1

3. MATERIJALNI BILANSI

Pri izvođenju jednačina materijalnog bilansa polazi se od opšte bilansne jednačine za otvoreni sistem:

ULAZ - IZLAZ + GENERISANJE = AKUMULACIJA U SISTEMU (3.1)

3.1 Ukupni bilans materije i komponentni bilansi

Ukupni bilans materije

Polazeći od opšteg bilansa (3.1) za beskonačno mali period vremena, dt i imajući u vidu da se masa ne generiše i ne troši u sistemu, dobijamo diferencijalni blans:

{

aakumulacijizlaz - ulaz

)( dmmmddmdm izulizul =−=−43421

(kg)

čijom integracijom, dobijamo bilans za neki konačan period vremena ∆t

{

)(aakumulacijizlaz - ulaz

kgmmm izul ∆=−43421

mul - masa koja u peridu ∆t uđe u sistem

miz - masa koja u peridu ∆t izađe iz sistema

m - masa u sistemu

Deljenjem diferencijalnog bilansa sa infinitezimalnim periodom dt, dobijamo:

( )skgdt

dmFF

dt

dm

dt

dmizul

izul /=−=−

Ful - ukupni ulazni maseni protok, zbir protoka svih ulaznih struja

Fiz - ukupni izlazni maseni protok, zbir protoka svih izlaznih struja

Konačno, ako razliku Ful - Fiz prikažemo kao algebarski zbir protoka svih struja u sistemu, dobijamo ukupni bilans materije u jedinici vremena kao

( )skgdt

dmF

SN

ii /

1

=∑=

(3.2)

NS - broj materijalnih struja

Fi - protok date struje (Fi > 0 za ulazne struje, Fi < 0 za izlazne struje)

2

Materijalni bilansi komponenata

Polazeći od opšte bilansne jednačine, dobijamo bilanse komponenata u sistemu u beskonačno malom periodu vremena dt :

{

( )( )mol

kg

Njdmdtdmdm cjjizjulj ili,...2,1,)()( egenerisanj

==+− R

i deljenjem sa dt, dobijamo komponente bilanse u jedinici vremena:

)/(

ili

)/(

,...,2,1,,,

smol

skg

Njdt

dmFF c

jjizjulj ==+− R (3.3)

Fj,ul, Fj,iz – ukupan ulazni i izlazni protok komponente (maseni ili molski)

Rj - brzina generisanja komponente (kg/s) ili (mol/s) u hem. reakcijama Pod terminom generisanje podrazumevamo

• nastajanje kao pozitivno generisanje (Rj >0) , ili

• nestajanje kao negativno generisanje (Rj < 0)

neke komponente, kao rezultat odvijanja jedne ili više hemijskih reakcija u sistemu.

Koli činu komponente u sistemu, m (kg ili mol) dobijamo kao proizvod ukupne količine materije u sistemu i koncentracije komponente .

)(

ili

)(

,...,2,1,

mol

kg

Njm cjj == cM (3.4a)

M - količina materije u sistemu (kapacitet sistema) c j - koncentracija komponente u sistemu Analogno, protok komponente j sa nekom strujom i dobijamo kao proizvod:

)/(

ili

)/(

,...,2,1,,...,2,1,

smol

skg

NjNiFn csijiij === c (3.4b)

nij - protok komponente j sa strujom i

Fi - protok struje

c ij - koncentracija komponente j u struji i

3

Treba imati u vidu da jedinice mere za kapacitet sistema i protok struja moraju biti konzistentne sa jedinicama mere za koncentraciju komponente. Odgovarajući ili konzistentni parovi kapacitet - koncentracija i protok - koncentracija dati su u tabeli Tab.3.1 Tab 3.1 - Odgovarajući parovi količina (protok) - koncentracija kapacitet sistema, M koncentracija komp. u sistemu, c j količina komp. mj

u jedinicama:

masa, M (kg) maseni udeo, xj (-) kg

zapremina, V (m3) masena koncentracija, cj (kg/m3) kg

molska koncentracija, Cj (mol/m3) mol

ukupan broj molova, N (mol) molski udeo, xj (-) mol

protok struje, Fi koncentracija komp. u struji , c ij komp. protok nij u jedinicama :

maseni, Fi (kg/s) maseni udeo, xij (-) (kg/s)

zapreminski, Fi (m3/s) masena koncentracija, cij (kg/m3) (kg/s)

molska koncentracija, Cij (mol/m3) (mol/s)

molski Fi (mol/s) molski udeo, xij (-) (mol/s)

Brzina generisanja komponenete, Rj (kg/s ili mol/s) se najčešće dobija iz specifične brzine generisanja komponente rj (kg/m3s) ili (mol/ m3s) po jedinici zapremine i zapremine sistema:

)3.5b(

)3.5a(

.param nimraspodelje sa sistem za

.param jenimneraspodel sa sistem za

= ∫∫∫V

j

j

j dV

V

rr

R

rj - specifična brzina generisanja komponente, (kg/m3s) ili (mol/ m3s)

U tabeli Tab.3.2 dati su neki specijalni slučajevi komponentnih bilansa, za sistem sa neraspodeljnim parametrima, dobijeni iz opšte jednačine (3.3), jednačina za određivanje količine i protoka komponente (3.5a,b) i izraza (3.5a) za brzinu generisanja komponente u sistemu.

