510414,9931061,1135

666

16

C

6

16101708,1107

C Pa·s

12

Laminarno područje, 200 .Re - Stokes-ov zakon

Remax = 0,2 =

maxmax dw

max

maxd

,w

20

'

max

,

max

dgw

2

5450

18

izjednačavanje ovih dviju jednadžbi, dobiva se jednadžba za izračunavanje maksimalnog

promjera čestica koje još uvijek padaju u laminarnom području:

2

545020 max

max

d,

d

,

3

2

5450

20

'max,

,d

53

26

max 1064,692,998255092,998545,0

101708,11072,0

d m

3

6

25

max 1036,3101708,1107

92,99825501064,6545,0

w m/s

Kontrola:

2,0101708,1107

92,9981064,61036,3Re

6

53

Prijelazno područje, 31020 ,Re - Allen-ov zakon

maxmax

max

dwRe 310

max

maxd

w310

13

7

5

32

8

732

587

5

780555

4

maxmax

max

d,

d

,

gw

Izjednačavanje ovih dviju jednadžbi dobivamo:

7

32

583

78010

max

max

d,

d

15557

1073

780

10

,dmax

315

557

10673

max 1052,292,998255092,99878,0

101708,110710

d m

41,0

101708,110792,998

92,99825501052,278,0 7

362

583

max

w m/s

Kontrola:

3

6

3

101182,932101708,1107

92,9981052,241,0Re

Turbulentno područje, 53 1010 Re - Newtonov zakon

Svaka čestica veća od 2,5210-3 m padat će u turbulentnom području, ali treba izračunavati

maksimalni promjer čestice za koju će još vrijediti Newton-ov zakon i brzinu kojom će

padati.

max

maxmaxmax

maxd

wdw

Re5

5 1010

maxmax

max

d,

d

,

gw 455

321

4

14

32

225

maxmax

max

5

'45,5

10d

d45,5

d

10

232

2625

max 1043,692,998250092,99845,5

101708,110710

d m

73,1

92,998

92,99825501043,645,5

2

max

w m/s

Kontrola:

5

6

2

100036,1101708,1107

92,9981043,673,1Re

15

Primjer 3.

Odredite područja veličine čestica za koja vrijedi Stokes-ov, Allen-ov i Newton-ov zakon

padanja čestica, te brzine kojima će čestice padati, ako su približno sfernog oblika promjera

od 0,05 mm do 15 mm, u tekućini specifične mase 850 kg/m3 i viskoziteta 10-2 Paּּ·s.

Specifična masa čestice iznosi 7800 kg/m3. Taloženje je nesmetano.

Rješenje:

d1 = 0,0510-3 m

d2 = 1510-3 m

’ = 7800 kg/m3

= 850 kg/m3

= 10-2 Paּּ·s

d, w = ?

Laminarno područje, Re (0 - 0,2) – Stokes-ov zakon

3

2

5450

20

,

,dmax

33

22

10184085078008505450

1020

,

,

,dmax m

2

2

23

1028110

085078001018405450

,,,

,wmax m/s

Kontrola:

202006010

0850101840102812

32

,,,,,

Re

16

Područje veličine čestica od postojećih za koje vrijedi Stokes-ov zakon je: od 0,0510-3 m do

0,18410-3 m.

Prijelazno područje, Re(0,2-103 ) - Allen-ov zakon

15557

1073

780

10

,dmax

315

557

10273

102478507800850780

1010

,

,dmax m

6241

10850

850780010247780 7

322

583

,,

,wmax

m/s

Kontrola:

3

2

3

10199,99910

624,18501024,7Re

Područje veličine čestica od postojećih za koje vrijedi Allen-ov zakon je od 0,18410-3 m do

7,2410-3 m.

Turbulentno područje, Re(103 – 105) - Newton-ov zakon

32

225

455

10

',dmax

17908507800850455

10103

2225

,,

dmax

m

17

Maksimalni promjer čestica gustoće 7800 kg/m3 koje će padati u turbulentnom području je

179·10-3 m, ali zadana je maksimalna veličina 1510-3 m. Stoga je područje veličina čestica od

prisutnih u suspenziji za koje vrijedi Newton-ov zakon od 7,2410-3 m do 1510-3 m.

Čestice maksimalnog promjera padat će brzinom:

911

850

85078001015455

3

,,wmax

m/s

Kontrola:

52243310

850103159112

,,

Re

< 105

18

Primjer 4.

Neka čestica promjera 0,25 cm pada kroz vodu konstantnom brzinom od 2,5 m/s pod uvjetima

turbulentnog strujanja. Kojom brzinom će padati čestice istog materijala promjera 0,13 cm u

otopini gustoće 1,22 g/ml? Pretpostavljamo da su obje čestice istog oblika i specifične mase

od 2,35 g/cm3?

Rješenje:

d1 = 0,25 cm = 2,5 ·10-3 m

w1 = 2,5 m/s

d2 = 0,13 cm = 1,3·10-3 m

ρ1 = 1000 kg/m3

ρ1 = 1,22 g/ml = 1220 kg/m3

ρ' = 2,35 g/cm3 = 2350 kg/m3

U uvjetima turbulentnog strujanja vrijedi Newton-ov zakon:

1

111

´

dKw turb ;

2

222

´

dKw turb

122

211

2

22

1

11

2

1

d

d

dK

dK

w

w

turb

turb

674,1100012202350103,1

122010002350105,23

3

2

1

w

w

smw

w /49,1674,1

5,2

674,1

12

19

2. SEDIMENTACIJA

Brzina padanja krutih čestica procesom sedimentacije je manja od kritične zbog čega

se vrši pod okolnostima laminarnog strujanja, tako da je primjenjiv Stokesov zakon.

Laminarno područje 200 , ,Re - Stokes-ov zakon

Maksimalna brzina padanja čestica oblika kugle u viskoznom mediju za laminarno područje:

2

18

dgwmax ;

2

5450d

,wmax

Maksimalni promjer čestica oblika kugle u viskoznom mediju za laminarno područje:

2

545020 max

max

d,

d

,

3

2

5450

20

'max,

,d

20

Primjer 1.

Rijetka vodena suspenzija čestica približnog oblika kugle, specifične mase 2500 kg/m3,

priređeno je u 10:00 sati. U 12:00 sati su uzeti uzorci sa dubine 10 cm, 20 cm i 30 cm. Koliki

je promjer najvećih čestica koje se mogu nalaziti u tim uzorcima? Temperatura vode iznosi 20

°C.

Rješenje:

’= 2500 kg/m3

t = 2 h = 7200 s

L1= 10 cm = 0,1 m

L2 = 20 cm = 0,2 m

L3 = 30 cm = 0,03 m

T = 20 °C

= 998,2 kg/m3

= 1,005·10-3 Pas

dmax,1, dmax 2, d max 3 = ?

Pretpostavka je da su sve čestice na početku sedimentacije bile na vrhu nivoa suspenzije i da

su one s najvećim promjerom (dmax) padale maksimalnom brzinom i one su prošle sav put od

10, 20, i 30 cm.

Pretpostavka: laminarno područje, Stokes-ov zakon (0<Re<0,2)

',

wd

'd,w max

maxmax

max5450

54502

511 10391

7200

10 ,,

t

Lw m/s

6

35

1 10134299825005450

10005110391

,

,,

,,d max, m

10 cm 20

cm 30 cm

21

Kontrola: 5

3

65

1075100051

29981013410391

,

,

,,,Re < 0,2 laminarno područje

522 10782

7200

20 ,,

t

Lw m/s

6

35

max,2 1084,52,9982500545,0

10005,11078,2d

m

Kontrola: 4

3

65

10611100051

29981084510782

,

,


533 10174

7200

30

t

,,L

w m/s

6

35

3 10167299825005450

10005110174

,

,,

,,d max, m

Kontrola: 4

3

65

10972100051

29981016710174

,

,


22

Primjer 2.

