dodatak e - resavanje primera u mathcadu

DODATAK E - Brzine prenosa toplote i mase

Primer 2.3. Parovod spoljenjeg precnika 10 cm ( d 0.1m:= ), temperature spoljnje

povrsine 100 oC ( Ts 110 273+( )K:= ) je izlozen vetru brzine w 8

m

s⋅:= pravca

normalnog na osu parovoda. Temperatura vazduha je 4 oC ( Ta 4 273+( )K:= ). Odrediti

gubitke tolote u atmosferu po 1 m parovoda. Proracun izvesti uz kriterijalnih jednacina oblika:

Nu1 Re Pr,( ) 0.027 Re0.805⋅ Pr

1

3⋅:=

Nu2 Re Pr,( ) 0.30.62 Re

1

2⋅ Pr

1

3⋅

10.4

Pr

2

3

+

1

4

1Re

282000

5

8

+

4

5

⋅+:=

Za izracunatu srednju temperaturu Tsr

Ts Ta+2

:= iz tablica (Cengel) mogu se dobiti fizicke

velicine komponenata:

Toplotna provodljivost λ 0.0164BTU

ft hr⋅ R⋅⋅:= Prantlov broj Pr 0.708:=

Kinematska viskoznost ν 670cm

2

hr⋅:=

Racunanje koeficijenata prelaza toplote

Rew d⋅ν:= Re 4.299 10

4×=

α1λd

Nu1 Re Pr,( )⋅:= α2λd

Nu2 Re Pr,( )⋅:=

α1 36.7W

m2

K⋅= α2 35.5

W

m2

K⋅=

Povrsina za razmenu toplote A π d⋅:= A 0.314m=

237

Nu Re Pr,( ) 0.023 Re0.8⋅ Pr

0.4⋅:=Kriterijalna jednacina

Racunanje koeficijenta prelaza toplote

q 1.1 105× W

m2

=qQ

π di⋅ l⋅:=

gde je q toplotni fluks koji se racuna iz snage grejaca i grejne povrsine

q α Tz Tiz−( )⋅=

b) Temperatura unutrasnjeg zida cevi na izlazu dobija se iz jednacine

Q 3.455 104× W=Q Fm Cp⋅ Tiz Tul−( )⋅:=Snaga grejaca

Fm 0.165kg

s=Fm F ρ⋅:=a) Maseni protok vode

Pr 4.32:=ν 0.0255ft

2

hr⋅:=

Cp 998.1cal

kg K⋅⋅:=λ 0.365BTU

ft hr⋅ R⋅⋅:=ρ 992kg

m3

⋅:=

Ts 313 K=Ts

Tul Tiz+2

:=Svojstva vode za srednju temepraturu

Primer 2.4. Idealno izolovan protocni grejac vode u obliku cevi sa elektricnim grejacem dug je 5 m (l 5 m⋅:= ) i ima unutrasnji precnik 2 cm ( di 2 cm⋅:= ).

a) Izracunati snagu grejaca koja obzbedjuje zagrevanje 10 l/min ( F 10L

min⋅:= )

vode od 15 oC ( Tul 15 273+( ) K⋅:= ) do 65 oC ( Tiz 65 273+( ) K⋅:= ).

b) Proceniti temperaturu unutrasnje povrsine grejaca na izlazu.

Q2 1.18 103× W

m=Q2 α2 A⋅ Ts Ta−( )⋅:=

Q1 1.22 103× W

m=Q1 α1 A⋅ Ts Ta−( )⋅:=

Gubici

238

Dw 2.2 105−⋅ m

2

s:=Mw 18

kg

kmol:=Msv 29

kg

kmol:=

x 5:=µsv 0.0195cP:=p0w 47.4kPa:=

T 80 273+( )K:=w 12m

s:=ρc 1020

kg

m3

:=

φ 0.02:=p 101kPa:=ac 1cm:=

R 8.314J

mol K⋅:=cP 0.01 poise⋅:=kPa 1000Pa:=kmol 1000mol:=Podaci:

PRIMER 2.6 Treba proceniti brzinu sušenja r u kg vode/(kg suve materije?s), kockica šargarepe vazduhom u fluidizovanom sloju, pretpostavljajući da je površina kockica prekrivena filmom vode.

a) Izvesti sledeći izraz za traženu brzinu sušenja:

( )10

)1( −ϕ−ρβ= ssp

p

M

Mr c

w

sv

wsvw

b) Izračunati traženu brzinu sušenja sa sledećim podacima. Stranica kockice je cmac 1= .

Gustina šargarepe je 1020 3mkg a vlažnost 5=x kg vode/kg suve materije. Relativna

vlažnost vazduha je 2%, pritisak je kPa101 , a temperatura sušenja CT 080= . Vazduh struji brzinom smw 12= . Na datoj temperaturi: napon vodene, kPapw 4.470

= , viskozitet

vazduha, cP0195.0=µ . Kriterijalna jednačina koja važi za sušenje u fluidizovanom sloju (Toledo, 1991, 476str):

33.05.0 ScRe6.02Sh +=Kao karakteristična dimenzija kocke uzima se prečnik ekvivalentne sfere – one koja ima istu površinu kao kocka datih dimenzija.Za koeficijent difuzije vlage kroz vazduh uzeti

smDw25102.2 −×=

Tz 374.296K=Tz Tizq

α+:=

α 3.03 103× W

m2

K⋅=α λ

diNu Re Pr,( )⋅:=

Re 1.612 104×=Re

w di⋅ν:=w 0.531

m

s=w

4 F⋅π di

2⋅:=

239

PRIMER 2.7 Pri strujanju suvog vazduha temperature 25 0C i pritiska 1 atm brzinom 2 m/s preko površine od 0.3 m2 pokrivene slojem naftalina, izmerena količina isparenog naftalina u toku od 15 min je 12 g. Napon pare naftalina na 25 0C je 11 Pa a njegova difuzivnost u vazduhu je DA,B = 0.61×10-5 m2/s. Proceniti koeficijent prelaza toplote za vazduh, pri istim uslovima proticanja i istoj geometriji sistema. Specifična toplota i

toplotna difuzivnost vazduha na 25 0C su: smakgK

kJc p

251018.2,01.1 −×== . Iz

izračunate vrednosti koeficijenta prelaza mase Aβ , izračunati ApAx ,, i ββ

r 0.08831

s=r mw sc⋅:=

Brzina susenja:

sc 3.529m

2

kg=sc

6

ac ρc⋅ 1 x+( )⋅:=

scA

V ρc⋅ 1 x+( )=6ac

2

ac3ρc

1 x+( )=6

ac ρc⋅ 1 x+( )⋅=

Specificna povrsina kockice:

mw 0.02501kg

m2

s⋅=mw

Mw

Msvρsv⋅ βw⋅

p0w

p⋅ 1 φ−( )⋅:=

Specificni fluks prelaza vlage:

Izracunavanje brzine susenja:

βw 0.0878m

s=βw

Sh Dw⋅d

:=Sh 2 0.6 Re0.5⋅ Sc

0.33⋅+:=

Sc 0.888=Scµsv

ρsv Dw⋅:=Re 8.488 103×=Re

w d⋅ ρsv⋅µsv

:=

ρsv 0.998kg

m3

=ρsvp

R T⋅ Msv⋅:=

d 1.382cm=d ac6

π⋅:==>6ac2

4πR2= πd

2=

Izracunavanje koeficijenta prelaza mase:

240

aB 2.18 105−⋅ m

2

s⋅:=

Koeficijent prelaza toplote racuna se iz Kolbornove analogije:

α βA ρB⋅ cpB⋅aB

DAB

2

3

⋅=

Koeficijent prelaza mase βA se odredjuje iz podataka o kolicini isparenog nafatalina (molski fluks) i pogonske sile ∆CA = CAf - CAs. Koncentracija naftalina u masi gasa je jednaka 0, a koncentracija CAs se nalazi iz uslova ravnoteze izmedju cvrstog naftalina i njegove pare. U pitanju je binarni sistem isparljive (naftalin) i nekondenzujuce komponente (vazduh) pa je ravnotezni parcijalni pritisak naftalina jednak njegovom naponu pare na istoj temperaturi.

CAf 0mol

m3

⋅:= CAs

poA

R T⋅:= CAs 4.44 103−× mol

m3

=

∆CA CAf CAs−:=

NA

∆mA

∆t S⋅ MA⋅:= βA

NA−∆CA

:= βA 0.078m

s=

α βA ρB⋅ cpB⋅aB

DAB

2

3

⋅:= α 219W

m2

K⋅=

Iz izračunate vrednosti koeficijenta prelaza mase Aβ , izračunati ApAx ,, i ββ

xpoA

p:= x 1.086 10

4−×= Ms x MA⋅ 1 x−( ) MB⋅+:=Ms 0.029

kg

mol=

Podaci

R 8.314J

mol K⋅⋅:= kmol 1000 mol⋅:= kPa 1000Pa:= A - naftalinB - vazduh

p 101.325kPa:= T 25 273+( )K:= w 2m

s⋅:=

MA 128.2kg

kmol⋅:= MB 29

kg

kmol⋅:= ∆t 15 min⋅:= S 0.3 m

2⋅:=

DAB 0.61 105−⋅ m

2

s⋅:= ∆mA 12 gm⋅:= poA 11 Pa⋅:=

ρB 1.19kg

m3

⋅:= cpB 1010J

kg K⋅⋅:=

241

Gustina i molska masa mogu se uzeti kao za vazduh zbog veoma niske koncentracije naftalina.

βAx βA

ρB

Ms⋅:= βAx 3.203

mol

m2s

=

βAp

βA

R T⋅:= βAp 3.152 105−× mol

m2

Pa⋅ s⋅=

242

DODATAK E - Kinetika inaktivacije mikroorganizama

PRIMER 3.1. U uzorku soka od paradajza je pre otpočinjanja sterilizacije bilo 106

mikroorganizama Lctobacillus plantarum. Uzorak je u toku jednog sata održavan na

temperaturi C070 . Izmereni su sledeći brojevi mikroorganizma u pojedinim momentima u toku zagrevanja (Vereš, 2004):

min,t : 0 10 20 30 40 50 60

N : 6101× 51025.1 × 41052.1 × 31087.1 × 230 30 4

Odrediti parametar D za posmatrani mikroorganizam i temperaturu 070 C

t

0

10

20

30

40

50

60

min:= N

1 106×

1.25 105×

1.52 104×

1.87 103×

230

30

4

:=

0 20 40 601

10

100

1 .103

1 .104

1 .105

1 .106

N

t

min

D1−

slope t log N( ),( ):= D 11.088min=

D 11.1min:=

PRIMER 3.6. Za spore C. botulinum, izmerena su sledeća vremena potrebna za inaktivaciju na različitim temperaturama:

CT 0, 100 105 110 115 120 125

minF , 316 100 32 10 3.2 1

a) Odrediti parametar zb) Izračunati procesno vreme za temperaturu CT 0112=

Za C. botulinum, minD 2.00 = . Naći D na 1100C

T 100 105 110 115 120 125( )T:= F 316 100 32 10 3.2 1( )

T:=

243

min( )D110 2.52=D110 Dr 10

Tr T−

z⋅:=T 110:=Tr 121:=Dr 0.2:=c)

min( )Frac 112( ) 20=Izracunavanje trazenog procesnog vremena:

F

316

100

32

10

3.2

1

=Frac T( )

316.228

100

31.623

10

3.162

1

=

100 110 120 1301

10

100

1 .103

F

Frac T( )→

T

Frac T( ) 10

T−

zd+

:=

Poredjenje racunskih i eksp. vrednosti:

d 12.5:=d 12.494=d intercept T log F( ),( ):=

Formulisanje funkcije F(T):

b)

z 10:=z 10.007=z slope log F( ) T,( )−:=

ili:

z 10.007=z1−

slope T log F( ),( ):=

z

vT

zFvFzT +−=⇒+−=

1loglog

a)

100 110 120 1301

10

100

1 .103

F

T

244

PRIMER 3.10. Dati su podaci za promene 0D spora C. botulinum–a ( Vereš,M., Tab II-

15, 125s). Formulisati empirijsku zavisnost )(0 pHD za C. botulinum.

Ph

7

6

6

5.4

5.2

4.4

:= D

0.21

0.066

0.055

0.044

0.043

0.033

:=

4 6 80

0.1

0.2

0.3

D

PhLin-Log dijagrami

4 6 80.01

0.1

1

D

Ph

0 50 1000.01

0.1

1

D

Ph2

0 500 10000.01

0.1

1

D

Ph3

Uocavamo tendenciju "ispravljanja" u dijagramu logD-Phn kada stepen n raste. Zato cemo pretpostaviti troparametarsklu zavisnost oblika:

logD a b Phn⋅+=

nelinearnu po parametrima. Kao polazne procene uzecemo : n=1 i a,b odredjene za linearnu formulu:

245

4 5 6 7 80

0.1

0.2

0.3

D

10a b Ph

n⋅+

→

Ph

Drac

0.209

0.061

0.061

0.044

0.041

0.034

=D

0.21

0.066

0.055

0.044

0.043

0.033

=

S a b, n,( ) 7.049 105−×=

Drac 10a b Ph

n⋅+

→

:=

Provera kvaliteta fitovanja:

a

b

n

1.502−

1.573 106−×

6.766

=

a

b

n

MinErr a b, n,( ):=

a b Phn

→⋅+ log D( )=S a b, n,( ) 0=

Umesto S(a,b,n)=0, "resava se " sistem nesaglasnih jednacina, sto daje u ovom slucaju bolje fitovanje!