4

Tab.3.2 Bilans komponente j u sistemu sa neraspodeljenim parametrima

Sistem Bilans jedn.

otvoren, nestacionaran sa hemijskom reakcijom

( ))/(

ili

)/(

1

smol

skg

dt

d

dt

dmVF jj

j

N

i ijiS

cMrc ==+∑ =

(3.6)

otvoren, stacionaran sa hemijskom reakcijom

F V

kg s

mol si iji

N

jS c r+ ==∑ 1

0

( / )

( / )

ili

(3.7)

otvoren bez hemijskih reakcija ( )

a) stacionaran ili

b) nestacionaran

F kg s

mol sFd

dt

i iji

N

i iji

N j

S

S

c

c M c=

=

∑∑

=

=

1

1

0 ( / )

( / )

(3.8a)

(3.8b)

zatvoren, nestacionaran

( )a) sa reakcijom

ili

b) bez reakcije

r M c

cj

j

j

Vd

dt

kg s

mol sconst

=

=

( / )

( / )

(3.9a)

(3.9b)

Veza između ukupnog i komponentnih bilansa

Logično je da ukupni bilans materije izražen u kilogramima predstavlja zbir svih komponentnih bilansnih jednačina. Zaista, ako sumiramo recimo bilanse komponenata u jedinici vremena (3.3) dobijamo:

)/(111

,1

, skgdt

dmFF

cccc N

j

jN

jj

N

jizj

N

julj ∑∑∑∑

====

=+− R

Suma brzina generisanja komponenata predstavlja brzinu generisanja ukupne mase, koja je jednaka nuli,

R jj

Nc

=

∑ =1

0

pa prethodna jednačina, imajući u vidu:

dt

dmm

dt

d

dt

dmFFFF

j jj

j

jizizj

jululj ∑ ∑∑∑ =

=== ,, ,,

prelazi u ukupni materijalni bilans (3.2)

5

Zaključujemo da u sistemu jednačina sastavljenom iz svih komponentnih i ukupnog materijalnog bilansa ima samo Nc nezavisnih jednačina. Tako, pri formulisanju materijalnog bilansa, kao rezultujući sistem nezavisnih jednačina mogu se recimo odabrati :

• Nc jednačina komponentnog bilansa, ili

• Jednačina ukupnog materijalnog bilansa i bilansne jednačina, za odabranih (Nc-1) komponenata.

PRIMER 3.1 U rezervoaru sa mešalicom nalazi se V0 = 560 l čiste vode. U jednom momentu u rezervoar počinje da utiče rastvor soli koncentracije cul = 32 g/l, konstantnim protokom Ful = 84 l/min. Istovremeno, iz rezervoara ističe rastvor soli, konstantnim protokom Fiz = 59 l/min. Kolika je koncentracija soli u rezervoaru kad u njemu sadržaj rastvora dostigne 840 l. Pretpostaviti da se sardžaj rezervoara idealno meša i da se može zanemariti promena gustine rastvora sa promenom koncentracije soli (ρ = const)

V ciz = c

Fiz

Ful

c

U pitanju je otvoren sistem sa neraspodeljenim parametrima u nestacionarnom stanju. Pošto nema hemijske reakcije bilans za so, data je jednačinom (3.8b) u Tab.3.2 :

( )F c F c

d V c

dtul ul iz iz− =

odnosno, pošto je zbog idealnog mešanja sadržaja rezervoara , ciz = c:

( ) ( )F c F cd V c

dtkg sul ul iz− = / (1)

U diferencijalnoj jednačini (1) figurišu dve funkcije vremena V(t) i c(t) i da bi problem bio matematički odeređen potrebna je još jedna diferencijalna jednačina sa istim funkcijama. To je ukupan bilans mase (jedn. 4.6 u Tab.4.1):

( ) ( )ρ ρρ

ul ul iz izF Fd V

dtkg s− = /

odnosno, pošto je ρ = const:

( )F F FdV

dtm sul iz− = =∆ 3 / (2)

Da bi dobili konkretna (partikularna) rešenja diferencijalnih jednačina (1) i (2) trebaju nam početni uslovi, koji slede iz formulacije problema:

6

t V V c= = =0 00: , (3)

Pošto dif. jednačina (2) sadrži samo jednu od dve funkcije, prvo ćemo nju da integrišemo:

V F t I I= + −∆ , integraciona konstanta

Iz početnog uslova (3) sledi: I = V0

( )V V F t m= +03∆ (4)

Treba dobijeno rešenje zameniti u diferencijalnu jednačinu (1).

( )d V c

dtV

dc

dtc

dV

dtF c F cul ul iz= + = −

( ) ( )V F tdc

dtF F c F c F cul iz ul ul iz0 + + − = −∆

( ) ( )V F tdc

dtF c cul ul0 + = −∆ (5)

i rešiti je uz dat početni uslov.

1

0F

dc

c c

dt

V F tI

ul ul −= + +∫∫ ∆

( ) ( )− − = + +1 10F

c cF

V F t Iul

ulln ln∆ ∆

Iz uslova: ( )c IF

cF

Vul

ul0 01 1

0= ⇒ = − −

ln ln∆

što posle smene u opšte rešenja i sređivanja daje:

ln lnc c

c

V

V F tul

ul

F Ful−

= +

1

0

0

1

∆∆

odnosno:

( )c t cV

V F tul

F Ful

= − +

1 0

0 ∆∆

(6)

Traži se c za ono vreme t za koje je V(t) = 840. Iz (4):

tV V

F= − = −

− =0 840 560

84 5610∆ min

što nakon smene u jedn. (6) daje: c = 22.5 g/l

Rešićemo sada isti problem, ali u bezdimenzionom obliku. Uvodimo bezdimenzione promenljive:

( )xc

c

t V

Fs

ul ul

= =, ,θτ

τgde je = 0

7

Da bi izvršili smenu promenljivih u jedn. (5) treba nam i izvod dc/dt:

θ

==τ

=θ=d

dx

V

Fc

dt

dc

V

F

dt

dc

dx

dc ulululul

00

,1

,

I početni uslov treba izraziti preko novih promenljivih:

θ = =0 0: x

Nakon smene promenljivih i sređivanja, diferencijalna jednačina (5) postaje:

( )1 1+ = −fdx

dxθ θ (7)

gde je f bezdimenzioni parametar:

f

F

Ful

=∆

Rešenje dif. jednačine (7) je:

( )xf

f= −+

11

11θ

(8)

i ima kompaktniju formu od originalnog rešenja (6), mada su ona, naravno, ekvivalentna.