Kuglice masti koje se nalaze u mlijeku imaju prosječan promjer čestica 3·10-3 mm i gustoću

0,92 g/ml. Obrano mlijeko ima gustoću 1,03 g/ml i dinamički viskozitet 1,8·10-3 Pa·s. Kojom

brzinom se kuglice mliječne masti odvajaju od mlijeka?

Rješenje:

d = 3·10-3 mm =3·10-6 m

’ = 0,92 g/ml = 920 kg/m3

= 1,03g/ml = 1030 kg/m3

µ = 1,8·10-3 Pa·s

w = ?


'd,w

2

5450

7

3

26

101131081

1030920103540

,

,,w m/s

Negativan predznak brzine je jer mliječna mast ima manju gustoću (specifičnu masu) od

obranog mlijeka pa se diže prema gore i izdvaja se na površini mlijeka.

Provjera: 7

3

67

1035,5108,1

10301031011,3dwRe

<0,2 laminarno područje

23

Primjer 3.

Kojom brzinom će padati kuglice čelika promjera 0,04 cm u ulju gustoće 829 kg/m3 i

viskoziteta 3,2·10-2 Pa·s? Specifična masa čelika je 7870 kg/m3.

Rješenje:

d = 0,05 cm = 4,0·10-4 m

µ = 3,2·10-2 Pa·s

w = ?


sm

dw /1092,1

102,3

8297870104545,0

'545,0 2

2

242

Kontrola:

2,01988,0102,3

8291041092,1Re

2

42

dw

24

Primjer 4.

Neka suspenzija kvarca (2650 kg/m3) u vodi sa 10 % čvrstog po volumenu sedimentira se na

polovicu svoje početne visine koja je iznosila 200 cm. Prosječna veličina čestice je 0,00095

cm. Srednja gustoća suspenzije je 1,15 g/ml, a dinamički viskozitet 1,00510-3 Paּּ·s.

Izračunajte vrijeme potrebno za sedimentaciju!

Rješenje:

L = 100 cm = 1 m

d = 0,00095 cm = 9,510-6 m

’ = 2650 kg/m3

= 1,15 g/ml = 1150 kg/m3

310005,1 Pa·s

=

w

Lt

t

Lw


5

3

262

10347100051

11502650105954505450

,

,

,,

'd,w

m/s

Provjera:

4

3

65

10987100051

1150105910347

,

,

,,dwRe

< 0,2 laminarno područje

981362310347

15

,,

t

s = 3,78 h

100 cm

100 cm

200 cm

25

3. SORTIRANJE

Sortiranje je operacije pomoću koje jedan sipki kolektiv čestica različitog kemijskog

sastava odjeljujemo na pojedine sastojke.

I frakcija: ( 3ww ) čista komponenta a ( 23 dd )

II frakcija: ( 32 www ) supadne čestice:

čestice a ( 31 dd )

čestice b ( 24 dd )

III frakcija: ( 2ww ) čista komponenta b ( 41 dd )

Ako se za izračunavanje 2w u jednadžbu Newton-ova zakona uvrste veličine supadnih čestica

(npr. 1ad i

4bd ) i odgovarajuće gustoće, tada se dobije oblik jednadžbe:

bb

.turb

aa

.turb

dK

dKw 41

2

iz toga proizlazi slijedeće:

Slika 4.15. Krivulje ovisnosti brzine padanja čestica

komponenti a i b o promjeru čestica

ba

26

a

b

b

a

d

d

4

1 omjer najmanjih supadnih čestica

Na isti se način može pisati i za ostale supadne čestice koje padaju brzinom 3w :

bb

.turb

aa

.turb

dK

dKw 23

3

a

b

b

a

d

d

2

3 omjer najvećih supadnih čestica

Čestice d1 i d2 su najmanje, odnosno najveće u frakciji supadnih čestica, što znači da bi i za

ostale supadne čestice značilo:

.konstd

d

d

d

d

d

a

b

b

a

b

a

b

a

4

1

2

3 , kod .konstww ba

27

Primjer 1.

Smjesu kvarca (SiO2) i olovnog sjajnika (galenita - PbS) veličine zrna od 0,3 do 2 cm

potrebno je hidraulički sortirati u frakcije. Gustoća kvarca je 2650 kg/m3, a gustoća galenita

iznosi 7800 kg/m3.

Koje se frakcije dobiju hidrauličkim sortiranjem te smjese u vodi temperature 21 °C, ako je

taloženje nesmetano?

Rješenje:

d1 = 0,3 cm = 310-3 m

d2 = 2 cm = 2010-3 m

7800PbS kg/m3 = a

26502

SiO kg/m3 = b

19vt °C 38,998 kg/m3

Frakcije?

Pretpostavka je da će se dobiti tri različite frakcije:

1. frakcija čestica veće specifične mase (čisti galenit-PbS)

2. Frakcija supadnih čestica (smjesa galenita i kvarca)

3. Frakcija čestica manje specifične mase (čisti kvarc - SiO2)

Područje supadnosti se nalazi između najveće čestice kvarca i najmanje čestice galenita, a

ograničeno je na dvije brzine padanja:

w3 – brzina padanja pri kojoj su supadne najveće čestice kvarca i najmanje čestice galenita

promjera d3,

w2 – brzina padanja pri kojoj su supadne najmanje čestice galenita s česticama kvarca

promjera d4.

Linearnom interpolacijom iz tablice Toplinska svojstva vode pri tlaku zasićenja (Prilozi) dobiju

izračunaju se vrijednosti za gustoću i dinamički viskozitet vode pri 19 °C:

b a

28

)(1519

1520

1520

1519 CC

CC

CC

CCtt

tt

)1519(1520

1,9992,9981,999

19

C

38,99819

C

kg/m3

Prema Newtonovom zakonu za najmanje i najveće supadne čestice vrijedi:

)(4),()(1),(

222 SiObSiOb

turb

PbSaPbSa

turb

dK

dKw

)(

)(

1),(

4),(

2

2

SiOb

PbSa

PbSa

SiOb

d

d

)(2),()(3),(

322 SiObSiOb

turb

PbSaPbSa

turb

dK

dKw

)(

)(

2),(

3),( 2

2 PbSa

SiOb

SiOb

PbSa

d

d

Sada se na temelju gore navedenih jednadžbi računaju promjeri 3,ad 3,PbSd i 4,bd 42 ,SiOd :

)(

)(

2),(

3),( 2

2 PbSa

SiOb

SiOb

PbSa

d

d omjer najvećih supadnih čestica

33

3, 1086,438,9987800

38,99826501020

PbSd m = 4,86 mm

)(

)(

1),(

4),(

2

2

SiOb

PbSa

PbSa

SiOb

d

d

omjer najmanjih supadnih čestica

29

33

4),( 1035,1238,9982650

38,9987800103

2

SiObd m = 12,35 mm

Frakcije koje se očekuju:

I frakcija: čisti a - PbS (d3 – d2), tj. od 4,86 mm do 20 mm

II frakcija: supadne čestice, i to:

PbS (d1 – d3), tj. od 3 mm do 4,86 mm

SiO2 (d4 – d2), tj. od 12,35 mm do 20 mm

III frakcija: čisti b - SiO2 (d1 – d4), tj. od 3 mm do 12,35 mm

Vidljivo je da postoje sve tri frakcije!

30

Primjer 2.