Given

S a b, n,( ) 4.201 103−×=S a b, n,( )

0

5

i

Di 10a b Phi( )n⋅+ −

2

∑=

:=

b 0.298=a 2.907−=b slope Ph log D( ),( ):=a intercept Ph log D( ),( ):=

n 1:=logD a b Ph⋅+=

246

δ1 interp pspline Tab0⟨ ⟩

Tab 1⟨ ⟩,( ) Tab 0⟨ ⟩, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):=Spline interpolacija:Tab

0.01

0.02

0.04

0.06

0.0998

0.1410

0.1987

0.2425

:=

Racunanje parametara interpolacijom:

A1 1.0018=A1

2 sin δ1( )δ1 sin δ1( ) cos δ1( )⋅+:=

δ1 0.1043=δ1 Find δ( ):=δ tan δ( )⋅ Bi=

Given

δ 0.01:=Racunanje parametara resavanjem jednacine (28a):

τ 142.531=Bi 0.011=

τ t a⋅L

2:=Bi

α L⋅λ:=a 3.394 10

5−× m2

s= α 120

W

m2

K⋅:=

T0 500C:=t 7min:=Tp 20C:=L 1cm:=

aλ

ρ Cp⋅:=Cp 380J

kg K⋅:=ρ 8530kg

m3

:=λ 110W

m K⋅:=

Definisanje celziusovog stepena C K:=

PRIMER 4.7. Početna temperatura velike mesingane ploče, debljine 2cm, je C020 . Ona se zagreva dok prolazi kroz peć u kojoj je temperatura C0500 . U peći

ostaje 7min. Kombinovani koeficijent prelaza toplote i zračenja u peći je : KmW 2120=α . Za termofizička svojstva mesinga

uzeti: kgKJCmkgmKW p 380,8530,110 3 ==ρ=λ

a) Izračunati temperaturu površine ploče i temperaturu u njenom centru, neposredno po izlasku ploče iz peći. b) Nacrtati temperaturni profil ploče, neposredno po izlasku iz peći

DODATAK E - Nestacionaran prenos toplote kondukcijom

247

A1

2 sin δ1( )δ1 sin δ1( ) cos δ1( )⋅+:= δ1 0.104= A1 1.0018=

Bezdimenzioni profil: θ x τ,( ) A1 exp δ12− τ⋅ ⋅ cos δ1

x

L⋅⋅:=

Temperaturni profil: T x t,( ) Tp T0−( ) θ xt a⋅L

2,

⋅ T0+:=

Temperature u centru i na povrsini: Tc T 0m t,( ):= Tc 397 C=TL T L t,( ):= TL 398C=

Temperaturni profil u polovini mesingane ploce

0 0.005396.8

397

397.2

397.4

397.6

T x t,( )

x

PRIMER 4.8. Potrebno je rashladiti šnicle, debljine 1in, početne temperature F075 , u zamrzivaču u kome se temperatura održava na F05 , tako da nijedan deo šnicle ne bude ohlađen na temperaturu nižu od F035 ( C02 ) (izbegavanje zamrzavanja). Koeficijent prelaza toplote pri hlađenju je )(9.3 0FfthrBTU ⋅⋅a) Izračunati potrebno vreme rashlađivanja.

b) Proveriti da li je temperatura u sredini šnicle nakon rashlađivanja spala ispod propisane gornje granice, koja iznosi F045

c) Ispitati, pod uslovom da je zadovoljen dati uslov nezamrzavanja, kako promena intenziteta rashlađivanja, tj. vrednosti koeficijenta prelaza toplote utiče na temperaturu sredine šnicle i na ispunjavanje drugog uslova – maksimalno dozvoljene temperature. Dati inženjersko tumačenje zapaženog.

Za šniclu uzeti sledeće vrednosti termofizičkih parametara: FlbBTUCftlbFfthBTU p

030 98.0,9.74),(26.0 ==ρ⋅⋅=λ .

248

Bezdimenzioni profil: θ x τ,( ) A1 exp δ12− τ⋅ ⋅ cos δ1

x

L⋅⋅:=

Temperaturni profil: T x t,( ) Tp T0−( ) θ xt a⋅L

2,

⋅ T0+:=

a) Izracunavanje vremena hladjenja:

t 0s:=Given

T L t,( ) TL=

t Find t( ):= t 0.615hr=

Provera prihvatljivosti resenja, tj. da li je t > 0.2:τ t a⋅L

2:= τ 1.255=

b) Izracunavanje temperature u centru:

Tc T 0m t,( ):= Tc 280.4K= Tcmax 281K=

λ 0.26BTU

hr ft⋅ R⋅:= ρ 74.9lb

ft3

:= Cp 0.98BTU

lb R⋅:= Tp 75 460+( )R:=

L 0.5in:= T0 465R:= α 3.9BTU

hr ft2⋅ R⋅

:=

aλ

ρ Cp⋅:= a 9.141 108−× m

2

s= Bi

α L⋅λ:= Bi 0.625=

TL 35 460+( )R:= TL 275K= Tcmax 45 460+( )R:=


Tab

0.5

0.6

0.7

0.8

0.6533

0.7051

0.7506

0.7910

:= δ1 interp pspline Tab0

⟨ ⟩Tab 1⟨ ⟩,( ) Tab 0⟨ ⟩, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):=

δ1 0.717=

A1

2 sin δ1( )δ1 sin δ1( ) cos δ1( )⋅+:= A1 1.0841=

249

T y t,( ) 35.8C=Trazena temperatura:

T x t,( ) Tp T0−( ) θ x t,( )⋅ T0+:=Temperaturni profil :

θ x t,( ) erfx

2 a t⋅

expα x⋅λ

αλ

2

a⋅ t⋅+

1 erfx

2 a t⋅α a t⋅⋅

λ+−⋅+:=

Bezdimenzioni profil:

λα+⋅

λα+λ

α+

=−−=θ at

at

xat

x

at

x

TT

TtxTx

p 2erf-1exp

2erf

),()(

2

0

0

τ 0.00756Bi0.3−

0.02+< 1=τ 0.014=τ a t⋅L

2:=

Provera uslova primenljivosti jedn. (35):

Bi 4.545=Biα L⋅λ:=a 1.187 10

7−× m2

s=a

λρ Cp⋅:=

T0 5C:=Tp 38C:=C K:=

t 20min:=y 2cm:= ( Za L se uzima poludebljina komada) L 10cm:=

α 20W

m2

K⋅⋅:=Cp 3558

J

kg K⋅:=λ 0.44W

m K⋅:=ρ 1042kg

m3

:=

PRIMER 4.9. Komad govedine, debljine 20cm, temperature C038 je unet u hladan prostor, temperature C05 .Proceniti temperaturu na rastojanju 2cm od površine, nakon 20min. Podaci:

KmWkgKJCmKWmkg p23 20,3558,44.0,1042 =α==λ=ρ

Ponoviti proracun za α = 3.2, 4.0 , 4.5, 5.0 i pratiti temperaturu i uslov u centru. c)

Tc Tcmax< 1=Provera uslova u centru :

250

t 26.3min=t root T 0 t,( ) Tc− t,( ):=t 0s:=Izracunavanje vremena kuvanja:

T r t,( ) Tp T0−( ) θ rt a⋅L

2,

⋅ T0+:=Temperaturni profil:

J0 je Mathcad funkcija za izracunavanje J0θ r τ,( ) A1 exp δ12− τ⋅ ⋅ J0 δ1

r

L⋅⋅:=

2.0),(),(

),(2101

0

0 21 >=τδ=

−−=τθ τδ−

R

atRrJeA

TT

TtxTr

p

Bezdimenzioni temperaturni profil:

A1 1.5155=A1 interp pspline Bitab Tab 1⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):=

δ1 2.0227=δ1 interp pspline Bitab Tab 0⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 0⟨ ⟩, Bi,( ):=

Bitab

4.0

5.0

6.0

7.0

:=Tab

1.9081

1.9898

2.0490

2.0937

1.4698

1.5029

1.5253

1.5411

:=


Bi 5.516=Biα L⋅λ:=

Tc 277.778K=Tc 40 460+( )R:=α 180W

m2

K⋅:=L 1.9cm:=

Ne mozemo koristiti R za poluprecnik jer R predstavlja stepene Rankina

T0 35 460+( )R:=Tp 80 460+( )R:=a 1.46 107−⋅ m

2

s:=λ 0.62

W

m K⋅:=

PRIMER 4.10. Treba proceniti vreme potrebno da se temperatura u centru krastavca smanji sa F080 na F040 u hladnjači u kojoj se temperatura održava na F035 . Poluprečnik krastavca je cmR 9.1= , a dugačak je cmL 16= . Koeficijent prelaza toplote u hladnjači ima vrednost KmW 2180=α . Termofizička svojstva krastavca

su: smamKW 271046.1,62.0 −×==λ .

251

Tc t( ) Tp T0−( ) θct a⋅L

2

⋅ T0+:=Temperatura u centru:

θc τ( ) A1 exp δ12− τ⋅ ⋅:=Bezdimenziona temperatura u centru:

A1 1.9959=A1 interp pspline Bitab Tab 1⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):=

δ1 3.076=δ1 interp pspline Bitab Tab 0⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 0⟨ ⟩, Bi,( ):=

Bitab

30.0

40.0

50.0

100.0

:=Tab

3.0372

3.0632

3.0788

3.1102

1.9898

1.9942

1.9962

1.9990

:=


Bi 47.847=Biα L⋅λ:=

Tc 70C:=α 1200W

m2

K⋅:=L 2.5cm:=

T0 95C:=Tp 5C:=a 1.51 107−⋅ m

2

s:=λ 0.627

W

m K⋅:=

Definisanje Celzijusovog stepena C 1K:=

PRIMER 4.11. Jaje se može aproksimirati sferom prečnika cm5 . Pošto je sadržaj vode u jajetu visok, oko 74% , za termofizičke parametre λ i a, mogu se uzeti oni za vodu: na srednjoj temperaturi

C05.372)705( =+ smamKW 2610151.0,627.0 −×==λ . Jaje, čija je početna

temperatura C05 treba skuvati u ključaloj vodi temperature 95C0 . Koeficijent prelaza toplote sa ključale vode na jaje je KmW 21200=α . Proceniti vreme,

potrebno da se jaje skuva, tj. da temperatura u centru dostigne C070 .

Resenje je korektno !τ 0.639=τ a t⋅L

2:=

Provera prihvatljivosti resenja - da li je t > 0.2 :

252

aλ

ρ Cp⋅:= a 9.146 108−× m

2

s=

Racunanje poluprecnika lopte (L):

masa 3.2kg:= Vmasa

ρ:= V 2.667 103−× m

3=

V4

3π⋅ L

3⋅= L3

3 V⋅4 π⋅:= L 0.086m=

Nalazenje opsega Bi brojeva:

αmin 50W

m2K

:= Bimin

αmin L⋅λ:= Bimin 9.558=

αmax 300W

m2K

:= Bimax

αmax L⋅λ:= Bimax 57.35= L 0.086m=

Izracunavanje vremena kuvanja:

t 0s:= t root Tc t( ) Tc− t,( ):= t 14.4min=

Provera prihvatljivosti resenja - da li je t > 0.2 :

τ a t⋅L

2:= τ 0.208= Resenje je korektno !

PRIMER 4.12. U poznatom kuvaru Betty Crocker’s Cookbook, piše da je za pečenje krmenadle od 3.2 kg, početne temperature F040 , u rerni, na temperaturi

F0325 potrebno minh 452 . Krmenadla je meko pečena, kada temperatura u centru

dostigne C060 . Krmenadla se može aproksimirati homogenim sfernim objektom sa svojstvima: mKWkgKkJCmkg p 45.0,1.4,1200 3 =λ==ρ . Na osnovu datih

podataka, a) Proceniti koeficijent prelaza toplote u rerni, imajući u vidu da se njegove vrednosti kreću u intervalu KmW 230050− ,

b) Izračunati temperaturu spoljnje površine krmenadle, kada je pečena.

kJ 1000J:= ρ 1200kg

m3

:= Cp 4.1kJ

kg K⋅:=λ 0.45W

m K⋅:=

T0 325 460+( )R:= Tc 60 273+( )K:= Tp 40 460+( )R:= t 165min:=

253

2.0,)sin(),(

),(2

1

11

0

0 21 >=τ

δδ=

−−=τθ τδ−

R

at

Rr

RreA

TT

TtxTr

p

Temperaturni profil:b)

Procena dobijena koriscenjem tacnijeg postupka

je 157 W/(m2 K).

α 134W

m2

K⋅=α Bi

λL⋅:=

Bi 25.612=Bi Find Bi( ):=Tc t Bi,( ) Tc=

Given

Bi 50:=Izracunavanje Bi iz zadate temperature centra:

Tc t Bi,( ) Tp T0−( ) θct a⋅L

2Bi,

⋅ T0+:=Temperatura u centru:

θc τ Bi,( ) A1 Bi( ) exp δ1 Bi( )2− τ⋅ ⋅:=Bezdimenziona temperatura u centru:

Uslov nije zadovoljen, pa dobijene procene treba uzeti sa rezervom !

τ 0.122=τ t a⋅L

2:=

Provera uslova za koriscenje pribliznog resenja (44).