Iskoristićemo prethodni primer da se podsetimo osnovnih principa i primene teorije sličnosti.Vidimo u primeru da se kao rezultat prevođenja diferencijalnih jednačina u bezdimenzioni oblik pojavio u jednačini bezdimenzioni parametar f = ∆F/Ful. Pošto rešenje date jednačine zavisi od parametra f:

x x f= ( , )θ

on karakteriše proces i daje uslov sličnosti neka dva procesa (1), (2) ovoga tipa :

f f1 2=

Naime, da se podsetimo, da za slične procese važi da su opisani istim diferencijalnim jednačinama i da te jednačine imaju identična rešenja u bezdimenzionom obliku.U ovom, trivijalnom primeru sličnosti, koji se karakteriše samo jednim bezdimenzionim kriterijumom f, važi dakle:

212121 onda, ako xxff =θ=θ⇒=

odnosno, s obzirom na definiciju bezdimenzionih parametara x i θ, ako je f1 = f2 odnosno,

( )( )

∆∆

F

F

F

Ful

ul

1

2

1

2

= (s1)

onda, u vremenskim momentima, koji se odnose kao:

8

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )21

2010

220

110

2

1

2

1

ululul

ul

FF

VV

FV

FV

t

t==

τ

τ= (s2)

koncentracije će se odnositi kao:

( )( )

c

c

c

cul

ul

1

2

1

2

= (s3)

Relacije (s1-s3) su analogne onima koje definišu sličnost u geometriji i nazivaju se relacije sličnosti za posmatrana dva sistema (objekta). Tako, dva posmatrana procesa će se ponašati slično, ako i samo ako, imaju jednake karakteristične parametre odnosno, jednak količnik debalansa protoka, ∆F sa ulaznim protokom Ful (relativni debalans). Ovaj uslov ima sasvim jasan fizički smisao, i mogli smo do njega doći i intuitivno. U ovom jednostavnom primeru, sa samo jednim karakterističnim bezdimenzionim kriterijumom, f, ne može se govoriti o kriterijalnoj jednačini, koja bi povezivala više kriterijuma.

Očigledno je iz prethodne diskusije da je korisno prevesti model u bezdimenzion oblik. Sama diferencijalna jednačina, mada naravno ostaje istog tipa, ima kompaktniju formu u bezdimenzionom obliku. PRIMER 3.2 Ako je u prethodnom primeru, Ful = Fiz = 84 l/min, naći koncentraciju soli u rezervoaru nakon 10 min, od momenta kada je u rezervoar počeo da utiče rastvor soli.

Kako je u ovom slučaju f =∆F/Ful = 0, diferencijalna jednačina (7) se redukuje u:

dx

dx xθ = − =1 0 0, ( )

i ima rešenje: x e= −−1 θ

Ovo rešenje smo mogli da dobijemo i iz rešenja prethodnog problema (f = 0) kao njegovu graničnu vrednost kada f → 0. Naime

( )limf f

fe

→−

+=

0 1

1

1 θθ

što ostavljamo čitaocu da pokaže.

Za t = 10 i τ θ= = = = =V

Ful

0 560

8420 3

10

20 315/ ,

/.

x(1.5) = 0..7761, c = cul x = 24.99 g/l

Primetimo da su u ovom slučaju procesi bezuslovno slični, jer je već zadovoljen uslov f1 = f2 (= 0).

PRIMER 3.3 – DISKONTINUALNA (batch) DESTILACIJA .

Kod diskontunualne destilacije, smeša koja se destiliše isparava u kotlu za destilaciju, bez dodavanja sveže smeše pa se njena količina i sastav u kotlu menjaju u toku vremena. Para

9

iz kotla se kondenzuje u kondenzatoru i dobijeni destilat, obogaćen lakše isparljivim komponentama smeše, skuplja.

F, y

F, y

L

L,x

a) Izvesti poznatu Rejlijevu (Rayleigh) jednačinu za diskontinualnu destilaciju binarne smeše:

∫−

−=

0

)(ln

0

x

x

k

kxxy

dx

L

L

x – mol. udeo lakše isparljive komponente u tečnosti u kotlu

y – odgovarajući ravnotežni udeo lakše isparljive komponente u pari

L0 – polazna količina smeše u kotlu (u momentu t = 0)

Lk – količina (mol) smeše u kotlu na kraju destilacije (u momentu tk)

x0 – mol. udeo lakše isparljive komponente u polaznoj smeši

xk – mol. udeo lakše isparljive komponente u kotlu na kraju destilacije ( 0xxk < )

b) Potrebno je, na atmosferskom pritisku, destilisati 1000kg smeše n-heptana i n-oktana, sa 50 % mol. n-heptana, dok udeo heptana u destilacionom kotlu ne spadne na 0.28. U tabeli su dati potrebni ravnotežni podaci za smešu heptan-oktan, gde x i y označavaju ravnotežne mol. udele heptana u tečnosti i pari.

x: 0.50 0.46 0.42 0.38 0.34 0.30 0.26 0.20 y: 0.689 0.648 0.608 0.567 0.523 0.475 0.423 0.370

Izračunati preostalu količinu L smeše u kotlu, kao i količinu prikupljenog destilata D i njegov sastav.

c) Ako se destilacija vrši dok ne ispari 60 % od polazne količine smeše, odrediti sastav preostale tečnosti u destilacionom kotlu, količinu i sastav prikupljenog destilata na kraju destilacije.