Supadnu frakciju iz prethodnog zadatka potrebno je razdvojiti hidrauličkim smetanim

taloženjem. U tu svrhu supadna frakcija iz prethodnog zadatka koncentrirana je tako da je u

njoj odnos 8,1:2,0:1m:m:m2SiOPbSvoda . Koje se frakcije dobiju taloženjem čestica PbS i

SiO2 iz supadne frakcije u navedenim smetanim uvjetima taloženja?

Kod smetanih uvjeta taloženja proračun je sličan, a razlika je jedino u tome što se umjesto

gustoće vode OH2 u jednadžbe uvrštava prividna gustoća suspenzije , koja se računa

kako slijedi (obzirom da vrijedi: 1 + 0,2 +1,8 = 3):

7,244226503

8,17800

3

2,038,998

3

1 kg/m3

Sada se računaju da(PbS),3 i db(SiO2),4:

)(

)(

2),(

3),( 2

2 PbSa

SiOb

SiOb

PbSa

d

d omjer najvećih supadnih čestica

33

3),( 1077,07,24427800

7,244226501020

PbSad m = 0,77 mm

)(

)(

1),(

4),(

2

2

SiOb

PbSa

PbSa

SiOb

d

d

omjer najmanjih supadnih čestica

33

4),( 105,777,24422650

7,24427800103

2

SiObd m = 77,5 mm

Očekuje se da će ponovo nastati tri frakcije:

I frakcija: čisti a - PbS (d3 – d2), tj. od 0,77 mm do 20 mm, od kojih je stvarno prisutno:

od 3 mm do 4,86 mm

31

II frakcija: supadne čestice, i to:

PbS (d1 – d3), tj. od 3 mm do 0,77 mm, nema takvih čestica!

SiO2 (d4 – d2), tj. od 77,5 mm do 20 mm, nema takvih čestica!

Dakle u ovom slučaju nema supadnih čestica.

III frakcija: čisti b - SiO2 (d1 – d4), tj. od 3 mm do 77,5 mm, od kojih je stvarno prisutno:

od 12,35 mm do 20 mm

32

4. UPARAVANJE

Učin uparivača - predstavlja količinu topline koja se prenese u nekom vremenu.

mTAkQ

[W]

Q/τ – učin uparivača, izmijenjena toplina u jedinici vremena [W]

k – koeficijent prolaza topline [W/m2K]

A – ogrjevna površina (površina izmjene topline) [m2]

ΔT – razlika temperatura ogrjevne pare i vrelišta otopine [K]

Maseni udio komponente u smjesi (otopini):

%100

1

i

n

i

ii

m

mc

Maseni udio suhe tvari u otopini (koncentracija otopine):

%100.

....

ot

tsts

m

mc

ms.t. – masa suhe tvari [kg]

mot. – masa otopine [kg]

33

Primjer 1.

Neki uparivač poji se otopinom koja sadrži 12 % suhe tvari. Produkt sadrži 50 % suhe tvari.

Brzinu pojenja i uklanjanja ugušćene otopine nije moguće odrediti, ali je određeno da

otparava 800 kg/h vode. Potrebno je izračunati brzinu pojenja i uklanjanja ugušćene otopine u

kg/h.

Rješenje:

c0 = 12 %

c1 = 50 %

800m .v.ot kg/h

P = ?

U = ?

Bilanca mase

Baza: 800 kg/h isparene vode

P kg/h pojne otopine

U kg/h ugušćene otopine

Ukupna bilanca: P = U + 800

Bilanca suhe tvari: 0,12 · P = 0,50 · U U24,050,0

P12,0U

800P24,0P

P = 1052,63 kg/h

U = 0,24 · 1052,63

U = 252,63 kg/h

34

Kontrola preko bilance vode:

0,88 · P = 0,50 · U + 800

0,88 · 1052,63 = 0,50 · 252,63 + 800

926,31 = 926,31

Drugi način rješavanja zadatka:

Baza: x kg/h suhe (čvrste) tvari

Količina pojne otopine (brzina pojenja): 12,0

xP kg/h

Količina ugušćene otopine (brzina uklanjanja ugušćene otopine): 5,0

xU kg/h

Bilanca ukupnog materijala: P = U + 800

8005,012,0

xx

8005,012,0

xx

4812,05,0 xx

x = 126,32 kg/h

Brzina pojenja: 12,032,126P

P = 1052,63 kg/h

Brzina uklanjanja ugušćene otopine: 50,032,126U

U = 252,63 kg/h

Da bi se dobila ugušćena otopina s 50 % suhe tvari iz otopine s 12 % suhe tvari u uparivaču u

kojem ispari 800 kg/h vode treba dodavati 1052,63 kg/h pojne otopine i uklanjati 252,63 kg/h

ugušćene otopine.

35

Primjer 2.

Dovođenjem rijetkog soka s 14 % suhe tvari u uparivač želi se postići da krajnji produkt,

koncentrirani sok, koji sadržava 58 % suhe tvari. Brzinu pojenja i uklanjanja ugušćene

otopine nije moguće odrediti, ali je određeno da otparava 695 kg/h vode. Potrebno je

izračunati brzinu pojenja i uklanjanja ugušćene otopine u kg/h.

Rješenje:

c0 = 14 %

c1 = 58 %

695.. votm kg/h

P = ?

U = ?

Bilanca mase

Baza: x kg/h suhe (čvrste) tvari

Količina pojne otopine (brzina pojenja): 14,0

xP kg/h

Količina ugušćene otopine (brzina uklanjanja ugušćene otopine): 58,0

xU kg/h

Bilanca ukupnog materijala: P = U + 695

69558,014,0

xx

69558,014,0

xx

43,5614,058,0 xx

x = 128,25 kg/h

36

Brzina pojenja: 14,0

25,128P

P = 916,12 kg/h

Brzina uklanjanja ugušćene otopine:58,0

25,128U

U = 221,12 kg/h

Da bi se dobila ugušćena otopina s 58 % suhe tvari iz otopine s 14 % suhe tvari u uparivaču u

kojem ispari 695 kg/h vode treba dodavati 916,12 kg/h pojne otopine i uklanjati 221,12 kg/h

ugušćene otopine.

37

Primjer 3.

Šećerni sok s 18 % suhe tvari mora se koncentrirati tako da sadrži 28 % suhe tvari pri čemu se

ispari 60 kg vode, Koliko treba dodavati početne otopine s 18 % suhe tvari te koliko pri tom

nastaje uguščene otopine?

Rješenje:

Bilanca mase:

Baza: X kg suhe (čvrste) tvari

Količina pojne otopine (brzina pojenja): 18,0xP kg/h

Količina ugušćene otopine (brzina uklanjanja ugušćene otopine): 28,0xU kg/h

Bilanca ukupnog materijala:

P = U + 60

6028,018,0 xx

6028,018,0 xx

x = 30,2 kg/h

Brzina pojenja: 18,02,30P

P = 167,8 kg/h

Brzina uklanjanja ugušćene otopine: 28,02,30U

U = 107,8 kg/h

Da bi se dobila ugušćena otopina s 28 % suhe tvari iz pojne otopine s 18 % suhe tvari u

uparivaču u kojem ispari 60 kg/h vode treba dodavati 167,8 kg/h pojne otopine i uklanjati

107,8 kg/h ugušćene otopine.

38

Primjer 4.

Otopinu organskih koloida treba upariti s koncentracije 10 % suhe tvari na 53 %. Uparavanje

se provodi u vakuumu pri temperaturi 55 C. Za grijanje uparivača koristi se ogrjevna para

tlaka 2 bara. Potrebno je izračunati količinu sekundarne pare koja se odvodi iz uparivača, ako

u njega ulazi 4500 kg/h rijetke otopine s temperaturom 32 C. Kondenzat ogrjevne pare iz

uparivača izlazi s 80 C.