A1 Bi( ) interp pspline Bitab Tab 1⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):=

δ1 Bi( ) interp pspline Bitab Tab 0⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 0⟨ ⟩, Bi,( ):=

Funkcije Bajotovog broja :a)

Tab

2.8044

2.8363

2.9857

3.0372

3.0632

3.0788

3.1102

1.9106

1.9249

1.9781

1.9898

1.9942

1.9962

1.9990

:=Bitab

9.0

10.0

20.0

30.0

40.0

50.0

100.0

:=

Odabrani deo tabele za odredjivanje parametara interpolacijom:

254

Bi

0.667

2.667

4.444

=Bi

α L⋅λ:=Bajotovi brojevi za slojeve:

L

0.015

0.06

0.1

m=L

a

b

c

0.5⋅:=Karakteristicne dimenzije slojeva:

c 20cm:=b 12cm:=a 3cm:=

α 20W

m2K

:=aT 1.384 107−× m

2

s=aT

λρ Cp⋅:=

Tp 5 273+( )K:=t 30min:=T0 135 273+( )K:=

Cp 3225J

kg K⋅:=ρ 1008kg

m3

:=λ 0.45W

m K⋅:= ORIGIN 1:=

PRIMER 4.13. Treba izračunati temperaturu u centru komada govedine, pravougaonog oblika, dimenzija cm20123 ×× , nakon polučasovnog zagrevanja u rerni. Termofizička svojstva govedine su :

kgKJCmkgmKW p 3225,1008,45.0 3 ==ρ=λ . Za koeficijent prelaza

toplote u rerni uzeti KmW 220=α . Pre no što je stavljeno u rernu, meso je bilo na

temperaturi C05 . Temperatura rerne se održava na C0135

TL 159C=TL

TL 273K−K

C⋅:=C 1K:= Temperatura, dobijena koriscenjem tacnijeg postupka je 160C.

TL 273K− 158.911K=TL 431.911K=TL T L t, Bi,( ):=Temperatura povrsine:

T r t, Bi,( ) Tp T0−( ) θ rt a⋅L

2, Bi,

⋅ T0+:=

θ r τ, Bi,( ) θc τ Bi,( )sin δ1 Bi( )

r

L⋅

δ1 Bi( )r

L⋅

⋅:=

255

(lazni indeks)θc1 0.597=θc1 A1 exp δ12− τ1⋅ ⋅:=

Bezdimenziona temperatura u centru sloja:

(lazni indeks)

A1 1.088=A1 2sin δ1( )

δ1 sin δ1( ) cos δ1( )⋅+⋅:=δ1 0.736=δ1 funδ1 Bi1( ):=1. sloj:

θcentarτ δ, n,( ) 2

1

n

i

exp δ i( )2− τ⋅ sin δ i( )δ i sin δ i( ) cos δ i( )⋅+⋅∑

=⋅:=

Definisanje funkcije za izracunavanje temperature centra sloja, prema jedn (28):

Za drugi i treci sloj, nije zadovoljen uslov τ 0.2> , pa se temperatura u centrumora racunati kao zbir nekoliko prvih sabiraka u sumi (28), recimo 4

τ1.107

0.069

0.025

=τ

t aT⋅

L2

→:=

Furijeovi brojevi:

funδ1 Bi( ) interp pspline Tab1⟨ ⟩

Tab 2⟨ ⟩,( ) Tab 1⟨ ⟩, Tab 2⟨ ⟩, Bi,( ):=

Tab

0.6

0.7

0.8

0.9

1.0

2.0

3.0

4.0

5.0

0.7051

0.7506

0.7910

0.8274

0.8603

1.0769

1.1925

1.2646

1.3138

:=

Interpolaciona funkcija za izracunavanje parametara:

256

θcentarτ2 δ, 2,( ) 0.99177=Suma sa 3 i sa 4 clana se razlikuju tek na 4. znacajnoj cifri, pa je dovoljno sabrati samo prva tri sabirka !

θcentarτ2 δ, 3,( ) 0.99668=

(lazni indeks)θc2 0.9966=θc2 θcentarτ2 δ, 4,( ):=

Temperatura centra:

δ

1.16

3.759

6.664

9.693

=

δ4 9.693=δ4 x:=x root x tan x( )⋅ Bi2− x,( ):=x 10:=



0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 105

0

5

tan x( )

Bi2

x

x

Trazeni koreni se nalaze u preseku krivih tan(x) i Bi/x

Ostali koreni se dobijaju resavanjem jednacine δtan(δ)=Bi, ili njoj ekvivalentne tan(δ)=Bi/δ(indeks je pravi)δ1 1.16=δ1 funδ1 Bi2( ):=

Prvi koren jednacine δtan(δ)=Bi se moze dobiti interpolacijom.

2. sloj :

257

Tc 57.7C=Tc

Tc 273K−K

C⋅:=C 1K:=

Tc 330.657K=Tc Tp T0−( ) θc⋅ T0+:=

θc 0.595=θc θc1 θc2⋅ θc3⋅:=

Temperatura centra komada mesa se dobija kao proizvod:

θc3 0.99931=θc3 θcentarτ3 δ, 4,( ):=δ

1.289

3.982

6.858

9.849

=Temperatura centra:




Oznaka z je uvedena jer kako bi se mogao nacrtati dijagram jer je oznaka x vec iskoriscena prethodno.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 105

0

5

tan z( )

Bi3

z

z

δ1 1.289=δ1 funδ1 Bi3( ):=

Prvi koren jednacine δtan(δ)=Bi se moze dobiti interpolacijom.3. sloj :

258

Bi 23.226=

TOL 0.00001:=

0 2 4 6 8 10 12

0

10

20

30

tan x( )

Bi

x

x

(na levoj strani je pravi indeks, a na desnoj lazni)δ1 δ1:=

θcentarτ δ, n,( ) 2

1

n

i

exp δ i( )2− τ⋅ sin δ i( )δ i sin δ i( ) cos δ i( )⋅+⋅∑

=⋅:=

Nije t>0.2, pa se mora sabrati vise sabiraka u sumi (28):

τ 0.036=τ a t⋅L

2

2

:=A1 1.2706=A1

2 sin δ1( )δ1 sin δ1( ) cos δ1( )⋅+:=

(Linearna interpolacija daje dovoljnu tacnost)

δ1 1.5039=δ1 linterp Tab1⟨ ⟩ Tab 2⟨ ⟩, Bi,( ):=

Tab20.0

30.0

1.4961

1.5202

:=Bi 23.226=Bi

α L⋅ 0.5⋅λ:=

ORIGIN 1:=Odredjivanje parametara za Ravan sloj

Krastavac datih dimenzija dobijamo u preseku dugog cilidra, poluprecnika R i ravnog sloja velike povrsine, debljine L.

(izracunato u Primeru 4.10)t 26.3min:=

Tc 40 460+( )R:=α 180W

m2

K⋅:=a 1.46 10

7−⋅ m2

s:=λ 0.62

W

m K⋅:=

L 16cm:=R 1.9cm:=T0 35 460+( )R:=Tp 80 460+( )R:=

PRIMER 4.14. Za izračunato vreme hlađenja u Primeru 10 proveriti temperaturu centra krastavca posmatrajući ga kao kratak cilindar.

259

δ4 x:=

δ

1.504

4.52

7.54

10.569

=

Bezdimenziona temperatura centra:

θcsloj θcentarτ δ, 4,( ):= θcsloj 1= Znaci da je temperatura centra sloja jednaka pocetnoj temperaturi!

Dugi cilindar

Odredjivanje parametara:

Biα R⋅λ:= Bi 5.516=

Tab

1.9081

1.9898

2.0490

2.0937

1.4698

1.5029

1.5253

1.5411

:= Bitab

4.0

5.0

6.0

7.0

:=

δ1 interp pspline Bitab Tab 1⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 1⟨ ⟩, Bi,( ):= δ1 2.0227=

A1 interp pspline Bitab Tab 2⟨ ⟩,( ) Bitab, Tab 2⟨ ⟩, Bi,( ):= A1 1.5155=

Nalazenje ρ vrednosti pomocu Solve bloka (root nije konvergirao)

x 4:=Given

x tan x( )⋅ Bi= x Find x( ):= x 4.52= δ2 x:=

x 7:=Given

x tan x( )⋅ Bi= x Find x( ):= x 7.54= δ3 x:=x 10:=Given

x tan x( )⋅ Bi= x Find x( ):= x 10.569=

260

θc

Tc T0−Tp T0−

→:=

Tc Pod1⟨ ⟩ 273+( )K:=t Pod0⟨ ⟩ s:=Pod112

16.8

224

15

448

10

672

7.4

896

5.8

1120

5.0

T

:=

a 1.35 107−⋅ m

2

s:=λ 0.55

W

m K⋅:=

ORIGIN 0:=Tp 21.5 273+( )K:=T0 277K:=L 11mm:=

PRIMER 4.15 Merena je temperatura centra zrna grožđa prečnika 22mm, u toku hlađenja (tabela) u hladnjaku na temperaturi C04 . Zrno je prethodno bilo na sobnoj temperaturi 21.5C0 . Termofizička svojstva grožđa su : mKW55.0=λ .

.1035.1 27 sma −×= Proceniti koeficijent prelaza toplote α pri hlađenju.

st, 112 224 448 672 896 1120

CTc0, 16.8 15 10 7.4 5.8 5.0

Temperatura je identicna kao u Primeru 10, sto potvrdjuje opravdanost aproksimacije krastavca datih dimenzija dugim cilindrom!

Tc 277.8K=Tc Tp T0−( ) θc⋅ T0+:=

Nema nikakve korekcije resenja dobijenog u Primeru 10 !

θc 0.111=θc θcsloj θccil⋅:=

Racunanje temperature centra krastavca superpozicijom:

θccil 0.111=θccil θ 0m τ,( ):=

Bezdimenziona temperatura centra:

θ r τ,( ) A1 exp δ12− τ⋅ ⋅ J0 δ1

r

R⋅

⋅:=Vazi priblizno bezdimenzioni temp. profil:

τ 0.2>( )τ 0.638=τ a t⋅R

2:=

261

Funkcija za gustinu mleka:

ρ T( ) a b T⋅+ c T2⋅+( )→

:=

Vektorska funkcija gustina komponenata:

c

0.0037574−0

0

0

0

0

0

:=b

0.0031439

0.13071−0.51814−0.41757−0.31046−0.36589−0.28063−

:=a

997.18

916.89

1329.9

925.59

1599.1

1311.5

2423.8

:=Xm

0.875

0

0.037

0.037

0.046

0

0.005

:=

voda

led

proteini

mast

ugljhidr

vlakna

pepeo

Parametri za izracunavanje individualnih gustina

PRIMER 4.16. Izračunati toplotnu provodljivost mleka sastava: 87.5% vode, 3.7% proteina 3.7% masti, 4.6% laktoze i 0.5% pepela, na 10 oC.

α 46W

m2

K⋅=α Bi λ⋅

L:=

Bi 0.927=Bi linterp δ tab Bitab, δ1,( ):=Bitab

0.9

1.0

:=δtab

1.5044

1.5708

:=

Izracunavanje α:

δ1 1.523=δ1L

2k⋅

a

0.5

:=Izracunavanje parametra δ1:

k 2.586 103−× 1

s=k slope t ln θc( ),( )−:=Nagib u dijagramu t-lnθc :

tL

aAc ⋅δ−=θ

321

nagib

2

21

odsecak1lnln

0 500 1000 15000.01

0.1

1

θc

t

262

λml 10( ) 0.547=Toplotna provodljivost mleka (W/mK) na zadatoj temperaturi:

(skalarni proizvod dva vektora)λml T( ) Xv T( ) λ T( )⋅:=

Funkcija za toplotnu provodljivosti mleka:

λ T( ) a b T⋅+ c T2⋅+( )→

:=

Vektorska funkcija za toplotne provodljivosti komponenata:

c

6.7306−101.54

2.7178−0.17749−4.3312−3.1683−2.9069−

106−⋅:=b

1.7625

6.2489−1.1958

2.7604−1.3874

1.2497

1.401

103−⋅:=a

0.57109

2.2196

0.1788

0.1807

0.2014

0.18331

0.3296

:=

Koeficijenti u temperaturnoj zavisnosti λ, za pojedine komponente:

Xv 10( )

0.899

0

0.029

0.041

0.03

0

2.114 103−×

=Zapreminski udeli na datoj temperaturi:

Xv T( )Xm ρml T( )⋅

ρ T( )

→:=

Vektorska funkcija zapreminskih udela:

ρml 10( ) 1.024 103×=Gustina mleka (kg/m3) na zadatoj temperaturi :

ρml T( )1

Xm

ρ T( )

→

∑:=

263

b) Toplotna provodljivost mleka u funkciji od temperature:

10 20 30 40 50 600.54

0.56

0.58

0.6

λml z( )

z

264

DODATAK E - Modelovanje sterilizacije upakovane hrane

PRIMER 5.1. (Vereš, 2004, 137str.) Pileće meso sa povrćem se sterilizuje upakovano u staklenke od 225g u režimu 30+40+55 (30min. predgrevanje, 40min održavanje i 55minhlađenje). Hlađenje počinje od 70. minuta. Temperatura autoklava je C0120 . Izračunati sterilizacionu vrednost procesa. Za z uzeti vrednost C010 .

z 10:=Pod

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

60

64

68

73

79

85

91

96

103

108

111

114

115.5

65

70

75

80

85

90

95

100

105

110

115

120

125

116.5

117.5

118.5

112

104

95

80

70

60

52

45

40

37

:=t stack Pod0

⟨ ⟩Pod2⟨ ⟩,( ):=

T stack Pod1⟨ ⟩

Pod3⟨ ⟩,( ):=n last t( ):= n 25=

Vreme zagrevanja:th 70:= Ukupno vreme: ttot tn:=Formiranje kubnog splajna koji aproksimira krivu prodiranja toplote:

Tspl x( ) interp pspline t T,( ) t, T, x,( ):=

0 20 40 60 80 100 120

60

80

100

120

T

Tspl x( )

t x,

265

Doprinose samo prvih 20 min hladjenja! F0c1 4.6=F0c1th

th 20+

xL x( )⌠⌡ d:=

Znacajan doprinos, gotovo 50%F0c 4.604=F0cth

ttot

xL x( )⌠⌡ d:=

Analiza doprinosa perioda hladjenja:

Moze se zanemariti! F0ph 3.599 103−×=F0ph

0

30

xL x( )⌠⌡ d:=

Analiza doprinosa predgrevanja:

F0h 5.931=F0h0

th

xL x( )⌠⌡ d:=

Sterilizaciona vrednost u periodu zagrevanja

F0 10.5=F0 10.535=F00

ttot

xL x( )⌠⌡ d:=

Sterilizaciona vrednost procesa (min):