10

a) Ako sa F označimo molski protok pare nastale ključanjem tečnosti u kotlu, a sa y udeo lakše isparljive komponente u pari, ukupni bilans i bilans lakše isparljive komponente u kotlu, pod pretpostavkom da su para i tečnost u ravnoteži, će biti:

Fdt

dL−= (jedn. 3.2) (1)

( )

Fydt

Lxd−= (jed. 3.8b) (2)

Možemo da eliminišemo vreme deljenjem levih i desnih strana jednačina (2) i (1),

( )

)(

)(

xyxdL

dxL

xydL

Lxd

=+

=

Dobili smo dif. jednačinu koja opisuje promenu sastava tečnosti u kotlu, x sa promenom količine tečnosti, L u toku destilacije. Početni uslov glasi :

00)( xLx =

Ona razdvaja promenljive (L i x) i integracijom uzimajući u obzir početni uslov dobijamo:

∫∫ ∫

−−=

−=

0

0 0

)(ln

)(

0

x

x

k

L

L

x

x

k

k k

xxy

dx

L

L

xxy

dx

L

dL

b) kmol 1000mol:= ORIGIN 1:=

Podaci:

Pod0.50

0.689

0.46

0.648

0.42

0.608

0.38

0.567

0.34

0.523

0.30

0.475

0.26

0.423

0.20

0.370

T

:=

X reverse Pod1⟨ ⟩( ):= Y reverse Pod2

⟨ ⟩( ):=

Molekulske mase komponenata M7 12⋅ 16+8 12⋅ 18+

kg

kmol:= M

100

114

kg

kmol=

Pocetna kolicina i sastav tecnosti u kotlu: L0 1000kg:= x0 0.5:=

Ms x0 M1

⋅ 1 x0−( ) M2

⋅+:= Ms 107kg

kmol= L0

L0

Ms:= L0 9.346kmol=

Krajnja koncentracija heptana u kotlu: xk 0.28:=

11

Definisanje funkcije y(x) :

y x( ) interp pspline X Y,( ) X, Y, x,( ):=

0.2 0.40.2

0.4

0.6Y

y x( )

X x,

Izracunavanje Lk iz Rejlijeve jednacine

I

xk

x0

x1

y x( ) x−⌠⌡

d−:= Lk L0 exp I( )⋅:= Lk 2.833kmol=

Kolicinu i sastav destilata dobijamo iz ukupnog i komponentnog bilansa za pocetak i kraj destilacije:

L0 Lk D+ L0 x0⋅ Lk xk⋅ D xD⋅+ D L0 Lk−:= D 6.512kmol= xD

L0 x0⋅ Lk xk⋅−D

:= xD 0.596=

c) Lk 0.4 L0⋅:=

Krajnja koncentracija tecnosti je resenje Rejlijeve jednacine po xk za zadato L0 i Lk :

x0

xk

x1

y x( ) x−⌠⌡

d lnLk

L0

F xk( )x0

xk

x1

y x( ) x−⌠⌡

d lnLk

L0

−:=

xk 0.3:= xk root F xk( ) xk,( ):= xk 0.329=

D L0 Lk−:= D 5.607kmol= xD

L0 x0⋅ Lk xk⋅−D

:= xD 0.614=

PRIMER 3.4 Rezervoar zapremine V napunjen je slanom vodom koncentracije 0

1c .Drugi

rezervoar, istih dimenzija, napunjen je slanom vodom koncentracije 01

02 cc < .Oba rezervoara

su idealno mešana.Od jednog momenta (t = 0) se u prvi rezervoar dovodi čista voda sa protokom F. Iz prvog rezevoara, istim protokom, rastvor utiče u drugi rezervoar.

12

F F,c1

F, c2 V V

a) Izvesti funkciju po kojoj se menja koncentracija u drugom rezervoaru u toku vremena

b) Odrediti momenat u kome koncentracija u drugom rezervoaru dostiže maksimum.

a) Tražena funkcija je rešenje matematičkog modela posmatranog procesa koji se sastoji od bilansa soli u 1. i 2. rezervoaru:

02221

2

0111

1

)0(),(

)0(,

ccccFdt

dcV

ccFcdt

dcV

=−=

=−=

Do funkcije )(2 tc možemo da dođemo rešavajući posmatrani sistem dve dif. jednačine 1. reda na tri načina:

1. Prvu jedn. rešimo po )(1 tc , rešenje zamenimo u drugu i onda je rešimo po )(2 tc

2. Prvu jedn. rešimo po )(1 tc . Eliminacijom vremena nađemo funkciju )( 12 cc i smenom u

nju )(1 tc dobijamo traženu funkciju

3. Posmatrani sistem zamenimo ekvivalentnom dif. jednačinom 2. reda po )(2 tc , i rešimo je.

Pogodno je prethodno izvršiti smenu nezavisno promenljive:

)( vremekontaktno tzv.je gde , sF

Vτ

t =τ

=θ

Rezultat su nešto kompaktnije jednačine:

)2()0(,

)1()0(,

02221

2

0111

1

ccccd

dc

cccd

dc

=−=θ

=−=θ

1. način

Rešenje dif. jedn. (1) sa datim početnim uslovom je : θ−=θ ecc 011 )(

Njegova smena u jedn. (2) daje linearnu dif. jednačinu:

02212

2 )0(),( ccccd

dc =θ=+θ

13

Opšte rešenje linearne dif. jednačine 1. reda: )()( xqyxpdx

dy=+

je kao što znamo:

[ ]∫ +∫= ∫−Cdxexqexy dxxpdxxp )()(

)()( , C – integraciona konstanta

U posmatranom slučaju:

θ−=θ=θ=θ eccqp 011 )()(,1)(

θ=θθ=θ=θ=θθ ∫ ∫ θθθ∫ θ∫ θθ 01

)(0111

)( )(,)()()( cdeqcececdeq dpddp

( ),)( 012 Ccec +θ=θ θ− iz početnog uslova: 0

2cC =

Dakle, tražena funkcija je :

( )θ+=θ θ− 01

022 )( ccec

2. način

Deljenjem levih i desnih strana dif. jednačina (2) i (1), eliminiše se vreme (formalno se skrati dt) i dobija se dif. jednačina koja definiše zavisnost )( 12 cc :

02

012

1

2

1

2 )(,1 cccc

c

dc

dc=−=

U pitanju je homogena dif. jednačina 1. reda i da bi je rešili uvodimo smenu:

zdc

dzc

dc

dczcc

c

cz +===

11

1

212

1

2 ,,

Dif. jednačina prelazi u jednostavnu jednačinu koja razdvaja promenljive:

)ln()(

,ln,1

11112

11

1

Ccczccc

Cczdc

dzc

+−==

+−=−=

Iz početnog uslova dobijamo integracionu konstantu: 010

1

02 ln c

c

cC += , pa je:

+θθ=θ 0

1

02

1

01

112 )(ln)())((

c

c

c

cccc

i smena izraza za )(1 θc daje traženu funkciju.