Rješenje:

c0 = 10 %

c1 = 53 %

4500m0 kg/h = 1,25 kg/s

?m .p.s

Bilanca mase

Baza: 1,25 kg/s početne otopine s 10 % suhe tvari

Količina suhe tvari: 125,010,025,1100cmm 00.t.s kg/s

Količina ugušćene otopine: 236,053,0125,0100cmm 1.t.s1 kg/s

Količina sekundarne pare: 236,025,1mmm 10.p.s 1,014 kg/s

39

5. SUŠENJE

Apsolutna vlažnost zraka ..zrs

vg

m

mH [kgv/kgs.zr.],

Apsolutna vlažnost zraka (Hg) može imati vrijednosti 0 do ravnotežne vlažnosti (He),

odnosno:

suhi zrak: 0gH kgv/kgs.zr.

vlažni zrak: eg HH 0

zasićeni zrak: eg HH

Prema Dalton-ovom zakonu, apsolutni (ukupni) tlak vlažnog zraka može se izračunati

kao zbroj parcijalnog tlakova sastojaka, tj. parcijalnog tlaka suhog zraka (ps.zr.) i parcijalnog

tlaka vodene pare (pg) koja se nalazi u zraku:

gzrs ppP ..

gdje vrijedi: eg pp 0

pe – ravnotežni parcijalni tlak vodene pare u zraku (plinu).

Stoga vrijedi:

0gp suhi zrak

eg pp 0 vlažni zrak

eg pp zasićeni zrak

Relativna vlažnost zraka je odnos trenutnog (stvarnog) parcijalnog tlak vodene pare u

vlažnom zraku i ravnotežnog parcijalnog tlaka vodene pare pri danoj temperaturi:

e

g

e

g

H

H

p

p ili 100100

e

g

e

g

H

H

p

p u %

40

gdje se vrijednost relativne vlažnosti zraka može kretati od 0 do 1, odnosno od 0 do 100 %,

tj.;

suhi zrak: 0

vlažni zrak: 10 1000

zasićeni zrak: 1 1

41

Primjer 1.

Zrak kojim se suši materijal u konvekcijskom sušioniku ima temperaturu suhog termometra

38 °C, a mokrog termometra 26 °C. Zagrijava se do 105 °C i takav pušta u sušionik. U

sušioniku se adijabatski ohladi do relativne vlažnosti 75 %.

a) Kolika je relativna vlažnost zraka na ulasku u sušionik?

b) Kolika je apsolutna vlažnost zraka na ulasku u sušionik?

c) Kolika je apsolutna vlažnost zraka na izlasku iz sušionika?

d) Koliki je specifični volumen suhog zraka na ulasku u sušionik?

e) Koliki je specifični volumen suhog zraka na izlasku iz sušionika?

f) Koliki je specifični volumen zasićenog zraka na ulasku u sušionik?

g) Koliki je specifični volumen zasićenog zraka na izlasku iz sušionika?

h) Kolika je specifična toplina vlažnog zraka na ulasku u sušionik?

i) Kolika je specifična toplina vlažnog zraka na izlasku iz sušionika?

Rješenje:

Točka

ulaza

Točka

izlaza

a

b

c d

f

e

g

h i

42

a) 36 %

Nakon što se odredi početna točka koja je određena temperaturom suhog i mokrog

termometra na način da se povuče okomica na apscisu na temperaturi suhog termometra 38

°C i od temperature mokrog termometra 26 °C pravac paralelan s pravcima koji određuje

susjedne temperature. Od ulazne točke povlači se krivulja koja je paralelna s krivuljama koje

određuju relativnu vlažnost te se očita vrijednost na dijagramu.

b) 0,014 kg/kg

Vrijednosti za apsolutnu vlažnost nalaze se na desnoj ordinati, a očitava se na način da se od

točke ulaza povuče pravac paralelan s apscisom udesno sve do desne ordinate gdje se izravno

očita vrijednost apsolutne vlažnosti zraka kada ulazi u sušionik.

c) 0,042 kg/kg


točke izlaza povuče pravac paralelan s apscisom udesno sve do desne ordinate gdje se izravno

očita vrijednost apsolutne vlažnosti zraka kada izlazi iz sušionika.

d) 0,87 m3/kg

Specifični volumen suhog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke ulaza

povuče okomica na apscisu do pomoćnog pravca na kojemu je naznačeno da se odnosi na

suhi zrak. Kada okomica dodirne pravac povuče se paralela s apscisom prema lijevoj ordinati

i očita izravno specifični volumen suhog zraka na ulasku u sušionik.

e) 0,89 m3/kg

Specifični volumen suhog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaza povuče okomica na apscisu do pomoćnog pravca na kojemu je naznačeno da se odnosi

na suhi zrak. Kada okomica dodirne pravac povuče se paralela s apscisom prema lijevoj

ordinati i očita izravno specifični volumen suhog zraka na izlasku iz sušionika.

f) 0,94 m3/kg

Specifični volumen zasićenog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke

ulaza povuče okomica na apscisu do pomoćne krivulje na kojoj je naznačeno da se odnosi na

zasićeni zrak. Kada okomica dodirne krivulju povuče se paralela s apscisom prema lijevoj

ordinati i očita izravno specifični volumen zasićenog zraka na ulasku u sušionik.

43

g) 0,98 m3/kg

Specifični volumen zasićenog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaza povuče okomica na apscisu do pomoćne krivulje na kojoj je naznačeno da se odnosi na


ordinati i očita izravno specifični volumen zasićenog zraka na izlasku iz sušionika.

h) 1,04 kJ/kg K

Specifična toplina vlažnog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke ulaska

u sušionik povuče u lijevo paralela s apscisom sve do pomoćnog pravca koji se odnosi na

specifičnu toplinu. Nakon što paralela dodirne pomoćni pravac povuče se okomica na donju

apscisu sve do gornje apscise gdje se izravno očita specifična toplina vlažnog zraka na ulasku

u sušionik.

i) 1,09 kJ/kg K

Specifična toplina vlažnog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaska iz sušionika povuče u lijevo paralela s apscisom sve do pomoćnog pravca koji se

odnosi na specifičnu toplinu. Nakon što paralela dodirne pomoćni pravac povuče se okomica

na donju apscisu sve do gornje apscise gdje se izravno očita specifična toplina vlažnog zraka

na izlasku iz sušionika.

44

Primjer 2.

Za proces sušenja materijala u sušionik se uvodi zrak čija je temperatura 40 °C te relativna

vlažnost 30 %. Zrak se zagrijava do 95 °C i kao takav pušta u sušionik iz kojega izlazi

potpuno zasićen.

a) Kolika je apsolutna vlažnost zraka na ulasku u sušionik?

b) Kolika je apsolutna vlažnost zraka na izlasku iz sušionika?

c) Koliki je specifični volumen suhog zraka na ulasku u sušionik?

d) Koliki je specifični volumen suhog zraka na izlasku iz sušionika?

e) Koliki je specifični volumen zasićenog zraka na ulasku u sušionik?

f) Koliki je specifični volumen zasićenog zraka na izlasku iz sušionika?

g) Kolika je specifična toplina vlažnog zraka na ulasku u sušionik?

h) Kolika je specifična toplina vlažnog zraka na izlasku iz sušionika?