0 50 1000

0.2

0.4

0.6

L x( )

x

L x( ) 10

Tspl x( ) 121.1−z:= T0 250F= 121.1C=

Faktor smrtnosti duz krive prodiranja toplote:

266

PRIMER 5.2. Dati su podaci merenja temperature kritične tačke.

a) Izračunati zF0 za taj režim

b) Korigovati ga tako da zF0 bude 9min . Parametar z je F018 .

z 18:=

T0 250:=Tab1

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

140

140

140

140

163

185

201

213

224

229.4

234.5

:= Tab2

55

60

65

70

75

80

85

90

95

100

105

110

238

241

243.5

245

246.3

247.3

247.0

245.2

223.5

175

153

140

:=

t stack Tab10⟨ ⟩ Tab20⟨ ⟩,( ):=T stack Tab11⟨ ⟩ Tab21⟨ ⟩,( ):=n last t( ):= n 22=

Vreme zagrevanja:th 80= Ukupno vreme: ttot tn:=

0 50 100100

150

200

250

T

t

267

Tspl th( ) 245=Temperatura postignuta zagrevanjem:

Odredjivanje momenta y na datoj krivoj hladjenja, u kome je temperatura kriticne tacke jednaka onoj koja je dostignuta zagrevanjem u pretpostavljenom periodu th

Korigovanje krive prodiranja toplote za odabrano vreme zagrevanja, th:

Menjati i odrediti thsa

preciznoscu od 0.1 min iz uslova F0=9

th 70:=Pretpostavljena duzina zagrevanja:

Iteracioni postupak korigovanja duzine zagrevanja:

F0 21.7=F0 21.692=F00

ttot

xL x( )⌠⌡ d:=

Sterilizaciona vrednost procesa (min):

0 50 1000

0.5

1

L x( )

x

L x( ) 10

Tspl x( ) T0−

z:=Faktor smrtnosti duz krive prodiranja toplote:

0 50 100100

150

200

250

Tspl x( )

x

Tspl x( ) interp pspline t T,( ) t, T, x,( ):=Formiranje kubnog splajna koji aproksimira krivu prodiranja toplote:a)

268

0

5

10

15

20

25

60

64

68

73

79

85

65

70

75

80

85

90

116.5

117.5

118.5

112

104

95

PRIMER 5.3a. Za podatke iz Primera 5.1, izračunati parametre hh jf i i definisati

funkciju, koja aproksimira krivu zagrevanja (11)

minth 70.7:=Procenjena vrednost vremena zagrevanja :

F0 8.618=F0 F01 F02+:=F02 1.218=F02th

ttot

xL x τ+( )⌠⌡ d:=

Novo ukupno vreme (min) ttot 89.87=ttot tn τ−:=Doprinos hladjenja:

F01 7.4=F010

th

xL x( )⌠⌡ d:=Doprinos zagrevanja:

Proracun nove sterilizacione vrednosti:

Korigovana kriva prodiranja toplote se dobija kada se na pocetni segment (pre preseka krivih) crvene krive, doda drugi segment (posle preseka krivih) plave krive

60 80 100150

200

250

Tspl x( )

Tspl x τ+( )

x

τ 20.13=τ y th−:=Vremenski interval (min) za kogatreba pomeriti krivu hladjenja u levo:

Tspl y( ) 245=Provera: y 90.13=y Find y( ):=Tspl y( ) Tspl th( )=

Given

y 100:=

269

m 2.347=m intercept X log Y( ),( ):=Izracunavanje odsecka:

fh 36=fh 35.709=fh1−

k:=k slope X log Y( ),( ):=Izracunavanje fh:

Y submatrix gh 7, nh, 0, 0,( ):=X submatrix th 7, nh, 0, 0,( ):=

Fitovanje segmenta krive zagrevanja funkcijom:h

p

f

tt

hhr IjTT

−

−

−= 10

Pravolinijski deo pocinje 8. tackom, ciji je indeks 7.

0 20 40 60 801

10

100

gh

th

gh Tr Th−:=Lin - log dijagram th , Tr Th−( ) :

Pod 30

35

40

45

50

55

60

91

96

103

108

111

114

115.5

95

100

105

110

115

120

125

80

70

60

52

45

40

37

:=t stack Pod0

⟨ ⟩Pod2⟨ ⟩,( ):=

T stack Pod1⟨ ⟩

Pod3⟨ ⟩,( ):=n last t( ):= n 25=

Ukupno vreme zagrevanja:th 70:= nh 14:= (indeks poslednje tacke)

Come-up vreme: tph 30:= nph 7:=Temperatura retorte( 0C): Tr 120:=Tacke na krivoj zagrevanja: th submatrix t 0, nh, 0, 0,( ):=

Th submatrix T 0, nh, 0, 0,( ):=

270

Th

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

60

64

68

73

79

85

91

96

103

108

111

=Tfunh th( )

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-102.539

-41.208

3.221

35.405

58.72

75.608

87.843

96.705

103.125

107.776

111.145

=

Poredjenje racunskih i eksperimentalnih tacaka:

tp t≤ th≤Tfunh t( ) Tr jh Ih⋅ 10

t tp−( )−

fh⋅−:=Funkcija:

jh 1.2=jh 1.162=jh

Tr Tpp−Ih

:=Ih Tr Tp−:=Tp T0:=

Izracunavanje jh:

Tpp 50.284=Tpp Tr 10m k tp⋅+−:=tp 18=tp 0.6 tph⋅:=

Izracunavanje pseudo-pocetne temperature:

0 20 40 60 801

10

100

1 .103

gh

gfun th( )

th

gfun t( ) 10m k t⋅+:=Graficka provera fitovanja:

271

fc 53=fc 53.179=fc1−

k:=k slope X log Y( ),( ):=

Izracunavanje fc i jc :

Y submatrix gc 4, nc, 0, 0,( ):=X submatrix tc 4, nc, 0, 0,( ):=

Fitovanje segmenta krive hladjenja funkcijom: cf

t

ccw IjTT−

+= 10

Pravolinijski deo pocinje tackom ciji je indeks 4

0 20 40 6010

100

gc

tc

gc Tc Tw−:=Lin - log dijagram tc , Tc Tw−( ) : (indeks poslednje tacke)nc 11=nc n nh−:=Tc submatrix T nh, n, 0, 0,( ):=

Uzimamo da vreme pocinje od 0tc submatrix t nh, n, 0, 0,( ) tnh−:=Izdvajanje tacaka koje pripadaju segmentu hladjenja:

Tg 117.5=Tg Tnh:=Pocetna temperatura:Tw 20:=Temperatura rashladne vode:

PRIMER 5.3b. Za podatke iz Primera 5.1, izračunati parametre cc jf i i definisati

funkciju, koja aproksimira krivu hlađenja .

Oblast u kome racunske vrednosti znacajno odstupaju od eksperimentalnih je oblast niskih temperatura, koje nemaju znacajan uticaj na sterilizacionu vrednost rezima

11

12

13

14

114

115.5

116.5

117.5

11

12

13

14

113.585

115.353

116.634

117.562

272

td 20=td tc4:=Na osnovu eksp. podataka, uzimamo:

Izbor granicnog vremena i parametar b:

PRIMER 5.3c. Za podatke iz Primera 5.1, definisati funkciju, koja aproksimira početni deo krive hlađenja.

Uocavamo velike greske u pocetnom periodu

tc

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

=Tc

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

117.5

118.5

112

104

95

80

70

60

52

45

40

37

=Tfunc tc( )

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

199.379

164.46

136.339

113.692

95.454

80.766

68.937

59.411

51.739

45.56

40.585

36.578

=

0 t≤ tcnc≤( )Tfunc t( ) Tw jc Ic⋅ 10

t−fc⋅+:=Funkcija:

0 20 40 60 801

10

100

1 .103

gc

gfun th( )

th

gfun t( ) 10m k t⋅+:=

Graficka provera fitovanja:

jc 1.8=jc 1.84=jc10

m

Ic:=m intercept X log Y( ),( ):=Ic Tg Tw−:=

273

F0c1 3.266=F0c1tpoc

tkraj

tL t Tfunc0,( )⌠⌡ d:=tkraj td:=tpoc 0:=

Doprinos hladjenja:

F0h 5.917=F0htpoc

tkraj

tL t Tfunh,( )⌠⌡ d:=tkraj th:=tpoc tp:=

Doprinos zagrevanja:

L t Tfun,( ) 10

Tfun t( ) 121.1−z:=z 10:=

Definisanje funkcije za izracunavanje faktora smrtnosti sa mogucnoscu izbora funkcijeT(t):

PRIMER 5.3d. Koristeći funkcije koje fituju krivu prodiranja toplote, dobijene u Primerima 3a-c, izračunati sterilizacionu vrednost posmatranog režima sterilizacije i uporediti je sa onom izračunatom opštim postupkom u Primeru 5.1.

0 20 400

50

100

150

200

Tc

Tfunc tc( )Tfunc0 tc( )→

tc

Graficka provera fitovanja:

0 t≤ td≤( )Tfunc0 t( ) Tw Iccos b t⋅( )+:=Funkcija:

b 0.017=b1

tdacos

log jc Ic⋅( ) td

fc−

log Ic( )

⋅:=

274

τm 36:= z 10:=Vreme zagrevanja :τh τm 0.4 tph⋅+:= τh 40=Pretpostavljena temperatura rashladne vode:Tw 20:=

Funkcija faktora smrtnosti: L x Tfun,( ) 10

Tfun x( ) 121.1−z:=

Zagrevanje: Ih Tr Tp−:=

Tfunh t( ) Tr jh Ih⋅ 10

t−fh⋅−:= Tg Tfunh τh( ):= Tg 118.885=

F0h0

τh

xL x Tfunh,( )⌠⌡ d:= F0h 5.946=

Pocetno hladjenje:

td fc logjc

0.95

⋅:= td 4.21= Ic Tg Tw−:=

tpoc td:= tkraj tcnc:= tkraj 55= F0c2

tpoc

tkraj

tL t Tfunc,( )⌠⌡ d:=

F0c2 3.86 103−×= F0c F0c1 F0c2+:= F0c 3.27=

Ukupna: F0 F0h F0c+:= F0 9.187= F0 9.2=U Primeru 5.1, dobijena je vrednost 10.5, a za segment zagrevanja izracunato je F0=5.931,sto ne odstupa znacajno od ovde dobijeng doprinosa zagrevanja, 5.917 Zakljucujemo da uoceno znacajno odstupanje ukupnih sterilizacionih vrednosti potice od gresaka fitovanja pocetne faze hladjenja.

PRIMER 5.4 Proceniti sterilizacionu vrednost režima sa sledećim parametrima:CTCT pr

00 77,1.121 == , mint ph 10= , minm 36=τ . Termički parametri

pakovanja su: 4.1,0.2,25 ==== chch jjminff . Za mikroorganizam: Cz 010= .

fh 25:= fc fh:= jh 2:= jc 1.4:= Tp 77:= Tr 121.1:=tph 10:=

275

z 14:= N0 10:=Pretpostavljena temperatura rashladne vode:Tw 60:=

Funkcija faktora smrtnosti:L x Tfun,( ) 10

Tfun x( ) 250−z:=

Zagrevanje:

Ih Tr Tp−:= Tfunh t( ) Tr jh Ih⋅ 10

t−fh⋅−:= Tg Tfunh τh( ):= Tg 237.868=

F0h0

τh

xL x Tfunh,( )⌠⌡ d:= F0h 0.427=

Pocetno hladjenje:

td fc logjc

0.95

⋅:= td 3.789= Ic Tg Tw−:=

b1

tdacos

log jc Ic⋅( ) td

fc−

log Ic( )

⋅:= b 0.036=

Tfunc0 t( ) Tw Iccos b t⋅( )+:= F0c

0

td

xL x Tfunc0,( )⌠⌡ d:= F0c 1.817=

Sterilizaciona vrednost rezima (min):

F0 F0h F0c+:= F0 7.763= F0 7.8=

PRIMER 5.5 Dati su sledeći podaci o parametrima pakovanja i režimu sterilizacije:

FTFTminjjminff prhchch00 100,252,5.26,4.1,5.22 ===τ====

Izračunati verovatnoću kvarenja za organizam čiji su parametri FzminD 00 14,5.0 == ,

ako je on pre sterilizacije prisutan u količini od 10 spora po konzervi.

fh 22.5:= fc fh:= jh 1.4:= jc jh:= Tp 100:= Tr 252:=τh 26.5:= D0 0.5:=

276

F0 D0 logN0

N

⋅=Izracunavanje potrebne sterilizacione vrednosti:

N 0.001:=n0 3gm1−:=z 10:=D0 3.2:=

Tw 20:=Pretpostavljena temperatura rashladne vode:

tph 15:=Tr 121.1:=Tp 71:=jc jh:=jh 1.6:=fc fh:=fh 50:=

PRIMER 5.6. Namirnica se pakuje u limenke dimenzija: (a) mm178157× (oko kg3 ) i (b) mm11687× (oko 600g) i izvozi u tropske predele. Ugovorom je

predviđeno da kvar ne bude veći od 0.1%. Pre sterilizacije namirnica sadrži 3 spore (Bac. stearothermophilus) po 1g. Parametri mikroorganizma su:

CzminD 00 10,2.3 == . Vreme predgrevanja u režimu sterilizacije iznosi

15min. Ostali podaci o pakovanju i režimu:

,71,1.121,6.1,50 00 CTCTjjminff prchch ======

Izračunati efektivno vreme zagrevanja i vreme održavanja da bi se zadovoljio postavljen uslov.