3. način

Eliminisaćemo funkciju )(1 θc pomoću jedn. (2):

14

θ

+θ

=θ

+θ

=d

dc

d

cd

d

dcc

d

dcc 2

22

21

22

1 ,

Smena u jedn. (1) daje sledeću homogenu dif. jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima:

02 222 =+′+′′ ccc

Karakteristična jednačina ima dva ista korena:

1,)1(12 2,122 −=+=++ rrrr

pa rešenje tražimo u obliku:

θ−θ− θ+=θ eCeCc 212 )(

Iz početnog uslova 022 )0( cc = nalazimo integ. konstantu 0

211, cCC = . Drugu konstantu nalazimo iz početnog uslova za c1:

012

02

022221 ,)()0()0()0( cCccCccc =+−=+′=

i ponovo dobijamo isti rezultat.

b) Traženo vreme dobijamo iz uslova ekstremuma:

[ ] 0)1()( 02

01

01

01

02

2 =+θ−=−θ+−=θ

θ−θ−θ− eccececcd

dc

01

02

01

maxmax01

02

01

max ,c

cc

F

Vt

c

cc −=τθ=−=θ

PRIMER 3.5 - ANALIZA KOREKTNOSTI SPECIFIKACIJA

Smeša komponenata A(1), B(2) i C(3) se razdvaja u destilacionoj koloni. Prodiskutovati sledeće specifikacije (x označava masene udele):

a) F1 = 100 kg/h, x11= 50%, x12= 40%, x13= 10%, F3 = 60 kg/h, x31= 80%, x32= 5%, x33= 15%

15

b) F1 = 100 kg/h, x11= 50%, x12= 40%, x13= 10%, x31= 80%, x32= 7%, x33= 13%

c) F1 = 100 kg/h, x11= 50%, x12= 40%, x31= 91%, x33= 0%, x21= 0%, x23= 22% a) Ukupan broj nezavisnih jednačina materijalnog bilansa je cN i kad se tome dodaju

sumacione jednačine za ukupan broj jednačina dobijamo 3+= cv NN . Ukupan broj

promenljivih (protoci i sastavi struja) je )1(3 += cv NN .Tako je broj stepeni slobode:

62 ==−= cjv NNNd

Dato je 8 podataka, ali dva od njih slede iz prethodnih na osnovu sumacionih jednačina (jadan od tri udela za struju 1 i jedan od tri udela za struju 3). Dakle, imamo tačno 6 nezavisnih podataka, pa je bilansni problem matematički određen i možemo da ga rešimo:

Jednačine:

Ukupni bilans: F1 - F2 - F3 = 0 (1a)

Bilans 1. komp.: F1 x11 - F2 x21 - F3 x31 = 0 (1b)

Bilans 2. komp.: F1 x12 - F2 x22 - F3 x32 = 0 (1c)

Sumacione jednačine za tri struje: xi1 + xi2 + xi3 = 1 , i = 1,2,3 (2) Iz (1a) računamo F2 = F1 - F3 = 40 kg/h

Iz (1b) : x21 = 5%

Iz (1c) : x22 = 92.5%

Iz (2) : x23 = 2.5% b) Od 7 podataka nezavisnih je njih 5 (dati udeli zadovoljavaju sumacione jednačine): protok, dva udela za struju 1 i dva udela za struju 2. Problem je matematički neodređen.

c) Imamo 7 nezavisnih podataka pa je problem matematički preodređen i treba ispitati njihovu konzistentnost.Iz sumacionih jednačina (2) dobijamo najpre nedostajuće udele:

x13 = 10%, x12 = 78%, x32 = 9%

Preostaje da se nađu protoci F2 i F3 i zato su dovoljna dva od tri komponentna bilansa

942.44

945.54

0

0

2

3

323222121

313212111

==⇒

=−−=−−

F

F

xFxFxF

xFxFxF

Proveravamo da li je zadovoljena treća bilansna jednačina:

F1 x13 - F2 x23 - F3 x33 = 100⋅10 - 44.942⋅22 = 11.3 ≠ 0

Pošto jednačina nije zadovoljena, problem je preodređen i nekorektan, tj. specifikacije su nekorektne.

Problem ocene suvišnih specifikacija nije jednostavan, ako su one rezultat merenja, pa sadrže neotklonjive slučajne greške meranja. Tada preodređen problem može da bude prividno nekorektan jer podaci su zbog grešaka merenja neusklađeni. Konačan odgovor

16

na pitanje da li su dobijena neslaganja pri rešavanju preodređenog problema rezultat grubih grešaka ili samo neizbežnih slučajnih grešaka merenja, može da pruži statistička analiza. Statistička analiza korektnosti preodređenih bilansnih problema se u praksi koristi za utvrđivanje eventualnih gubitaka supstance ili energije u nekom industrijskom procesu

3.2 Simulacija izotermskog fleš-ispariva ča i parcijalnog kondenzatora

Fleš-isparivač i parcijalni kondenzator predstavljaju jednostavne jednostepene separacione uređaje

U fleš-isparivač se dovodi tečna multikomponentana smeša i zbog pada pritiska, ostvarenog pomoću prigušnog ventila, ona delimično ispari . Izlazna parna struja je obogaćena lakše isparljivim, a tečna struja teže isparljivim komponentama, u odnosu na napojnu smešu.Usled isparavanja dolazi do apsorbovanja toplote i u izolovanom fleš-isparivaču do pada temperature, a ako se u isparivač spolja dovodi ili odvodi toplota, temperature izlaznih struja zavise od dovedene (odvedene toplote).