Rješenje:

Točka

ulaza

Točka

izlaza

a

b c d

e

f

g h

45

a) 0,008 kg/kg


točke ulaza povuče pravac paralelan s apscisom udesno sve do desne ordinate gdje se izravno

očita vrijednost apsolutne vlažnosti zraka kada ulazi u sušionik.

b) 0,034 kg/kg


točke izlaza povuče pravac paralelan s apscisom udesno sve do desne ordinate gdje se izravno

očita vrijednost apsolutne vlažnosti zraka kada izlazi iz sušionika.

c) 0,85 m3/kg

Specifični volumen suhog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke ulaza

povuče okomica na apscisu do pomoćnog pravca na kojemu je naznačeno da se odnosi na

suhi zrak. Kada okomica dodirne pravac povuče se paralela s apscisom prema lijevoj ordinati

i očita izravno specifični volumen suhog zraka na ulasku u sušionik.

d) 0,87 m3/kg

Specifični volumen suhog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaza povuče okomica na apscisu do pomoćnog pravca na kojemu je naznačeno da se odnosi

na suhi zrak. Kada okomica dodirne pravac povuče se paralela s apscisom prema lijevoj

ordinati i očita izravno specifični volumen suhog zraka na izlasku iz sušionika.

e) 0,90 m3/kg

Specifični volumen zasićenog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke

ulaza povuče okomica na apscisu do pomoćne krivulje na kojoj je naznačeno da se odnosi na


ordinati i očita izravno specifični volumen zasićenog zraka na ulasku u sušionik.

f) 0,92 m3/kg

Specifični volumen zasićenog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaza povuče okomica na apscisu do pomoćne krivulje na kojoj je naznačeno da se odnosi na


ordinati i očita izravno specifični volumen zasićenog zraka na izlasku iz sušionika.

46

g) 1,025 kJ/kg K

Specifična toplina vlažnog zraka koji ulazi u sušionik odredi se na način da se od točke ulaska

u sušionik povuče u lijevo paralela s apscisom sve do pomoćnog pravca koji se odnosi na

specifičnu toplinu. Nakon što paralela dodirne pomoćni pravac povuče se okomica na donju

apscisu sve do gornje apscise gdje se izravno očita specifična toplina vlažnog zraka na ulasku

u sušionik.

h) 1,08 kJ/kg K

Specifična toplina vlažnog zraka koji izlazi iz sušionika odredi se na način da se od točke

izlaska iz sušionika povuče u lijevo paralela s apscisom sve do pomoćnog pravca koji se

odnosi na specifičnu toplinu. Nakon što paralela dodirne pomoćni pravac povuče se okomica

na donju apscisu sve do gornje apscise gdje se izravno očita specifična toplina vlažnog zraka

na izlasku iz sušionika.

47

Primjer 3.

Zrak koji ulazi u jedan uređaj za sušenje ima temperaturu suhog termometra 25 C, a mokrog

17,5 C. On se zagrije kaloriferima na temperaturu 90 C i kao takav pušta u sušionik. U

sušioniku se adijabatski ohladi i iz njega izlazi zasićen vodenom parom.

1. Koje je rosište zraka?

2. Kolika mu je apsolutna vlažnost?

3. Kolika mu je relativna vlažnost?

4. Koliko topline treba da se 100 m3 zraka zagrije na 90 C?

5. Koliko vode prima kod adijabatskog ohlađenja 100 m3 zraka?

6. Koji je specifični utrošak zraka?

7. Koji je specifični utrošak topline?

Rješenje:

Da zrak ima temperaturu mokrog termometra 17,5 C znači, da bi taj zrak, puhan na tekuću

vodu i ostavljen dovoljno dugo s njome u dodiru, ohladio vodu na 17,5 C i sam se ohladio na

17,5 C, kad se zasiti vodom (vlagom). U tom krajnjem slučaju svog adijabatskog ohlađenja

imao bi dakle stanje označeno sjecištem linije adijabatskog ohlađenja za 17,5 C s krivuljom

relativne vlažnosti 100 % (i s ordinatom iznad 17,5 C).

1. Slijedeći horizontalu konstantne vlažnosti iz početne točke na lijevo do krivulje zasićenja

( = 100 %) dobiva se, kao apscisu, temperaturu kod koje bi zrak te vlažnosti (0,009

kgvode/kgsuhog zraka) bio zasićen (rosište) tj. 12,5 C.

2. Samo adijabatsko ohlađenje zbivalo bi se po toj istoj liniji adijabatskog ohlađenja, a počelo

bi kod temperature suhog termometra 25 C. Sjecište ordinate nad temperaturom 25 C sa

linijom adijabatskog ohlađenja (linijom temperature mokrog termometra) 17,5 C daje

početno stanje zraka. Desna ordinata pokazuje da u tom slučaju zrak ima apsolutnu vlažnost

od 0,009 kgvode/kgsuhog zraka.

3. Točka koja pokazuje početno stanje zraka, nalazi se između krivulja koje označavaju 40 %

i 50 % relativne vlažnosti. Interpolacijom se dobiva vlažnost od 49 %.

48

4. Kod 25 C specifični volumen suhog zraka je 0,84 m3/kg, a specifični volumen zasićenog

zraka 0,875 m3/kg. Interpolacija za 49 %-tnu relativnu vlažnost daje specifični volumen

vlažnog zraka od 0,857 m3/kg.

Masa koju ima zrak određenog volumena može se izračunati poznavanjem specifičnog

volumena zraka (recipročna vrijednost gustoće), kako slijedi:

vV

m 1

v

Vm

Prema tome, 100 m3 zraka 49 % vlažnosti i temperature 25 C ima slijedeću masu:

71168750

100,

,m .z.s kg

Specifična toplina (cp) tog zraka je očitana na gornjoj apscisi dijagrama i iznosi 1,032 kJ/kgK.

Za zagrijavanje 100 m3 vlažnog zraka od 25 C na 90 C potrebna je sljedeća toplina:

2828 7259003217116 ,,,TcmQ p.z.s kJ

5. Ukoliko se ide od točke, koja odgovara početnoj vlažnosti i temperaturi 90 C prema gore

lijevo, paralelno s linijama adijabatskog ohlađenja, tada će zasićenje nastupiti kod temperature

34 C, kada zrak sadrži 0,034 kgv/kgs.zr. Količina vode otparene u tom procesu, adijabatskim

ohlađenjem iznosi:

922711600900340 ,,,,mH kg otparene vode/100 m3 početnog zraka

6. Specifični potrošak zraka je:

40922

7116

,

,

m

m

.v.ot

.zr.s kg/kgvode

7. Specifični potrošak topline je:

9680 2922

5714 7,

,

,

m

Q

.v.ot

kJ/kgvode

49

50

6. MIJEŠANJE

Snaga potrebna za miješanje:

53 dnN M [W]

53 dnRekNa

M

[W]

Koeficijent miješanja:

M = EuM

EuM = k · (ReM)-a

Modificirani Reynoldsov broj:

ndReM

2

Re < 30 laminarno strujanje

Re > 100 turbulentno strujanje

k i a – konstante miješanje, određuju se eksperimentalno za određeni tip miješala

n – broj okretaja miješalice [s-1]

– specifična masa tekućine [kg/m3]

d – promjer miješalice [m]

N – snaga [W]

51

H

Ho

h

D

d

Primjer 1.

Treba odrediti potrebnu snagu miješalice s dvije lopatice, ako je promjer miješala 250 mm, a

broj okretaja iznosi 1100 min-1. Specifična masa suspenzije koja se miješa iznosi 1650 kg/m3,

a prividni viskozitet je 4,3 Pa·s. Visina punjenja miješalice suspenzijom iznosi 50 cm,

promjer dna miješalica je 50 cm, a miješalo se nalazi 90 mm iznad dna miješalice.

Rješenje:

d = 250 mm =0,25 m

D = 50 cm = 0,50 m

Ho = 50 cm = 0,50 m

h = 90 mm = 0,09 m

n = 1100 min-1 = 18,33 s-1

= 1650 kg/m3

= 4,310-2 Pa·s

N = ?