N 0.288=N N0 10

F0−

D0⋅:=

Verovatnoca kvarenja

F0 0.77=F0 F0h F0c+:=Sterilizaciona vrednost rezima (min):

F0c 0.343=F0c0

td

xL x Tfunc0,( )⌠⌡ d:=

Tfunc0 t( ) Tw Iccos b t⋅( )+:=

b 0.037=b1

tdacos

log jc Ic⋅( ) td

fc−

log Ic( )

⋅:=

277

F0h 15.788=

Pocetno hladjenje:

td fc logjc

0.95

⋅:= Ic Tg Tw−:= b

1

tdacos

log jc Ic⋅( ) td

fc−

log Ic( )

⋅:= b 0.013=

Tfunc0 t( ) Tw Iccos b t⋅( )+:=

F0c0

td

xL x Tfunc0,( )⌠⌡ d:= F0c 5.525=

Sterilizaciona vrednost rezima (min):F0 F0h F0c+:= F0 21.313= F0 21.3=Vreme odrzavanja (min): τm τh 0.4 tph⋅−:= τm 78=Ponoviti proracun za drugo pakovanje!

m 3000gm:= N0 m n0⋅:= N0 9 103×=

F0 D0 logN0

N

⋅:= F0 22.254= F0 22.3=

Funkcija faktora smrtnosti:L x Tfun,( ) 10

Tfun x( ) 121.1−z:=

Pretpostavljeno vreme zagrevanja (min): τh 84:= Menjati τh dok se priblizno ne dobije zadato F0 ( sa preciznoscu od 0.1min)

Zagrevanje:

Ih Tr Tp−:= Tfunh t( ) Tr jh Ih⋅ 10

t−fh⋅−:= Tg Tfunh τh( ):= Tg 119.425=

F0h0

τh

xL x Tfunh,( )⌠⌡ d:=

278

Potrebna duzina cevi:

τ L

w= L τ w⋅:= L 36.518m= L 36.52m=

PRIMER 6.2. Mešavina za sladoled, gustine Lkg015.1=ρ i viskoziteta cP70=η se pakuje aseptički u sistemu sa 1 in-nom sterilizacionom cevi )02291.0( md = , dužine

ft100 . Protok smeše je mingal5 . Temperatura na izlazu iz sterilizacione cevi je

F0285 . Izračunati sterilizacioni efekat za organizam PA 3679 ( Fz min,D 0

0 2483.1 == ). Uzeti da je smeša njutnovski fluid.

ρ 1015kg

m3

:= cPpoise

100:= µ 70cP:= d 0.02291m:= L 100ft:=

Fv 5gal

min:= F R:= (definisanje stepena Farenhajta)

T 285F:= D0 1.83min:= z 24F:= T0 250F:= n 1:=

DODATAK E - Modelovanje protocne sterilizacije

PRIMER 6.1. U protočnom sistemu za sterilizaciju, steriliše se vazduh. Vazduh ulazi u sistem sa protokom hmF 315= , na uslovima: CTatmp 030,25.2 == .

Temperatura na izlazu iz sekcije održavanja je C0400 .Unutrašnji prečnik cevi je ind 695.0= . Inaktivacija termički najotpornijeg organizma u vazduhu zahteva

60min, na temperaturi C0150 , a parametar z ovog organizma je Cz 070= . Pretpostavljajući klipno strujanje vazduha, izračunati potrebnu dužinu cevi.

Ful 15m

3

hr:= Tul 30 273+( )K:= T 400 273+( )K:= d 0.695in:=

p 2.25atm:= t150 60min:= z 70K:=Protok i brzina strujanja vazduha u sterilizacionoj cevi:

F

Ful

T

Tul= F Ful

T

Tul⋅:= F 33.317

m3

hr= w

F

πd2

4

:= w 37.812m

s=

Potrebno vreme sterilizacije:

z

TT

FF−

=

0

100 τ t150 10

150 273+( )K T−

z⋅:= τ 0.966s=

279

τsr 39.831s= Ssr

τsr

D:= Ssr 10.422=

Efekat sterilizacije procesa:

S log 20

1

z10

Ssr−

f z( )f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:= S 6.081= S 6.08=

PRIMER 6.3. Njutnovska tečna namirnica, čiji su viskozitet i gustina 31009,5 mkgcP =ρ=µ se pasterizuje u aseptičkom sistemu u kome se zagreva

do C085 , a zatim uvodi u 1.5 in-nu sterilizacionu cev ( 03561.0=d ) sa izlaznomtemperaturom C02.82 . U sistemu treba postići 12D inaktivaciju organizma Staphylococcus aureus čije je minD

C0063.002.82

= . Izračunati dužinu

sterilizacione cevi, za protok od min19L

ρ 1009kg

m3

:= cPpoise

100:= µ 5cP:= d 0.03561m:= F 19

liter

min:=

C K:= T 82.2C:= D 0.0063min:= n 1:= S 12:=

Parametar D na temperaturi sterilizacije:D D0 10

T0 T−

z⋅:= D 0.064min=Provera rezima strujanja:

wsr

Fv

π d2⋅

4

:= wsr 0.765m

s= Re

wsr d⋅ ρ⋅µ:= Re 254.205=

Strujanje je laminarno

Funkcija brzinskog profila:

a3n 1+n 1+:= b

n 1+n

:= a 2= b 2= f z( ) a 1 zb−( )⋅:=

−= ∫ −

1

0

)( )(102log zdzzfS zf

Ssr

Efekat sterilizacije:

Efekat sterilizacije za srednje vreme boravka:

τsrL

wsr:=

280

Parametar D mikroorganizma na temperaturi sterilizacije:

z 10C:=T0 121.1C:=D0 0.5min:=a)

F 40liter

min:=S 7:=T 145C:=C K:=

d 0.03561m:=k 0.06Pa sn⋅:=n 0.85:=ρ 1006

kg

m3

:=

PRIMER 6.5. Steriliše se čokoladno mleko, čije su protočne karakteristike: ,85.0=n 85.006.0 sPaK ⋅= . Temperatura sterilizacije je C0145 , a na njoj je

gustina mleka 31006 mkg=ρ . Protok je minLF 40= , a unutrašnji pečnik sterilizacione cevi md 03561.0= .

a) Izračunati dužinu sterilizacione cevi za postizanje 7D inaktivacije organizma čiji su parametri: CzminD 0

0 10,5.0 == .I nterval u kome važi data

vrednost z, uključuje temperaturu sterilizacije. b) Izračunati količinu sačuvanog tiamina (%). Za tiamin je dato:

sCDc40 103)100( ×= , a z-vrednost, Czc

04.28= je određena za

temperaturni interval [ ]C0110,95

L 2.61m=L 2.609m=

Provera rezima strujanja:

wsrF

π d2⋅

4

:= wsr 0.318m

s= Re

wsr d⋅ ρ⋅µ:= Re 2.285 10

3×=Strujanje je laminarno


a3n 1+n 1+:= b

n 1+n

:= a 2= b 2= f z( ) a 1 zb−( )⋅:=

Efekat sterilizacije kao funkcija duzine cevi:

Sfun L( ) log 20

1

z10

L−

f z( ) wsr⋅ D⋅f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:=

Izracunavanje duzine cevi resavanjem jednacine: Sfun L( ) S=

L 1m:= L root Sfun L( ) S− L,( ):=

281

L 1m:= L root Sfun L( ) S− L,( ):= L 0.964m= L 0.964m=b)

Dc0 3 104s⋅:= Tc0 100C:= zc 28.4C:= T1 95C:= T2 110C:=

Parametar D tiamina na temperaturi sterilizacije:

Posto se temperatura sterilizacije znatno razlikuje od referentne, preracunavanje treba izvesti na osnovu arenijusove formule, zasta nam treba energija aktivacije:

cz

TT

R

E 21303.2= ER 2.303T1 273 C⋅+( ) T2 273 C⋅+( )⋅

zc⋅:= ER 1.143 10

4× K=

Dc Dc0 exp ER1

T 273C+1

Tc0 273C+−

⋅

⋅:= Dc 1.108 103× s=

D D0 10

T0 T−

z⋅:= D 0.122s=


wsrF

π d2⋅

4

:= wsr 0.669m

s= Re

8wsr2 n− d

2

n

⋅ ρ⋅

k 31

n+

n

⋅:= Re 817.214=



a3n 1+n 1+:= b

n 1+n

:= a 1.919= b 2.176= f z( ) a 1 zb−( )⋅:=


Sfun L( ) log 20

1

z10

L−

f z( ) wsr⋅ D⋅f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:=

Izracunavanje duzine cevi resavanjem jednacine: Sfun L( ) S=

282

Parametar D mikroorganizma na temperaturi sterilizacije:

z 9C:=T0 80C:=D0 0.5min:=a)

N1

10000:=V 200L:=T 95C:=C K:=

F 50liter

min:=d 1.402in:=k 7.9Pa s

n⋅:=n 0.5:=ρ 1006kg

m3

:=

PRIMER 6.6 U sterilizacionoj cevi, čiji je unutrašnji prečnik ind 402.1= , na

C095 se steriliše koncentrat paradajza. Gustina koncentrata je 31085 mkg , a

reološki parametri: nsPaKn ⋅== 9.7,5.0 . Protok koncentrata je minLF 50= . Koncentrat se pakuje u pakovanja od 200L i očekuje se da verovatnoća kvarenja sporama Bacillus polymyxa bude 1 od 10000. Pre sterilizacije koncentrat sadrži 4 spore po mililitru. Kinetički parametri mikroorganizma su

CzminDC

0

809,5.00 == .

a) Izračunati neophodnu dužinu sterilizacione cevi.

b) Iračunati % pojačanja tamne boje . Kinetički parametri tamnjenja su : CzminD bCb

0

80,16,1250 ==

p 99.7=p 99.702=p 10Sc−

100⋅:=p

C

C0=% ocuvanog tiamina, p :

Sc 1.295 103−×=Sc log 2

0

1

z10

Scsr−

f z( )f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:=

Sc logC0

C

=Stepen degradacije tiamina u datom procesu:

Scsr 1.3 103−×=Scsr

τsr

Dc:=τsr 1.44s=τsr

L

wsr:=

Stepen degradacije tiamina za srednje vreme boravka:

283

bn 1+

n:= a 1.667= b 3= f z( ) a 1 z

b−( )⋅:=

Izracunavanje duzine cevi:


Sfun L( ) log 20

1

z10

L−

f z( ) wsr⋅ D⋅f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:=

L 1m:= L root Sfun L( ) S− L,( ):= L 8.26m= L 8.26m=b) Db0 125min:= zb 16C:=

Parametar tamnjenja, Db na temperaturi sterilizacije:

Db Db0 10

T0 T−

zb⋅:= Db 866.086s=

D D0 10

T0 T−

z⋅:= D 0.646s=Izracunavanje potebnog efekta sterilizacije:

mL 103−

L⋅:= n0 4 mL1−⋅:= N0 V n0⋅:= N0 8 10

5×=

S logN0

N

:= S 9.903=


wsrF

π d2⋅

4

:= wsr 0.837m

s= Re

8wsr2 n− d

2

n

⋅ ρ⋅

k 31

n+

n

⋅:= Re 46.526=



a3n 1+n 1+:=

284

Stepen tamnjenja, Sb: Sb logC

C0

=

Sb log 20

1

z10

L−

f z( ) wsr⋅ Db⋅f z( )⋅ z⋅

⌠⌡ d⋅

−:= Sb 0.011= 10

Sb1.026=

Procentualno pojacanje tamne boje:

p 10Sb

1−( )100:= p 2.611= p 2.6=

285

DODATAK E - Modelovanje sušenja vazduhom

PRIMER 7.1. Dati su eksperimenatalni podaci o sorpcionoj izotermi krompira na normalnom pritisku i temperaturi C025 . Izračunati parametre kCxm i , u GAB izotermi.

Pod0.112

0.035

0.201

0.057

0.327

0.080

0.438

0.105

0.529

0.130

0.577

0.145

0.708

0.190

0.753

0.204

0.843

0.270

0.903

0.370

T

:=

aw Pod0⟨ ⟩:= X Pod1⟨ ⟩:=

0 0.5 10

0.2

0.4

X

aw

Smena promenljivih radi linearizacije:

yaw

X

→:= x aw:=

Izracunavanje parametara u formuli linearnoj po parametrima (7.10):

φ x( )

1

x

x2

:= b linfit x y, φ,( ):= b

2.39

7.684

8.236−

= yfun x( ) b0 b1 x⋅+ b2 x

2⋅+:=

0 0.2 0.4 0.6 0.8 12

2.5

3

3.5

4

4.5

y

yfun aw( )→

aw

yfun x( )

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

3.147

3.602

4.022

4.176

4.15

4.082

3.702

3.506

3.015

2.613

=

286

PRIMER 7.2. Pored BET i GAB jednačine, u literaturi se mogu naći empirijske jednačine koje, bar u ograničenom intervalu aktivnosti vode, uspešno opisuju eksperimentalne ravnotežne podatke (Toledo, 1991). Jedna od njih je i Haslijeva (Hasley) jednačina:

−=

b

mw x

X

T

aa exp , T – apsolutna temperatura; a, b - parametri

a) Proveriti da li se podaci iz prethodnog primera mogu fitovati Haslijevom jednačinom.

s2 1.19 104−×=s2

Xrac X−( )→ 2∑

length X( ) 3−:=

Srednje kvadratno odstupanje:

X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0.035

0.057

0.08

0.105

0.13

0.145

0.19

0.204

0.27

0.37

=X rac

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0.036

0.056

0.081

0.105

0.127

0.141

0.191

0.215

0.28

0.346

=

0 0.2 0.4 0.6 0.8 10

0.2

0.4

X

Xfun aw( )→

aw

X rac Xfun aw( )→:=Xfun aw( ) xm C⋅ k⋅ aw⋅1 k aw⋅−( ) 1 k aw⋅− C k⋅ aw⋅+( )⋅:=

Poredjenje eksperimentalnih i izracunatih sadrzaja vlage:

xm 0.0852=C 5.791=k 0.848=

xm1

C k⋅ b0⋅:=C 2b1

k b0⋅+:=k 0.5b1−

b0

b1

b0

2

4b2

b0⋅−+

⋅:=

Izracunavanje parametara u GAB jednacini:

287

y2 ln ln aw2( )( )→:=x2 ln X2( )→:=

aw2 submatrix aw 4, 9, 0, 0,( ):=X2 submatrix X 4, 9, 0, 0,( ):=n2 6:=

Tacke u 2. oblasti:

y1 ln ln aw1( )( )→:=x1 ln X1( )→:=

n1 5:= aw1 submatrix aw 0, 4, 0, 0,( ):=X1 submatrix X 0, 4, 0, 0,( ):=Tacke u 1. oblasti:

Vidimo da jednacina moze da se primeni, po uslovom da se za svaku od dve oblasti vlaznosti u koijima zapazamo linearni trend odrede posebne vrednosti parametara b i c:

ili

0.01 0.1 10.1

1

10

ln aw( )→

X

4 3 2 1 04

2

0

2

y

x

Graficka provera adekvatnosti formule:

y ln ln aw( )( )→:=x ln X( ):=Smena promenjivih:a)

T 298:=X Pod1⟨ ⟩:=aw Pod0⟨ ⟩:=xm 0.0852:=

Xbca

cXa

w

bw

lnlnlnln

ln

+=

−=

Pod0.112

0.035

0.201

0.057

0.327

0.080

0.438

0.105

0.529

0.130

0.577

0.145

0.708

0.190

0.753

0.204

0.843

0.270

0.903

0.370

T

:=

b) Ukoliko se Haslijeva jednačina može prihvatiti, izračunati parametre ba i , uzimajući za

mx vrednost izračunatu u prethodnom primeru.Uporediti kvalitet fitovanja sa onim

ostvarenim GAB jednačinom.