U parcijalni kondenzator ulazi parna struja i zbog odvođenja toplote ona delimično kondenzuje pa iz kondenzatora izlazi jedna parna i jedna tečna struja. Koji deo parne struje će da kondenzuje zavisi od odvedene količine toplote.

Pri simulaciji fleš-isparivača i parc. kondenzatora, pretpostavke su:

1. Temperature i koncentracije su uniformne - sistem sa neraspodeljenim parametrima

2. Vreme boravka i međusobni kontakt faza u sistemu dovoljni su da se između faza (izlaznih struja) uspostavi termodinamička ravnoteža

3. Zanemaruje se pad pritiska pri isticanju struja iz sistema Komponentni bilansi :

17

F1 x1j - F2 x2j - F3 x3j = 0 , j = 1,...,Nc )( smol (3.10)

Sumacione jednačine (ograničenja):

∑=

==cN

jij ix

1

3,2,1,1 (3.11)

Uslovi fazne ravnoteže :

jjj xkx ,3,2 = , j = 1,...,Nc (3.12)

• Pritiske (P1, P) i temperature (T1, T) smatramo poznatim (izotermska simulacija),

• Pretpostavka je da raspolažemo relacijama za izračunavanje konstanti fazne ravnoteže

Ukupan broj promenljivih (mol. protoci i sastavi): Ukupan broj jednačina:

( )N Nv c= +3 1 N Nj c= +2 3

Broj stepeni slobode:

cjv NNNd =−= (3.13)

Neophodni podaci za otvorenu simulaciju :

• protok napojne smeše F1

• (Nc-1) udela x1j komponenata u napojnoj smeši, (a nedostajući udeo se dobija iz sumacione jednačine za napojni tok)

Izotermski simulacioni proračun fleš-isparivača i parcijalnog kondenzatora se bazira na izotermskom fleš proračunu.

3.2.1 Izotermski fleš prora čun za idealan multikomponentan sistem

Pošto konstante fazne ravnoteže kj ne zavise od sastava, one se prethodno

izračunaju. Ako jedn. (3.10) podelimo sa F1:

cjjj NjxF

Fx

F

Fx ,...,2,13

1

32

1

21 =+= (3.14)

pogodno je uvesti novu promenljivu:

φ = F

F2

1

(3.15)

18

koja predstavlja,

• u slučaju fleš-isparivača, deo napojnog toka koji je ispario (stepen isparavanja)

• u slučaju parcijalnog kondenzatora, deo napojnog toka, koji je ostao u parnom stanju.

Kada se odredi stepen isparavanja φ, mogu da se izračunaju protoci izlaznih struja:

F F2 1= φ (3.16a)

( )F F F F3 1 2 1 1= − = − φ (3.16b)

Izračunavanje stepena isparavanja : Nakon smene x2j = kj x3j u (3.14):

( ) cj

jj Nj

k

xx ,...,2,1,

111

3 =+φ−= (3.17)

Fali još jedna jednačina da bi problem bio matematički određen. Još nisu iskorišćene sumacione jednačine izlaznih struja. Ako se (3.17) smenu u njihovu linearnu kombinaciju:

( ) ( )∑ ∑ =−=−j j

jjjj xkxx 01 332 (3.18)

dobijamo sledeću nelinearnu jednačinu, koja se koja se rešava po φ

. 01)1(

)1(

1

1 =+φ−−∑

=

cN

j j

jj

k

kx (3.19)

Ona je ekvivalentna algebarskoj jednačini reda (Nc - 1),

PNc−=1 0( )φ

gde PNc−1( )φ predstavlja polinom stepena (Nc - 1). Tako se ona može rešiti analitički za

3≤cN .

PRIMER 3.6 Tečna smeša sa 60% metana, 20% etana i 20% propana (molski %) delimično isparava u fleš-isparivaču u kome je temperatura T = 272 K , a pritisak 41 bar. Na datim uslovima, ravnotežne konstante para-tečnost za metan(1), etan(2) i propan(3) su: K1 = 2.21, K2 = 0.803, K3 = 0.28. Izračunati koji deo tečne smeše ispari i sastave izlaznih struja. (Rešenje u Mathcad-u) PRIMER 3.7 Multikomponentna tečna smeša datog sastava (tabela) delimično isparava u fleš-isparivaču na normalnom pritisku i temperaturi T = 350 K.

19

komponenta mol.udeo Tc (K) Pc (atm) α neopentan 0.35 433.8 31.6 6.771 CCl4 0.1 556.4 45.0 6.742 Cikloheksan 0.1 553.0 40.0 6.844 Benzol 0.1 562.0 48.6 6.848 Etilbenzol 0.35 619.6 38.0 7.330

Napone para računati pomoću Ridelove jednačine :

rrrrrr

r

rrrc

TTTTTT

T

TTTPTp

log)(0364.0)(,35ln42

36)(

)()7(log7)(1183.0log)(log

6

0

−ϕ=ψ−−+

=ϕ

ψ−α−+ϕ−=

Tr - redukovana temperatura supstance

a) Izračunati koji deo tečne smeše ispari i sastave izlaznih struja.

b) Na kojoj temperaturi je, na datom pritisku stepen isparavanja struje datog sastava, jednak 0.3 ? (Rešenje u Mathcad-u)

c) Izračunati fleš proračunom temperaturu ključanja date tečne smeše. (Rešenje u Mathcad-u) 3.2.2 Izotermski fleš prora čun za neidealan multikomponentan sistem