53 dnN M

M

a

MuM RekE

ndRe

2

M

k, a - konstante miješanja koje se nalaze u tablici Konstante miješanja u ovisnosti o tipu

miješanja (Prilozi) za određenu ReM i tip miješala

43960103,4

165025,033,18Re

2

2

M

52

Da bi se iz tablice Konstante miješanja u ovisnosti o tipu miješanja (Prilozi) moglo očitati “k”

i “a” još se moraju odrediti odnosi Ho/d, D/d i h/d.

2250

500

,

,

d

D 2

250

500

,

,

d

H o 360250

090,

,

,

d

h

Iz tablice Konstante miješanja u ovisnosti o tipu miješanja (Prilozi) očitaju se konstante “k” i

“a” za miješalo s dvije lopatice, odnosno Ho/d = 2, D/d = 2 i h/d = 0,36, te za ReM = 43960 što

je u granicama Re(102, 5104) te proizlazi:

k = 14,35

a = 0,31

52180439603514310

,,,

M

251781650250331852180 53 ,,,, N W 185, kW

53

Primjer 2.

Koje snage mora biti elektromotor koji pogoni jedno propelersko miješalo s dvije lopatice

nagiba 22,5, vršeći miješanje tehničkog glicerina gustoće 1200 kg/m3 i viskoznosti 1,6 Pa·s.

Miješalo promjera 56,5 cm treba se okretati s 500 min-1, pri čemu je promjer dna miješalice

173 cm, visina punjenja miješalice suspenzijom 165 cm, a miješalo se nalazi 180 mm iznad

dna miješalice?

Rješenje:

= 1200 kg/m3

= 1,6 Pa·s

500n min-1 = 8,333 s-1

D = 173 cm = 1,73 m

d = 56,5 cm = 0,565 m

Ho = 165 cm = 1,65 m

h = 180 mm = 0,18 m

d = ?

53 dnN M

M

a

MuM kE

Re

ndRe

2

M

k, a - konstante miješanja koje se nalaze u tablici Konstante miješanja u ovisnosti o tipu

miješanja (Prilozi) za određenu ReM i tip miješala

08,19956,1

333,81200565,0Re

2

M

Da bi se iz tablice Konstante miješanja u ovisnosti o tipu miješanja (Prilozi) moglo očitati “k”

i “a” još se moraju odrediti odnosi Ho/d, D/d i h/d.

54

3565,0

73,1

d

D

3565,0

65,1

d

Ho

33,0565,0

18,0

d

h

Iz tablice Konstante miješanja u ovisnosti o tipu miješanja (Prilozi) očitaju se konstante “k” i

“a” za propelersko miješalo s dvije lopatice nagiba 22,5, odnosno Ho/d = 3, D/d = 3 i h/d =

0,33, te za ReM = 1995,08 što je u granicama Re(102, 5104) te proizlazi:

k = 0,985

a = 0,15

a

MM k

Re

306,008,1995985,015,0

M

53 dnN M

45,12233565,0333,81200306,0 53 N W 23,12 kW

55

7. KRISTALIZACIJA

Brzina kristalizacije

)( sccAB

[kg/s]

B/τ – brzina kristalizacije, kg/s

σ – koeficijent proporcionalnosti (koeficijent prijenosa mase)

c – trenutna koncentracija otopine, %

cs – koncentracija zasićene otopine, %

A – površina stvorenih kristala, m2

Maseni udio komponente u smjesi:

100

1

n

i

i

i

m

mc , %

Maseni udio suhe tvari u otopini:

100.

....

ot

tvstvs

m

mc , %

Maseni udio otapala (vode) u otopini:

100.

. ot

vv

m

mc , %

56

57

Primjer 1.

Na koju se temperaturu mora ohladiti vruća vodena otopina koja sadrži 40 % KNO3 da

koncentracija otopine nakon ohlađivanja i uklanjanja kristala bude 20 %-tna?

Rješenje:

%40c 0,KNO 3

%20c 1,KNO3

Baza: 100 kg 40 %-tne početne otopine

Početna otopina:

masa početne otopine 100m 0.,otop kg

masa otopljenog KNO3 40m 0,KNO 3 kg

masa vode 60m 0,v kg

Otopina nakon kristalizacije (obzirom da se kristalizacija provodi hlađenjem, masa vode

ostaje nepromijenjena):

masa otopine 7580,060cmm 1,v0,v1.,otop kg

masa otopljenog KNO3 156075mmm 1.,vo.,otopKNO3 kg

masa iskristaliziranog KNO3 251540mmm 1,KNO0,KNO.kr,KNO 333 kg

58

Koncentraciju zasićene otopine (topivost) nakon kristalizacije potrebno je izraziti količinom

otopljene tvari na 100 kg otapala (vode), prema odnosu:

60 kg (H20) ~ 15 kg (KNO3)

100 kg (H2O) ~ x kg (KNO3)

60

15100x 25 kg KNO3/100 kg vode

Iz dijagrama topivosti, prema ravnotežnoj krivulji za KNO3 očita se da toj koncentraciji

otopine odgovara temperatura 13 C.

59

Primjer 2.

Iz 1000 kg 13 %-tne otopine K2Cr2O7 otpari se 640 kg vode i zaostala otopina ohladi na 20

C. Potrebno je izračunati količinu i postotak ispalih kristala. Topivost K2Cr2O7 kod 20 C

dana je u tablicama i iznosi 0,390 kmola na 1000 kg vode. 294M722 OCrK .

Rješenje:

Baza: 1000 kg početne otopine s 13 % otopljene tvari

Početna otopina:

masa početne otopine 1000m 1.,otop kg

masa otopljenog K2Cr2O7 130m 1,OCrK 722 kg


Otopina nakon otparavanja (otparavanjem, masa otopljenog K2Cr2O7 ostaje

nepromijenjena):

masa otopine 3606401000m 2.,otop kg


masa otopljenog K2Cr2O7 130mm 1,OCrK2,OCrK 722722 kg

H2O

K2Cr2O3 13%

87%

K2Cr2O3

H2O

H2O

640 kg isparene

1000 kg

+ isparavanje

hla

đenje

K2Cr2O3

H2O

K2Cr2O3

kristali

+

60

Otopina nakon hlađenja na 20C (hlađenjem se ne mijenja masa H20):

topivost K2Cr2O7: 0,390 kmol/1000 kg vode = (0,390 · 294) kg/1000 kg vode

= 114,66 kg/1000 kg vode

prema tome, 230 kg vode može otopiti: 37,261000

23066,114m 3,OCrK 722

kg

masa iskristaliziranog K2Cr2O7: 3,OCrK2,OCrK.kr,OCrK 722722722mmm

63,10337,26130 kg

Prema tome, ispalo je 103,63 kg kristala K2Cr2O7,

ili 100·130

63,10379,72%

61

Primjer 3.

850 kg otopine KJ koja je zasićena kod 80 C, ohladi se na 55 C pri čemu se izdvajaju

kristali KJ. Treba izračunati količinu uklonjenih kristala!