288

awg 0.496=awg funaw Xg a1, b1,( ):=funaw X a, b,( ) expa−

T

X

xm

b

⋅:=

Xg 0.125=Xg exp x( ):=x 2.08−=xlnc1 lnc2−

b2 b1−:=

=>lnc1 b1 x⋅+ lnc2 b2 x⋅+=Izracunavanje granice dve oblasti:

Kvalitet fitovanja:

a1

a2

300.3

414.1

=b1

b2

0.9493−1.7892−

=

a2 T xmb2⋅ c2⋅:=a1 T xm

b1⋅ c1⋅:=a

T xmb⋅

c=

Parametri :

c2 0.017=c2 exp lnc2( ):=c1 0.097=c1 exp lnc1( ):=

3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.54

2

0

2

y

funy1 x( )→

funy2 x( )→

x

funy2 x( ) lnc2 b2 x⋅+:=funy1 x( ) lnc1 b1 x⋅+:=

lnc2

b2

4.077−1.789−

=lnc1

b1

2.33−0.949−

=

lnc2

b2

line x2 y2,( ):=lnc1

b1

line x1 y1,( ):=

Parametri u linearizovanoj formuli:b)

289

0 0.1 0.2 0.3 0.40

0.5

1

aw

funaw X a1, b1,( )→

funaw X a2, b2,( )→

X

Poredjenje sa GAB jednacinom:

Izracunavanje vlaznosti za vrednosti aktivnosti iz tabele:

funX aw a, b,( ) xmln aw( ) T⋅

a

1

b

⋅:=

Xrac1 funX aw1 a1, b1,( )→:= Xrac2 funX aw2 a2, b2,( )

→:=Hasli: GAB Exp:

Xrac stack Xrac1 Xrac2,( ):=

Xrac

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0.038

0.052

0.076

0.105

0.138

0.132

0.143

0.186

0.207

0.275

0.367

=

0.036

0.056

0.081

0.105

0.127

0.141

0.191

0.215

0.28

0.346

0.035

0.057

0.08

0.105

0.13

0.145

0.19

0.204

0.27

0.37

s21

Xrac1 X1−( )2

→∑

n1 3−:= s22

Xrac2 X2−( )2

→∑

n2 3−:=

290

pfun x( ) exp lnp x( )( ) kPa⋅:=lnp x( ) interp pspline X Y,( ) X, Y, 1

x 273.15+,:=

Temperatura (0C) se unosi bez jedinice!

X reverse1

T 273.15+

:=

Y reverse ln p( )( ):=

p Tab1⟨ ⟩:=T Tab 0⟨ ⟩:=Tab stack T1 T2,( ):=T2

55

60

65

70

75

80

85

90

95

100

105

110

115

120

125

130

135

15.74

19.92

25.01

31.16

38.55

47.36

57.80

70.11

84.53

101.33

120.85

143.35

169.13

198.54

232.18

270.25

313.18

:=T1

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

0.611

0.872

1.227

1.704

2.337

3.166

4.241

5.622

7.375

9.582

12.34

:=

R 8.314J

mol K⋅:=

Mw 18kg

kmol:=Msv 29

kg

kmol:=

Splajn za napon pare vode u intervalu 0-1350C

C K:=kmol 1000mol:=kJ 1000J:=kPa 1000Pa:=JEDNACINE ZA VLAŽAN VAZDUH

Zakljucujemo da u oblasti, X>0.125 Haslijeva jednacina bolje fituje date podatke, dok su u oblasti X<0.125 jednacine priblizno jednako uspesne.

s2 1.19 104−×:=Srednje kvaratno odstupanje GAB jednacine je:

s22 2.4 105−×=s21 5.5 10

5−×=

291

funχ T φ, p,( ) funχ0 T p,( )p pfun T( )−

p φ pfun T( )⋅−⋅ φ⋅:=funχ0 T p,( )pfun T( )

p pfun T( )−Mw

Msv⋅:=

p0 1atm:=Apsolutna vlaznost vazduha u funkciji od relativne vlaznosti φ i temperature T(C):

funHs T χ, χ0,( ) funH T χ0,( ) χ χ0−( ) 0

T

TCp cwL T 273.15+,( )⌠⌡ d

J

mol⋅

Mw⋅+:=

Smesa vode i zasicenog vazduha:Temperatura (0C) se unosi bez jedinice!

funH T χ,( ) 0

T

TCp csv T 273.15+,( )⌠⌡ d

J

mol⋅

Msv

χ 2501.6kJ

kg⋅ 0

T

TCp cw T 273.15+,( )⌠⌡ d

J

mol⋅

Mw+

⋅+

...:=

(kJ/kgsv )Nezasicen vazduh:

( Referentna entalpija je 0 na 00C )

Entalpije vlaznog vazduha u funkciji od T(C) i apsolutne vlaznosti χ (kgw/kgsv ):

cwL

8.712

1.25

0.18−0

:=csv

3.355

0.575

0

0.016−

:=cw

3.470

1.45

0

0.121−

:=

Cp c T,( )R

UnitsOf R( )c0 c1 10

3−⋅ T⋅+ c2 106−⋅ T

2⋅+ c3

T2

105⋅+

⋅:=

Specificne toplote u funkciji od T(K):

292

pw 7.375kPa=pw pfun Td( ):=Izracunavanje parc.pritiska pare, kao napona pare na temp. rose:

p p0:=φ 0.5:=Td 40:=PRIMERI 7.4 i 7.6. Vazduh ima temperaturu rose C040 i relativnu vlažnost %50 . Odredi: apsolutnu vlažnost, temperaturu vlažne kugle termometra i temperaturu vazduha.

funχ0 Tw p,( ) funχ T φ, p,( )− γ K⋅funhisp Tw( ) T Tw−( )⋅=γ 1

kJ

kg K⋅:=

funhisp x( ) interp pspline T hisp,( ) T, hisp, x,( ) kJ

kg⋅:=

Temperatura (0C) se unosi bez jedinice!

hisp Tab 1⟨ ⟩:=T Tab 0⟨ ⟩:=Tab stack T1 T2,( ):=T1

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

2501.6

2489.7

2477.9

2466.1

2454.3

2442.5

2430.7

2418.8

2406.9

2394.9

2382.9

:= T2

55

60

65

70

75

80

85

90

95

100

105

110

115

120

125

130

135

2370.8

2358.6

2346.3

2334.0

2321.5

2308.8

2296.1

2283.2

2270.2

2256.9

2243.5

2229.9

2216.2

2202.3

2188.1

2173.7

2159.0

:=

Splajn za entalpiju isparavanja vode u intervalu 0-1350C

Jednacina koja povezuje relativnu vlažnost i temperature suve i vlažne kugle:

293

PRIMER 7.8. Vazduh normalnog pritiska, temperature )7.26(80 00 CF i relativne

vlažnosti %50 se zagreva do )200(392 00 CF i uvodi u sprej sušnicu, iz koje izlazi sa

temperaturom )95(203 00 CF . Uz pretpostavku da se u sušnici vazduh adijabatski vlaži, izračunati njegovu apsolutnu i relativnu vlažnost na izlazu.

Tw 36.497=Tw Find Tw( ):=

funχ0 Tw p,( ) χ− γ K⋅funhisp Tw( ) T Tw−( )⋅=

Given

Tw 90:=p p0:=χ 0.0135:=T 100:=

Posto je vlaznost veca od kriticne, temperatura materijala je jednaka temperaturi vlazne kugle termometra.

PRIMER 7.7. Odrediti temperaturu materijala na izlazu iz sušnice, ako izlazi sa vlažnošću većom od kritične, a izlazni vazduh ima temperaturu C0100 i sadržaj vlage kgkg0135.0 .


funχ0 Tw p,( ) funχ T φ, p,( )− γ K⋅funhisp Tw( ) T Tw−( )⋅=

Given

Tw Td:=Izracunavanje temperature vlazne kugle iz temperature i rel. vlaznosti:

χ 0.0487=χ funχ T φ, p0,( ):=Izracunavanje apsolutne vlaznosti iz rel. vlaznosti i temperature:

T 53.6=T root p0T pfun T( )− T,( ):=T Td:=p0T 14.75kPa=TOL 0.00001:=p0T

pw

φ:=Izracunavanje napona pare na aktuelnoj temperaturi i iz njega, temperature:

294

F 5m

3

s:=p p0:=χ0 0.005:=T0 52=T0 325 273−:=

PRIMERI 7.9 i 7.11. U sušnicu sa 4-stepenim sušenjem, uvodi se vazduh temperature K325 , koji sadrži i 0.005 kg vode po 1kg suvog vazduha. Svaki od stupnjeva, vazduh

napušta sa relativnom vlažnošću od 60% i pre ulaska u naredni stupanj se zagreva na K325 . Pod pretpostavkom da u svakom stupnju materijal koji se suši dostiže

temperaturu vlažnog termometra odrediti:

a) Temperaturu materijala nakon svakog stupnja

b) Količina uklonjene vode iz materijala ( skg ), ako iz sušnice izlazi sm35vazduha.

Izračunati ukupnu utrošenu toplotu za zagrevanje vazduha.

χ 0.0549=χ funχ T3 φ, p,( ):=Izracunavanje apsolutne vlaznosti izlaznog vazduha:

φ 0.0974=φ Find φ( ):=

funχ0 Tw p0,( ) funχ T3 φ, p0,( )− γ K⋅funhisp Tw( ) T3 Tw−( )⋅=

Given

φ 0:=Izracunavanje rel. vlaznosti iz izlazne temperature i temperature vlazne kugle ulaznog vazduha:


funχ0 Tw p,( ) χ− γ K⋅funhisp Tw( ) T2 Tw−( )⋅=

Given

Tw T1:=χ 0.011=χ funχ T1 φ1, p,( ):=

Izracunavanje temperature vlazne kugle ulaznog vazduha iz temperature i apsolutne vlaznosti:

T3 95:=T2 200:=φ1 0.5:=T1 26.7:=p p0:=

295


Given

φ 0.6:=T T1:=Tw 273+( ) K⋅ 301K=Tw 28.2=Tw Find Tw( ):=

funχ0 Tw p,( ) χ1− γ K⋅funhisp Tw( ) T0 Tw−( )⋅=

Given

Tw T1:=Temperatura vlazne kugle vazduha na ulazu u 2. stupanj:

Stanje vazduha nakon 2. stupnja :

χ1 0.015=χ1 funχ T1 φ, p,( ):=

T1 273+( ) K⋅ 301 K=T1 28.5=T1 Find T( ):=


Given

φ 0.6:=T Tw:=Stanje vazduha nakon 1. stupnja:

Tw 273+( ) K⋅ 295K=Tw 22.4=Tw Find Tw( ):=


Given

Tw 0:=Temperatura vlazne kugle: a)

296

φ 0.6:=T T3:=Tw 273+( ) K⋅ 307K=Tw 34=Tw Find Tw( ):=


Given


Stanje vazduha nakon 4. stupnja:

χ3 0.027=χ3 funχ T3 φ, p,( ):=

T3 273+( ) K⋅ 312 K=T3 39=T3 Find T( ):=


Given

φ 0.6:=T T2:=Tw 273+( ) K⋅ 305K=Tw 31.7=Tw Find Tw( ):=


Given


Stanje vazduha nakon 3. stupnja:

χ2 0.022=χ2 funχ T2 φ, p,( ):=T2 273+( ) K⋅ 308 K=T2 35.1=T2 Find T( ):=

297

Utrosak toplote za 4-stepeni proces:

H0 funH T0 χ0,( ):= H4 funH T4 χ4,( ):= Q H4 H0−( ) msv⋅:= Q 303.5kW=Provera uslova adijabaticnosti stupnjeva:

1. stupanj: funH T0 χ0,( ) 65.27kJ

kg= funH T1 χ1,( ) 65.84

kJ

kg=


kg= funH T2 χ2,( ) 90.47

kJ

kg=


kg= funH T3 χ3,( ) 108.28

kJ

kg=


kg= funH T4 χ4,( ) 122.03

kJ

kg=

Given


T4 Find T( ):= T4 41.7= T4 273+( ) K⋅ 315 K=χ4 funχ T4 φ, p,( ):= χ4 0.031=

b) Zapremina vlaznog vazduha na izlazu iz susnice, racunata po kg suvog vazduha:

pw φ pfun T4( )⋅:= vR T4 273+( )K ⋅

p pw−( ) Msv⋅:= v 0.935m3

kg-1=

Maseni protok suvog vazduha: msvF

v:= msv 5.347

kg

s=

Kolicina uklonjene vlage: mw msv χ4 χ0−( )⋅:= mw 0.14kg

s=

298

m1 H1⋅ m2 H2⋅+ m3 H3⋅=

χ3 x χ1⋅ 1 x−( ) χ2⋅+:= H3 x H1⋅ 1 x−( ) H2⋅+:= χ3 0.0527= H3 180kJ

kg=

Temperatura struje (3) iz izracunate entalpije:

T3 x T1⋅ 1 x−( ) T2⋅+:= T3 43.75=Given

funH T3 χ3,( ) H3=

T3 Find T3( ):= T3 44.2=Vlaznost i entalpija struje (4):

χ4 χ3:= T4 80:= H4 funH T4 χ4,( ):= H4 220kJ

kg=

Rel. vlaznost struje (4) iz aps. vlaznosti i temperature:

PRIMER 7.10.U grejač vazduha se uvodi struja vazduha (3) nastala mešanjem struje svežeg vazduha (1) ( 5.0,25 1

01 =ϕ= CT ) i struje iskorišćenog vazduha (2)

( 8.0,50 10

2 =ϕ= CT ) u masenom odnosu (odnos količina-protoka suvog vazduha),

3:1 . U grejaču se vazduh zagreva do C080 . Izračunati parametre (vlažnost, temperatura i entalpija) ulazne struje (3) i izlazne struje (4)

T1 25:= φ1 0.5:= T2 50:= φ2 0.8:= χ3,T3,H3 = ?