Ako je sistem neidealan, proračun se komplikuje činjenicom da su ravnotežni odnosi

k funkcije sastava. Stepen isparavanja napojne smeše Φ i sastavi izlaznih struja iz fleš-isparivača se računaju alternativno:

• simultanim rešavanjem jednačina koje čine model

• dekomponovanjem sistema jednačina

Simultano rešavanje jednačina Simultano se rešavaju jednačine modela :

cjjj Njxxx ,...,2,1)1( 321 =Φ−+Φ= (komp.bilansi, jedn.3.14 )

cjjj NjxPTkx ,...,2,1),,,( ,332,2 == xx (uslovi fazne ravnoteže, jedn. 3.12)

∑ =−

jjj xx 0)( ,2,3

(jedn 3.18)

−32 xx , vektori molskih udela komponenata u parnoj i tečnoj struji

Dekomponovanje sistema jednačina Sistem jednačina se dekomponuje na sledeći način:

20

• u spoljnjem iteracionom ciklusu određuje se stepen isparavanja rešavanjem jednačine (3.19)

• u okviru svake iteracije, pri rešavanju (3.19), neophodne su k - vrednosti i one se, pošto su funkcije sastava, dobijaju u unutrašnjem iteracionom ciklusu rešavanjem, metodom probe i greške (uzastopne zamene) uslova fazne ravnoteže :

( ) cjjj NjxPTkx ,...,2,1,,,, ,332,2 =⋅= xx

odnosno :

cjj NjPTkk ,...,2,1))(),(,,( == kxkx 32

ili u vektorskom obliku:

))(),(,,( kxkxk 32PTf=

gde su vektorske funkcije )( i)( kxkx 32 definisane jednačinama (3.17) i (3.12)

PRIMER 3.8 Na niskim pritiscima, parna faza multikomponentnog sistema iz prethodnog primera se može smatrati idealnim gasom, a dopunska Gipsova funkcija neidealne tečne faze može opisati Redlih-Kister ovim modelom :

∑ ∑−

= +=

=∆ 1

1 1,

c cN

j

N

jkkjkj

E

xxCRT

G

Nc - broj komponenata u sistemu

C - simetrična ( )cc NN × matrica binarnih parametara, sa nultom dijagonalom

Primenom relacije (2.25), iz prethodne jednačine se dobija sledeća jednačina za izračunavanje koeficijenta aktivnosti :

( ) c

N

k

N

jm

m

N

jn

mnnmnmjkkjj NjxxCxxC

c c c

,...,2,11ln1

1

1 1,, =−−=γ ∑ ∑ ∑

=

−

≠

=

≠

+=

Binarni parametri Cj,k su funkcije temperature(K) :

T

BAC kj

kjkj,

,, +=

gde su kjkj BA ,, , konstante određene za svaki od parova (j,k) komponenata na osnovu

eksperimentalnih podataka. Za posmatrani sistem one imaju vrednosti :

Par kjA , )(, KB kj

1-2 0.018 149 1-3 0 88 1-4 0 274 1-5 0 274 2-3 -0.125 71 2-4 -0.045 53 2-5 -0.045 53

21

3-4 -0.797 394 3-5 -0.797 394 4-5 0 0

Potrebno je,

a) Izračunati stepen isparavanja posmatrane smeše, sastava datog u prethodnom primeru, na normalnom pritisku i temperaturi 350K

b) Odrediti temperaturu na kojoj je, za isti pritisak i sastav, stepen isparavanja 0.3 (Rešenje u Mathcad-u) 3.2.3. Fleš prora čun sa SRK jedna činom stanja

Ako se za opisivanje fugaciteta obe faze koristi jednačina stanja, konstante fazne ravnoteže se računaju kao:

cVj

Lj

j NjpT

pTk ,...,2,1

),,(ˆ

),,(ˆ

2

=ϕϕ

=x

x3

Izraz za koeficijent fugaciteta komponente u smeši, koji se bazira na SRK jednačini stanja glasi:

( ) ( )

( )∑=

−=δ

+

δ−+−−−=ϕcN

kijkk

j

j

jjj

j

caxa

a

z

Bz

b

b

B

ABzz

b

b

1

12

lnln1ˆln

−bb j , parametar b SRK jednačine za komponentu "j" i smešu datog sastava x

−aa j , parametar a SRK jednačine za komponentu "j" i smešu datog sastava

A, B - parametri smeše, definisani kao :

( ) RT

PbB

RT

PaA == ,

2

z - koeficijent stišljivosti smeše, koji se dobija kao rešenje kubne jednačine:

0)( 223 =−−−+− ABzBBAzz

i to kao • najmanji realan koren, za tečnu fazu (pri računanju L

jϕ̂ )

• najveći realan koren, za parnu fazu (pri računanju Vjϕ̂ )

Parametri a i b pojedinih komponenata se računaju kao :

22

( )[ ]2

,,

2

,,

,,

2,

2

,

,

176.0574.148.0

11)(

)(42748.008664.0

jj

jcjrjrjr

jrjc

jcj

jc

jcj

f

TTTTfT

TP

TRa

P

RTb

ω−ω+=

=−+=α

α==

ω

ω

−ω j faktor acentričnosti komponente

Parametri a i b za smešu se računaju iz parametara čistih komponenata i molskog sastava iz sledećih formula (tzv. pravila mešanja) :

( ) ∑∑∑== =

=−=cc c N

jjjkj

N

j

N

kkjkj bxbcaaxxa

1,

1 1

1

{ }kjc ,C - simetrična matrica binarnih interakcionih parametara, sa nultom dijagonalom

PRIMER 3.9 Za tečnu smešu iz Primera 3.6, za isti pritisak i sastav,

a) Izračunati stepen isparavanja i sastave izlaznih struja.

b) Odrediti temperaturu da bi , za isti pritisak i sastav smeše, stepen isparavanja bio 0.5 Za opisivanje termodinamičkog ponašanja smeše koristiti SRK jednačinu stanja. Neophodni podaci:

Tc

190.6

305.4

369.8

:= (K) Pc

45.4

48.2

41.9

101.33⋅:= (kPa) ω

0.008

0.098

0.152

:=

ZADACI

3.1 Rezervoar sadrži 300 galona rastvora soli koncentracije 10% masenih, čija je relativna gustina u odnosu na čistu vodu 1.163. Radi uklanjanja soli , u rezervoar se uvodi čista voda sa protokom 2gpm (galona po minutu). Pretpostavljajući idealno mešanje sadržaja rezervoara i zanemarujući efekat promene gustine rastvora sa koncentracijom soli, izračunati ukupnu kolilinu soli u rezervoaru nakon 4 časa od početka ispiranja, ako je protok izlazne struje a) 2gpm, b) 1gpm

3.2 Vazduh u prostoriji dimenzija 150×50×12 ft sadrži 0.2% (zapr.) CO2. Radi smanjenja sadržaja CO2, uključe se ventilatori čiji je kapacitet 9000 cfm (kubne stope u minutu). Odrediti sadržaj CO2 u prostoriji 20 min nakon uključivanja ventilacije.

3.3 Rezervoar je napunjen sa 400 L rastvora soli koncentracije 0.06 kg/L .U rezervoar se od jednog momenta uvodi čista voda sa protokom 11L/min. Istim protokom se rastvor iz rezervoara uvodi u drugi rezervoar istih dimenzija, prethodno napunjen čistom vodom. Količina rastvora u drugom rezervoaru se održava konstantnom. Pretpostavljajući idealno mešanje rezervoara, potrebno je izračunati a) koncentraciju soli u drugom rezervoaru nakon 1 sata b) maksimalnu dostignutu koncentraciju soli u drugom rezervoaru.

23

3.4 Dva idealno mešana rezervoara, zapremina V1 i V2 su povezani kao u Primeru 3.4 . Oba rezervoara su prethodno napunjena rastvorom soli koncentracije 0c . U prvi rezervoar se od

jednog momenta uvodi čista voda sa protokom F , a količinine rasvora u oba rezervoara se održavaju konstantnim. Potrebno je

a) Naći funkciju po kojoj se menja koncentracija soli u drugom rezervoaru, sa vremenom:

( )

−δτ+= δτ− 11

)(2

010

222 tt e

ccetc , gde je:

21

21

τττ−τ=δ

b) Odrediti momenat u kome koncentracija spadne na polovinu polazne, za sledeće podatke:

mingalFgallbcgalVgalV 100,1,900,1000 021 ====

c) Pokazati da se rešenje dobijeno u a) svodi na ono izvedeno u Primeru 3.4, kada se V2 izjednači sa V1 (Pomoć: naći limes izraza δ−δ )1( te , kada 0→δ , pomoću Lopitalovog pravila).

3.5 Tri idealno izmešana rezervoara jednakih zapremina V su vezana u kaskadu: izlaz iz prethodnog je ulaz u naredni. Početne koncentracije slanih rastvora kojima su napunjeni su

03

02

01 i , ccc .

a) Od jednog momenta u prvi od rezervoara se protokom F uvodi čista voda. Izvesti sledeći izraz za funkciju )(3 tc :

F

Ve

tctcctc

t

=τ

τ+

τ+= τ

−

,2

)(20

102

033

b) Pokaži matematičkom indukcijom da se pod opisanim uslovima izlazna koncentracija iz poslednjeg u kaskadi od n identičnih rezervoara menja sa vremenom kao:

F

Ve

t

n

ctctcctc

tn

nnnn =τ

τ−++

τ+

τ+= τ

−−

−− ,

)!1(!2)(

101

2020

10

L

3.6. Odrediti opseg u kome se smeša iz Primera 3.7, na datom pritisku, nalazi u dvofaznom stanju i to :

a) Koristeći za proračun tačke ključanja i tačke rose, standardnu formulaciju, datu u tab. 2.1

b) Rešavanjem fleš - jednačine (4.24) 3.7 Za komponente date ugljovodonične smeše, na pritisku psiP 300= , ravnotežne konstante se računaju iz formule:

)u( 034

2321

31

RTTaTaTaaT

k +++=

Vrednosti parametara u formuli su date u tabeli: Komp mol.

udeo 2

1 10×a 52 10×a 8

3 10×a 124 10×a

24

42HC 0.02 -5.1780 62.125 -37.562 8.0146

62HC 0.03 -9.8400 67.546 -37.459 -9.0732

63HC 0.05 -25.099 102.39 -75.222 153.85

83HC 0.10 -14.512 53.639 -5.3052 -173.58

4nC 0.60 -14.182 36.866 16.521 -248.24

4iC 0.20 -18.968 61.240 -17.892 -90.856

a) Izračunati opseg temperatura u kome se na datom pritisku smeša nalazi u dvofaznom stanju.

b) Izračunati stepen isparavanja smeše na temperaturi 2000F.

3.8 Izvesti proračun zadat u Primeru 3.8 ako se kao model fazne ravnoteže koristi onaj baziran na SRK jednačini stanja. Neophodene vrednosti faktora acentričnosti za komponente smeše, redom su : ω = ( 0.197, 0.194, 0.213, 0.212, 0.301 )

3.9 Za smešu sa 60% neopentana, 20% cikloheksana i 20% ugljentetrahlorida, izračunati opseg u kome se ona, na normalnom pritisku, nalazi u dvofaznom stanju i temperaturu na kojoj je stepen isparavanja smeše na istom pritisku, jednak 0.5. Proračun izvesti,

a) Uz aproksimaciju da k - vrednosti ne zavise od sastava,

b) Uz pretpostavku da se parna faza može smatrati idealnim gasom, a dopunska Gipsova funkcija tečne faze opisati Redlih - Kisterovim modelom,

c) Sa k - vrednostima računatim iz SRK jednačine stanja.