Rješenje:

Iz dijagrama topivosti očitava se topivost KJ pri 80 C 192 kg KJ/100 kg H2O

što znači da je masa ukupne otopine:

292100192mmm 0HKJotopine 2 kg

prema tome za 850 kg početne otopine vrijedi odnos:

292 kg (otopine) ~ 192 kg (KJ)

850 kg (otopine) ~ x kg (KJ)

9,558292

850192x

kg KJ

što znači da 850 kg početne zasićene otopine sadrži:

558,9 kg KJ, i

850 – 558,9 = 291,1 kg H2O (što predstavlja raspoloživu masu otapala)

H2O

KJ

850 kg

hlađenje

KJ

H2O

KJ

kristali

+

62

Iz dijagrama topivosti očitava se topivost KJ pri 55 C 173 kg KJ/100 kg H2O

S obzirom na to može se izračunati količina KJ, koju pri toj temperaturi može otopiti 291,1 kg

vode, i to kako slijedi:

100,0 kg (H20) ~ 173 kg (KJ)

291,1 kg (H2O) ~ x kg (KJ)

6,503100

1,291173x

kg KJ

Prema tome, preostala količina KJ je nakon hlađenja ispala iz otopine u obliku kristala:

m (ispalih kristala) = 558,9 – 503,6 = 55,3 kg KJ

63

8. DESTILACIJA

Ravnotežna krivulja: daje odnos sastava pare i tekućine koje su međusobno u ravnoteži, sve

uz konstantan tlak.

x = molarni udio hlapivije tvari A u tekućini

y = molarni udio tvari A u pari.

x i y se ucrtavaju iz dijagrama ključanja, a tekućina sastava x1 je kod vrelišta u ravnoteži sa

parom sastava y1.

Jednadžba gornjeg pogonskog pravca za binarnu smjesu:

11

O

xx

O

Oy

p

Za x = 0 vrijedi odsječak na ordinati ima oblik:

1

O

xy

p

y – molni udio hlapivije komponente u parnoj fazi,

x – molni udio hlapivije komponente u tekućoj fazi

xp – molni udio hlapivije komponente u produktu

O – pretek (flegma ili refluks)

Stupanj djelovanja:

nist

iidea

n

n

var

ln

nideal. – broj idealnih (teorijskih tavana)

nstv. – broj stvarnih tavana

64

Minimalni pretek (refluks):

s

p

xy

yxO

min

y - molni udio hlapivije komponente u pari koji odgovara xs

Određivanje broja teoretskih tavana grafičkom metodom kod destilacije s deflegmacijom

(rektifikacija)

Ako treba neku smjesu sastava xs kontinuirano rektificirati, tako da se dobije proizvod

sastava xp (udio hlapivije komponente u produktu) može se naći broj potrebnih idealnih

tavana grafičkim putem na ovaj način:

1. nacrtati kvadrat i dijagonalu dijagonalu pod kutem od 45° te krivulju ravnoteže prema

zadanim podacima,

2. obilježiti točku (xp, xp) na dijagonali,

3. izabrati O (pretek (flegma, refluks) na jedan mol proizvoda) i nanijeti 1O

xp

na os ordinate,

4. nacrtati gornji pogonski pravac spojivši točku (xp, xp) sa točkom

1O

xy,0x

p ,

5. započevši s točkom (xp, xp) ucrtati pravokutne stepenice između pogonskog pravca i

krivulje ravnoteže, dok jedna horizontalna stepenica ne dosegne ili presiječe ordinatu nad x =

xs.

6. Očitati broj pravokutnih stepenica. Broj potrebnih teoretskih tavana je jednak broju

horizontalnih stepenica, a u određenom intervalu koncentracije znači broj tavana koji je

potreban da se u granicama tog intervala koncentracije provede odjeljivanje sastojaka.

Broj idealnih tavana biti će jednak cijelom broju samo u slučaju ako zadnja horizontala siječe

krivulju ravnoteže u istoj točki kao i linija xs. Prema tome, broj idealnih tavana može biti i

razlomljen broj, npr. 3,3.

65

Određivanje broja idealnih tavana:

66

Primjer 1.

Smjesa s molnim udjelom benzena 0,25 i 0,75 molnih udjela octene kiseline podvrgava se

rektifikaciji u koloni za pojačanje. Treba dobiti proizvod sa 0,9 molnog udjela benzena.

Odredite broj teoretskih tavana kod dvostrukog preteka.

Ravnotežni podaci :

Rješenje:

xs = 0,25

xp = 0,90

O = 2

odsječak na ordinati: 30,012

90,0

1O

x p

x y

0 0

0,0647 0,3149

0,0891 0,3882

0,1272 0,4782

0,1923 0,5776

0,2497 0,6443

0,2993 0,6859

0,3804 0,7421

0,4539 0,7757

0,6451 0,8504

1,0000 1,0000

67

n = 3,1 tavana

68

Primjer 2.

Smjesa od 0,10 molna udjela etanola i 0,90 molnih udjela vode podvrgava se rektifikaciji pri

čemu se dobije destilat s 0,80 molnih udjela etanola. Pojna smjesa se dovodi na dno kolone.

Odredite broj stvarnih tavana, ako je refluks 3,5 puta veći od minimalnog, a stupanj

djelovanja kolone iznosi 0,56.

Ravnotežni podaci za binarnu smjesu etanol – voda:

Rješenje:

xs = xf = 0,10

xp = 0,80

O = Omin · 3,5

= 0,56

nstv = ?

x y

0 0

0,019 0,17

0,0721 0,3891

0,0966 0,4375

0,1238 0,4704

0,1661 0,5089

0,2337 0,5445

0,2608 0,558

0,3273 0,5826

0,3965 0,6122

0,5079 0,6564

0,5198 0,6599

0,5732 0,6841

0,6732 0,7385

0,7472 0,7815

0,8943 0,8943

1 1

69

y' = 0,44 (očita se iz dijagrama)

706,35,3·059,15,3·

059,110,044,0

44,08,0

min

min

OO

xy

yxO

f

p

Odsječak na ordinati :

170,01706,3

8,0

1O

x p

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1

x

y

(xp, xp)

xpxs

y'

xp/(O+1)

12

34

5

6

7

8

70

Broj idealnih (teorijskih) tavana određenih iz dijagrama:

nteorijski = 8,1

Broj stvarnih tavana:

56,0

1,8

var

teorijski

nist

nn

= 14,46

nstvarni = 15

71

Primjer 3.

Treba odrediti broj stvarnih tavana spojene rektifikacione kolone u kojoj se kontinuirano

razdvaja smjesa kloroforma i benzena pod atmosferskim tlakom. U kolonu ulazi smjesa na

temperaturi vrenja s molnim udjelom kloroforma 0,32. Destilat treba sadržavati 0,85 molnih

udjela kloroforma, a ostatak 0,15 molnih udjela kloroforma. Kolona radi s refluksom 2 puta

većim od minimalnog, a stupanj djelovanja kolone je 60 %.

Ravnotežni podaci :

Rješenje:

xf = xs = 0,32

xp = 0,85

xw = 0,15

O = Omin · 2

= 60% = 0,60

Budući da se u ravnotežni dijagram ucrtaju zadani podaci, odredi se minimalni refluks i

odsječak na ordinati.

x y

0 0

0,08 0,10

0,15 0,20

0,22 0,30

0,29 0,40

0,36 0,50

0,44 0,60

0,54 0,70

0,66 0,80

0,79 0,90

1,00 1,00

72

48,62·24,32·

24,332,0445,0

445,085,0

min

min

OO

xy

yxO

f

p

73

Odsječak na ordinati :

114,0148,6

85,0

1O

x p

Broj idealnih (teorijskih) tavana određenih iz dijagrama:

nteorijski = 9,9

Broj stvarnih tavana:

60,0

9,9

nn

teorijski

nivarst

= 16,5 = 17 tavana

74

9. FILTRACIJA

R u t h - o v a j e d n a d ž b a

ff KVV 2

V - volumen filtrata [m3]

fV - fiktivni volumen filtrara [m3] – konstanta filtracije

- vrijeme filtracije [s]

f - fiktivno vrijeme filtracije [s] - konstanta filtracije

K - konstanta filtracije [m6/s]

Veličine sadržane u konstanti K su konstantne za dani slučaj, tako da se može pisati:

s

mspAK

12 2

A - filtarska površina [m2]

p - razlika tlakova na ulazu i izlazu iz uređaja [Pa]

s - udio čvrstog u mulju [kg/kg]

m - (masa mokrog kolača / masa ispranog i suhog kolača) [kg/kg] - dinamički viskozitet

filtrata [Pa·s]

- srednji specifični otpor filtarskog kolača [m/kg]

- gustoća kolača [kg/m3]

75

Grafička metoda za izračunavanje konstanti filtracije:

Ruth-ova jednadžba:

K

VV

KdV

d f

22

u dijagramu VV predstavlja pravac oblika : bVay

gdje je: Vy ; Ka 2 ; KVb f 2

Za grafičko rješavanje diferencijalane Ruth-ove jednadžbe potrebno je prema

eksperimentalnim podacima izračunati vrijednosti:

ii

ii

i VVV

1

1

;

2

1 ii

i

VVV ; za 1-n ..., 2, ,i 1

gdje je n – broj eksperimentalnih podataka.