Vlaznosti i entalpije struja (1) i (2):

χ1 funχ T1 φ1, p0,( ):= χ2 funχ T2 φ2, p0,( ):= χ1 9.851 103−×= χ2 0.067=

H1 funH T1 χ1,( ):= H2 funH T2 χ2,( ):= H1 50.151kJ

kg= H2 223.726

kJ

kg=

Vlaznost i entalpija struje (3), iz mater. i ener. bilansa:

m1 m2+ m3=m1

m3x= x 0.25:=

m1 χ1⋅ m2 χ2⋅+ m3 χ3⋅=

299

T1 Find T1( ):= T1 28.3= χ1 funχ T1 φ, p,( ):= χ1 0.0145=Stanje vazduha nakon 2. stupnja :

h funH T0 χ1,( ):= h 89.78kJ

kg= T2 T0:=

Given

funH1 T2 φ,( ) h=

T2 Find T2( ):= T2 35= χ2 funχ T2 φ, p,( ):= χ2 0.0213=Stanje vazduha nakon 3. stupnja :

h funH T0 χ2,( ):= h 107.6kJ

kg= T3 T0:=

Given

φ4 0.5:=Given

χ4 funχ T4 φ4, p0,( )=

φ4 Find φ4( ):= φ4 0.167=PRIMER 7.12. Za 4-stepeni proces sušenja, opisan u Primeru 7.9, rešiti problem b) koristeći uslov jednakosti entalpija ulazne i izlazne struje vazduha za idealan stupanj sušenja, tj. postupak koji se sprovodi u Molierovom dijagramu. Izračunati utrošenu toplotu za zagrevanje vazduha.

T0 325 273−:= T0 52= χ0 0.005:= p p0:= F 5m3

s1−⋅:= φ 0.6:=

Definisanje funkcije za izracunavanje entalpije za datu temperaturu i relativnu vlaznost vazduha:

funH1 T φ,( ) funH T funχ T φ, p,( ),( ):=Stanje vazduha nakon 1. stupnja :

h funH T0 χ0,( ):= h 65.27kJ

kg= T1 T0:=

Given

funH1 T1 φ,( ) h=

300

v 0.934m3

kg-1=

Maseni protok suvog vazduha:msvF

v:= msv 5.351

kg

s=

mw 0.14kg

s=Kolicina uklonjene vlage: mw msv χ4 χ0−( )⋅:=

Utrosak toplote:

h0 funH T0 χ0,( ):= h4 funH T4 χ4,( ):= Q h4 h0−( ) msv⋅:= Q 300.6kW=PRIMER 7.13. Materijal se suši od 60% do 25% vlage u idealnoj sušnici sa recirkulacijom vazduha. Za zagrevanje vazduha se koristi suvozasićena para, pritiska 2 bar. Protok svežeg vazduha, temperature C025 i vlažnosti 0.01 iznosi 10000 hkg

suvog vazduha, a protok povratnog vazduha je 21000 hkg suvog vazduha. Vazduh

napušta sušnicu sa temperaturom C043 i relativnom vlažnošću od 70%. Izračunati

a) Kapacitet sušnice po ulaznom materijalu koji se suši;

b) Potrošnju pare

c) Temperaturu vazduha na ulazu u sušnicu

m1 10000kg

hr:= m2 21000

kg

hr:= xul 0.6:= xiz 0.25:=

funH1 T3 φ,( ) h=

T3 Find T3( ):= T3 38.9= χ3 funχ T3 φ, p,( ):= χ3 0.0267=Stanje vazduha nakon 4. stupnja :

h funH T0 χ3,( ):= h 121.4kJ

kg= T4 T0:=

Given

funH1 T4 φ,( ) h=

T4 Find T4( ):= T4 41.6= χ4 funχ T4 φ, p,( ):= χ4 0.031=b)

Zapremina vlaznog vazduha na izlazu iz susnice, racunata po kg suvog vazduha:

pw φ pfun T4( )⋅:= vR T4 273+( )K ⋅

p pw−( ) Msv⋅:=

301

h1 50.53kJ

kg= h2 144.705

kJ

kg=

h3m1 funH T1 χ1,( )⋅ m2 funH T2 χ2,( )⋅+

m3:= h3 114.326

kJ

kg=

Utrosena toplota u idealnoj susnici:

T4 T2:= h4 h2:= Q m3 h4 h3−( )⋅:= Q 9.417 105× kJ

hr=

Temperatura pare: Ts 100:= Ts root pfun Ts( ) ps− Ts,( ):= Ts 120.231=Toplota kondenzacije: hc funhisp Ts( ):= hc 2.202 10

3× kJ

kg=

Utrosak pare: msQ

hc:= ms 428

kg

hr=

c) T T2:=Given

funH T χ3,( ) h4= T Find T( ):= T 65.946=

cmcm 5.11 ×

bar 100kPa:= ps 2bar:= T1 25:= χ1 0.01:=T2 43:= φ2 0.7:= p p0:=

a) Vlaznost ulaznog vazduha u kalorifer:

χ2 funχ T2 φ2, p,( ):= χ2 0.0394=

m3 m1 m2+:= χ3m1 χ1⋅ m2 χ2⋅+

m3:= χ3 0.0299=

Kolicina uklonjene vode i kapacitet susnice:

Kolicina uklonjene vode: χ4 χ2:= mw m3 χ4 χ3−( )⋅:= mw 293.9kg

hr=

Kapacitet kao ulaznakolicina materijala koji se susi:

Gulmw

11 xul−1 xiz−−

:= Gul 630

kg

hr=

b) Entalpija ulaznog vazduha u kalorifer:

h1 funH T1 χ1,( ):= h2 funH T2 χ2,( ):=

302

+−

= tba

Dt w 222

2

2

11exp

8)( π

πθ

0 1000 2000 30000.01

0.1

1

θsr

t

y ln θsr( ):=θsr

0.433

0.26

0.144

0.099

0.055

=θsrXsr Xs−Xp Xs−:=

Srednje bezdimenzione vlaznosti i njihovi logaritmi:

Xs 1.901 103−×=Xs

ln 1 φ−( )−aH

1

bH

:=

Izracunavanje ravnoteznog sadrzaja vlage iz desorpcione izoterme:

Xsr Pod1⟨ ⟩:=t Pod0⟨ ⟩ min⋅:=Pod10

0.78

20

0.47

30

0.26

40

0.18

50

0.10

T

:=

bH 0.7131:=aH 4.471:=φ 0.05:=Xp 1.8:=b 1.5cm:=a 1cm:=

PRIMER 7.14. Radi određivanja koeficijenta difuzije vlage pri sušenju, mereni su sadržaji vlage u komadićima nekog voća, oblika dugih pravougaonih štapića, sa dimenzijama poprečnog preseka: cmcm 5.11 × , od momenta kada je sadržaj vlage sveden na 1.8 kg vl./kg s.m. (Tabela). Relativna vlažnost vazduha za sušenje je bila 5%. Desorpciona izoterma voća koje se suši je dobro opisana Hendersenovom jednačinom:

( )bsw aXa −−= exp1

sa parametrima: 7131.0,471.4 == ba . Pretpostavka je da su u toku merenja zadovoljeni uslovi: izotermičnost, dominantan otpor unutrašnjoj difuziji vlage, dovoljno veliki Furijeovi brojevi da bi se primenila aproksimativna formula za srednji sadržaj vlage u funkciji od vremena sušenja. Proceniti koeficijent difuzije vlage tokom sušenja voća.

303

Mozemo da koristimo priblizno resenje (tx, ty > 0.2)

τy 0.215=τx 0.597=τyDw t⋅0.5 b⋅( )

2:=τx

Dw t⋅0.5 a⋅( )

2:=

Furijeovi brojevi za koordinatne pravce:

Xp Xsr:=t 1hr:=b)

Dw 9.3 109−× m

2

s=Dw

Brz

Xsr Xs−( ) 1

a2

1

b2

+

⋅ π2⋅:=

Brz 8.33 104−⋅ s

1−⋅:=Xsr 1.5:=b 2.5cm:=a 1.5cm:=Xs 0.002:=a)

PRIMER 7.15 Komadići jabuke oblika dugih pravougaonih štapića sa dimenzijama poprečnog preseka : cmcm 5.25.1 × sušeni su u vazduhu, relativne vlažnosti 5%

)002.0( =sX . Za momenat u kome je izmereni srednji sadržaj vlage komadića iznosio

sm.5.1 kgkg iz eksperimentalnih merenja je određena i brzina sušenja, računata po

kilogramu suve materije: ( )ssmvl.1033.8 4 ⋅× − kgkg .

a) Proceniti iz datih podataka koeficijent difuzije vlage kroz tkivo jabuke

b) Koristeći procenjen koeficijent difuzije, izračunati sadržaj vlage u sušenim štapićima jabuka, ako je sušenje trajalo još 1h posle momenta u kome je izmeren sadržaj vlage kgkg5.1 sm., kao i brzinu sušenja po kg suve materije na kraju sušenja.

(Mathcad ne pokazuje zadrzanu decimalu jer je jednaka nuli)Dw 6 109−× m

2s-1=

S obzirom na tacnost polaznih podataka, izracunati Dw treba dati sa dve znacajne cifre, tj. sa jednom decimalom:

Dw 5.972 109−× m

2s-1=Dw

k−π2 1

a2

1

b2

+

⋅:=

Koeficijent difuzije iz nagiba:

k 8.513− 104−× s

-1=k slope t y,( ):=Nagib prave u dijagramu t-lnθsr :

304

t 1 hr=dlnθsr dFun t( ):=dFun t( )1

Funθsr t( ) tFunθsr t( )

d

d⋅:=

Izvod logaritma srednje bezdim. vlaznosti:

Funθsr t( ) FDw t⋅0.5 a⋅( )

2

FDw t⋅0.5 b⋅( )

2

⋅:=

Srednja bezdimenziona vlaznost u funkciji od vremena za dvodimenzionu difuziju:

Potpuno slaganje !

Xsr 0.135=Xsr Xs θsr Xp Xs−( )⋅+:=θsr F τx( ) F τy( )⋅:=

F τ( ) 2

0

3

i

exp i 0.5+( )2− π2⋅ τ⋅

i 0.5+( ) π⋅ 2∑=⋅:=[ ]( )∑

∞

= π+τπ+−=τθ

022

22

5.0

)5.0(exp2)(

i i

i

Srednja bezdimenziona vlaznost u funkciji od vremena za jednodimenzionu difuziju:

Provera tacnijim proracunom:

Brz 7.393 105−× s

1−=Brz dXsr−:=Brzina susenja:

dXsr 7.393− 105−× s

-1=dXsr Dw− Xsr Xs−( ) 1

a2

1

b2

+

⋅ π2⋅

⋅:=

Izvod srednje vlaznosti iz jed. (7.56):

Xsr 0.135=Xsr Xs θsr Xp Xs−( )⋅+:=Srednja vlaznost iz bezdimenzione srednje vlaznosti:

θsr F τx( ) F τy( )⋅:=Srednja bezdimenziona vlaznost, primenom principa superpozicije:

F τ( ) 8

π2exp

π2− τ⋅4

⋅:=( )

2.0,4

4exp2)(

2

2

>τπ

τπ−≈τθ

Srednja bezdimenziona vlaznost u funkciji od vremena za jednodimenzionu difuziju:

305

Izvod srednje vlaznosti iz (7.58)

dXsr Xsr Xs−( ) dlnθsr⋅:= dXsr 7.43− 105−× s

-1=Zadovoljavajuce slaganje (odstupanje manje od 1%)

Brzina susenja: Brz dXsr−:= Brz 7.43 105−× s

1−=

306

Pod

0

5

10

5.78

5.08

4.25

25

30

35

1.90

1.51

1.15

50

55

60

0.63

0.50

0.41

:=

PRIMER 7.17. Date su izmerene vlažnosti kriški jabuka u toku sušenja vazduhom (Toledo, 2007, E12.12).

a) Proceniti brzinu sušenja u periodu njene konstantne vrednosti,

b) Odabrati opisanim postupkom optimalan stepen polinoma koji fituje eksperimentalne tačke u periodu opadajuće brzine sušenja.

rc 5.1hr1−=rc s

α Tv Tw−( )⋅ρsm ∆hisp⋅⋅:=s

2

L:=

Brzina susenja:

α 40.632W

m2

K⋅=

α 14.31G

UnitsOf G( )

0.8

⋅ W

m2

K⋅⋅:=Koeficijent prelaza toplote iz korelacije:

G 3.686kgm-2

s-1=G ρv w⋅:=Masena brzina vazduha:

ρv 1.01kg

m3

=ρv Mvp

Rg Tv⋅⋅:=Gustina vazduha iz jedn. idealnog gasnog stanja:

ρsm 72.884kg m-3=ρsm ρvm 1 x−( )⋅:=Gustina suve materije:

∆hisp 1037BTU

lb:=p 1atm:=Mv 29

kg

kmol:=

Rg 8.314J

mol K⋅:=L 0.5in:=kmol 1000mol:=w 3.65m

s:=

Tw 100 460+( )R:=Tv 170 460+( )R:=x 0.87:=ρvm 35lb

ft3

:=

PRIMER 7.16. Kriške jabuka se suše u sloju debljine in5.0 . Izmerena nasipna gustina vlažnog sloja pri sadržaju vlage od 87% , računatom po kilogramu vlažnog sloja, je 35 3ftlb . Sloj se suši sa obe strane vazduhom temperature FTv

0170= , čija je

temperatura vlažne kugle termometra, FTw0100= . Vazduh, normalnog pritiska, struji

paralelno sa površinom sloja, brzinom od sm65.3 .