Iz početnih uvjeta filtracije, kada je 0 i 0V , iz Ruth-ove jednadžbe dobiva se izraz za

fiktivno vrijeme filtracije:

K

V f

f

2

76

Primjer 1.

Na pokusnom uređaju za filtriranje filtrira se suspenzija pod konstantnim tlakom i dobiju se

slijedeći podaci:

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9

[s 0 110 225 364 532 713 906 1108 1326

V [m3 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0

Potrebno je izračunati konstante filtracije prisutne u Ruth-ovoj jednadžbi i to grafičkom

metodom.

Rješenje:

Grafička metoda određivanja konstanti u Ruth-ovoj jednadžbi:

f

2ττ kVV f Ruthova jednadžba

diferenciranjem Ruth-ove jednadžbe dobiva se diferencijalni oblik jednadžbe koji predstavlja

jednadžbu pravca:

dV:/k:/dkdVVV f τ2

k

VV

kdV

d f22τ

Vlim

dV

d

V

ττ

0

k

VV

k

V f22

τ

77

gdje je:

2

1 ii

i

VVV ;

ii

i

i VVV

1

1i τττ

za i = 1,2,3,…n-1

prema eksperimentalnim podacima izračunavaju se slijedeće vrijednosti:

2502

5001 ,

,V

m3 220

050

0110τ

1

,V

s/m3

7502

01502 ,

,,V

m3 230

5001

110225τ

2

,,V

s/m3

2512

51013 ,

,,V

m3

0151

225364τ

3 ,,V

= 278 s/m3

7512

02514 ,

,,V

m3 336

5102

364532τ

4

,,V

s/m3

2522

52025 ,

,,V

m3 362

0252

532713

5

,,V

τ

s/m3

7522

03526 ,

,,V

m3 386

5203

713906τ

6

,,V

s/m3

2532

53037 ,

,,V

m3 404

0353

9061108τ

7

,,V

s/m3

7532

04538 ,

,,V

m3 436

5304

11081326τ

8

,,V

s/m3

Ovi podaci unesu se u dijagram VV , te se između tih podataka ucrta pravac tako da

maksimalni broj točaka bude na pravcu, a podjednak broj podjednako udaljenih točaka iznad i

ispod pravca, te se očitaju odsječci tog pravca na apscisi i na ordinati.

78

Očitani su podaci:

Vf = 3,1 m3

2012

k

V f s/m3 k 03084570

201

132

201

2,

,V f

m6/s

k = 3,08·10-2 m6/s

Iz početnih uvjeta = 0 i V = 0 uvrštenih u Ruthovu jednadžbu dobije se fiktivno vrijeme

filtracije:

f

2τ00 kV f

k

V f

f

2

τ

f

31210083

132

22

,

,

k

V f s

0

100

200

300

400

500

-3.5 -2.5 -1.5 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5

V [m3]

/V [s/m3]

-V f

(2V f )/k = 201 s/m3

79

Primjer 2.

Na pokusnom aparatu za filtraciju sa 8 m2 filtarske plohe filtrira se suspenzija pod

konstantnim tlakom i dobiveni su slijedeći rezultati:

n 1 2 3 4 5 6 7

[s] 0 30 105 220 360 550 790

VA [m3] 0 7 14 21 28 35 42

Treba izračunati vrijeme filtracije za 1000 m3 filtrata, pod istim uvjetima, ako se filtracija

provodi na uređaju sa 140 m2 filtarske plohe.

Rješenje:

AA = 8 m2

AB = 140 m2

V = 1000 m3

Budući da se pogonska filtracija provodi pod istim uvjetima kao i na pokusnom aparatu to će

biti za ista vremena, protok filtrata toliko puta veći koliko je puta veća filtarska ploha A2 od

A1, tj. vrijedi:

B

A

B

A

A

A

V

V ; 5,17

8

140 517,V

A

AVV A

A

BAB

n 1 2 3 4 5 6 7

[s] 0 30 105 220 360 550 790

VB [m3] 0 122,5 245 367,5 490 612,5 735

Sada iz ovih podataka izračunaju se vrijednosti V

τ

i V te se ucrtaju u dijagram kako bi se

odredile konstante Vf i k, i izračunala konstanta f.

80

2

1 ii

i

VVV ;

ii

i

i VVV

1

1i τττ

; i = 1,2,3,…, n-1

i i

V

τ

iV

1 0,245 61,25

2 0,612 183,75

3 0,939 306,25

4 1,143 428,75

5 1,551 551,25

6 1,959 673,75

Ovi podaci unesu se u graf V

τV

, te se između tih podataka ucrta pravac i očitaju se

odsječci tog pravca na apscisi i na ordinati:

0.0

0.5

1.0

1.5

2.0

-100 0 100 200 300 400 500 600 700

V [m3]

/V [s/m3]

-V f

(2V f )/k

81

Iz grafa se očita:

Vf = 30 m3

0802

,k

Vb

f s/m3

i izračuna:

k = 750 m6/s

te iz početnih uvjeta:

f 21750

3022

,k

V f s

Uvrštavanjem konstanti filtracije u Ruthovu jednadžbu može se izračunati vrijeme filtracije

potrebno za dobivanje 1000 m3 filtrata, kako slijedi:

ff kVV ττ2

1,30τ29741053110002

,,

1432,8τ s 24 min

82

Primjer 3.

Na okvirnoj filter preši treba filtrirati jednu suspenziju tako da se za 3 sata mora dobiti

količina od 5 m3 filtrata. Pokusom filtracije te suspenzije na laboratorijskoj preši dobiveni su

pod istim tlakom i za istu visinu sloja kolača za površinu filtracije 1 m2 slijedeći podaci za

konstante filtracije k = 510-6 m6/s, Vf = 1,510-3, f = 5 s. Treba izračunati površinu filtracije

pogonske filter preše.

Rješenje:

A1 = 1 m2

V2 = 5 m2

= 3 h = 10800 s

k1 = 5·10-6 m6/s

Vf,1 = 1,5·10-3 m3

f,1 = 5 s

Ruth-ova jednadžba f

2

f kVV piše se u obliku:

0)τ-τ(kVVV2V f

2

ff

2

Nakon toga potrebno je izračunati volumen filtrata koji bi na laboratorijskoj preši prošao za

isto vrijeme tj. za 3 h (odnosno 10 800 s):

0510800105105110512 623

1

32

1 ,, VV

0104051003 2

1

32

1 ,, VV

132

233

1 103221051104052

1003

2

1003

,,,

,,V

230901 ,V m3

83

Za filtraciju pod istim okolnostima na različitim filtarskim plohama vrijedi odnos:

2

1

2

1

V

V

A

A

1

212

V

VAA

656212310

512 ,

,A m2

84

Documents

1. USITNJAVANJE