307

k 3:=Fitovanje polinomom 3. stepena

X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

=t

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

70

=

X submatrix X 4, last X( ), 0, 0,( ):=t submatrix t 4, last t( ), 0, 0,( ):=b)

min1−

rc 0.163=rc slope submatrix t 0, 4, 0, 0,( ) submatrix X 0, 4, 0, 0,( ),( )−:=

Konstantnu brzinu susenja racunamo kao nagib prave provucene kroz te tacke:

Periodu konstantne brzine susenja pripada prvih 5 tacaka. a)

0 20 40 600

2

4

6

X

t

X stack Pod1⟨ ⟩ Pod3⟨ ⟩, Pod5⟨ ⟩,( ):=t stack Pod0⟨ ⟩

Pod2⟨ ⟩, Pod4⟨ ⟩,( ):=

15

20

3.40

2.55

40

45

0.99

0.79

65

70

0.34

0.28

308

φ t( )

1

t

t2

t3

:= b linfit t X, φ,( ):= Xrac t( )

0

k

i

bi ti⋅∑

=:= Xr Xrac t( )

→:=

Kvalitet fitovanja:

Xr

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.51

1.96

1.52

1.19

0.94

0.75

0.62

0.52

0.44

0.36

0.26

= X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

= s2

X Xrac t( )−( )→( )2∑

length t( ) k−:= s2 1.6 103−×=

20 40 600

1

2

3

X

Xrac t( )

tBrzine susenja diferenciranjem polinoma:

rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:= r2 rfun t( )

→:=

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30

0.05

0.1

0.15

r2

X

309

Fitovanje polinomom 4. stepena k 4:=

φ t( )

1

t

t2

t3

t4


0

k

i

bi ti⋅∑

=:= Xr Xrac t( )

→:=

Kvalitet fitovanja:

Xr

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.54

1.92

1.49

1.18

0.96

0.79

0.64

0.52

0.41

0.32

0.29

= X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

= s2

X Xrac t( )−( )→( )2∑

length t( ) k−:= s2 5.5 104−×=

20 40 600

1

2

3

X

Xrac t( )

t

Brzine susenja diferenciranjem polinoma:

rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:= r2 rfun t( )

→:=

0 1 2 30.05

0

0.05

0.1

r2

X

310


φ t( )

1

t

t2

t3

t4

t5


0

k

i

bi ti⋅∑

=:= Xr Xrac t( )

→:=

Kvalitet fitovanja:

Xr

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.91

1.48

1.19

0.97

0.79

0.63

0.51

0.41

0.34

0.28

= X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

= s2

X Xrac t( )−( )→( )2∑

length t( ) k−:= s2 4.8 104−×=

20 40 600

1

2

3

X

Xrac t( )


rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:= r2 rfun t( )

→:=

0 1 2 30

0.05

0.1

0.15

0.2

r2

X

311


φ t( )

1

t

t2

t3

t4

t5

t6


0

k

i

bi ti⋅∑

=:= Xr Xrac t( )

→:=

Kvalitet fitovanja:

Xr

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.54

1.93

1.48

1.18

0.97

0.8

0.64

0.5

0.4

0.35

0.28

= X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

= s2

X Xrac t( )−( )→( )2∑

length t( ) k−:= s2 7.2 104−×=

20 40 600

1

2

3

X

Xrac t( )


rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:= r2 rfun t( )

→:=

0 1 2 30

0.05

0.1

0.15

r2

X

312

Biramo polinom 5. stepena0 1 2 3

0.05

0

0.05

0.1

r2

X

r2 rfun t( )→

:=rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:=

Brzine susenja diferenciranjem polinoma:

X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

=Xr

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.5

2

1.48

1.13

0.95

0.82

0.67

0.48

0.36

0.38

0.27

=

20 40 600

1

2

3

X

Xrac t( )

t

s2 5.4 103−×=s2

X Xrac t( )−( )→( )2∑

length t( ) k−:=

Kvalitet fitovanja:

Xr Xrac t( )→

:=Xrac t( )

0

k

i

bi ti⋅∑

=:=b linfit t X, φ,( ):=φ t( )

1

t

t2

t3

t4

t5

t6

t7

:=

k 7:=Fitovanje polinomom 7. stepena

313

PRIMER 7.18. Iz podataka datih u prethodnom primeru, proceniti vreme sušenja da bi se sadržaj vlage sveo od početnog 15.0do 78.50 == zXX .

Pod

0

5

10

15

20

5.78

5.08

4.25

3.40

2.55

25

30

35

40

45

1.90

1.51

1.15

0.99

0.79

50

55

60

65

70

0.63

0.50

0.41

0.34

0.28

:= t stack Pod0⟨ ⟩

Pod2⟨ ⟩, Pod4⟨ ⟩,( ):=

X stack Pod1⟨ ⟩ Pod3⟨ ⟩, Pod5⟨ ⟩,( ):=

0 20 40 600

2

4

6

X

t

Periodu konstantne brzine susenja pripada prvih 5 tacaka.

Konstantnu brzinu susenja racunamo kao nagib prave provucene kroz te tacke:

rc slope submatrix t 0, 4, 0, 0,( ) submatrix X 0, 4, 0, 0,( ),( )−:= rc 0.163= min1−

Definisanje brzine susenja u periodu opadanja, diferenciranjem polinoma 5. stepena koji fituje podatke:

t submatrix t 4, last t( ), 0, 0,( ):=X submatrix X 4, last X( ), 0, 0,( ):=

t

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

70

= X

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

2.55

1.9

1.51

1.15

0.99

0.79

0.63

0.5

0.41

0.34

0.28

=

314


φ t( )

1

t

t2

t3

t4

t5


0

k

i

bi ti⋅∑

=:= Xr Xrac t( )

→:=

Brzine susenja diferenciranjem polinoma :

rfun t( )

1

k

i

i bi⋅ ti 1−⋅∑

=−:= r2 rfun t( )

→:=

0 1 2 30

0.05

0.1

0.15

0.2

r2

X

Izracunavanje nagiba i odsecaka pravolinijskih zavisnosti u 1. i 2. periodu opadanja brzine

m1

k1

line submatrix X 0, 4, 0, 0,( ) submatrix r2 0, 4, 0, 0,( ),( ):=

m1

k1

0.04−0.076

=

r1 x( ) k1 x⋅ m1+:=

m2

k2

line submatrix X 4, 10, 0, 0,( ) submatrix r2 4, 10, 0, 0,( ),( ):=

315

Racunanje vremena susenja

Xr2 1.32 103−×=Xr2

m2−k2

:=k2 Xr2⋅ m2+ 0=

Xr2 je presek druge prave sa X-osom:

Xr1 0.518=Xr1m1−k1

:=k1 Xr1⋅ m1+ 0=

Xr1 je presek prve prave sa X-osom:

Xc2 1.14=Xc2m1 m2−k2 k1−:=k1 Xc2⋅ m1+ k2 Xc2⋅ m2+=

Xc2 se dobija kao presek pravih u prvom i drugom intervalu

Xc1 2.65=Xc1rc m1−

k1:=rc k1 Xc1⋅ m1+=

Xc1 se dobija kao presek prave konstantne brzine susenja i prave u prvom intervalu

Racunanje karakteristicnih tacaka:

0 0.5 1 1.5 2 2.5 30.05

0

0.05

0.1

0.15

r2

r1 X( )→

r2 X( )

X

m2

k2

5.506− 105−×

0.042

= r2 x( ) k2 x⋅ m2+:=

316

C K:=kJ 1000J:=kPa 1000Pa:=dk 30cm:=dt 10cm:=

kmol 1000mol:=b 122cm:=a 76cm:=L 0.5in:=S 2.93m2:=

c 5cm:=φ2 0.4:=Tw 30:=Tv1 66:= xr 0.05:=

xc 0.3:=

Pocetna i kranja vlaznost: X0 5.78:= Xz 0.15:=

τcX0 Xc1−

rc:= τc 19.22=

τ1Xc1 X r1−

rcln

Xc1 Xr1−Xc2 Xr1−

⋅:= τ1 16.15=

τ2Xc1 Xr1−( ) Xc2 Xr2−( )⋅

rc Xc2 Xr1−( )⋅ lnXc2 Xr2−0.15 Xr2−

⋅:= τ2 48.82=

τ τc τ1+ τ2+:= τ 84.2= min

PRIMER 7.19 Potrebno je projektovati kontinualnu suprotnostrujnu sušnicu za sušenje hkg500 vlažnog materijala od 60% do 10% vlažnosti (vlažna osnova). Ravnotežna

vlaga materijala za uslove u sušnici je %5 (vlažna osnova) a kritična vlažnost je 30% (vlažna osnova). U prethodnim istraživanjima, pokazalo se da postoji samo jedan period opadajuće brzine sušenja.Za sušenje se koristi vazduh temperature C066 sa temperaturom vlažne kugle termometra CTw

030= , a na izlazu iz sušnice, vazduh treba da ima relativnu

vlažnost 0.4. Pretpostaviti adijabatsko vlaženje vazduha u sušnici. Vlažan materijal ima gustinu 3920 mkg . Materijal prolazi kroz tunel sušnice u kolicima koja sadrže po 14 tacni od kojih je svaka široka 122 cm, dugačka (dimenzija u pravcu ose tunela) 76 cm i duboka 5cm. Rastojanje između tacni je 10 cm. Debljina sloja materijala u tacnama je 0.5in. Razmak između kolica u tunelu je 30cm. Površina poprečnog preseka tunela je 2.93

2m . Izračunati,

a) Konstantnu brzinu sušenja i ukupno vreme sušenja materijala.

b) Dužinu tunela.

x1 0.6:= x2 0.1:= G1 500kg

hr:= ρvm 920

kg

m3

:=

317

χ2 0.0218=χ2 funχ Tv2 φ2, p,( ):=Tv2 42.9=Tv2 Find T( ):=

funχ0 Tw p,( ) funχ T φ2, p,( )− γ K⋅funhisp Tw( ) T Tw−( )⋅=

Given

T Tv1:=χ1 0.0123=χ1 funχ Tv1 φ1, p,( ):=φ1 0.075=φ1 Find φ( ):=

funχ0 Tw p,( ) funχ Tv1 φ, p,( )− γ K⋅funhisp Tw( ) Tv1 Tw−( )⋅=

Given

p p0:=φ 0.2:=Karakteristicne vlaznosti vazduha i protok suvog vazduha:

Xr 0.0526=Xrxr

1 xr−:=Xc 0.429=Xcxc

1 xc−:=

X2 0.1111=X1 1.5=X2x2

1 x2−:=X1x1

1 x1−:=

msm 200kg

hr=msm G1 1 x1−( )⋅:=

Protok suve materije i sadrzaj vlage po kg suve materije:

a)

2. zona

cχ=χ

1. zona

2X1X

2χ 1χ

cXX =

materijal

vazduh

318

G 2.831kgm-2

s-1=

Koeficijent prelaza topl.:

α 14.31G

UnitsOf G( )

0.8

⋅ W

m2

K⋅⋅:= α 32.898

W

m2

K⋅=

ρsm ρvm 1 x1−( )⋅:= s1

L:= ∆hisp funhisp Tw( ):= Tv

Tv1 Tvc+( )2

:=

rc sα Tv Tw−( )⋅ K⋅

ρsm ∆hisp⋅⋅:= rc 0.3481

hr=

Vreme susenja, tj. potrebno vreme boravka materijala u susnici:

τcX1 Xc−

rc:= τc 3.08hr=

τ1Xc X r−

rcln

Xc X r−X2 X r−

⋅:= τ1 2.01hr=

τ τc τ1+:= τ 5.09hr=

2 2( ) 2

mw msm X1 X2−( )⋅:= mw msv χ2 χ1−( )⋅=

msvmw

χ2 χ1−( ):= msv 2.924 104× kg

hr=

Vlaznost i temperatura vazduha na granici izmedju zona:

msm Xc X2−( )⋅ msv χc χ1−( )⋅= χc msmXc X2−

msv⋅ χ1+:= χc 0.0145=

Tw= const. => Tvc Twfunχ0 Tw p,( ) χc−

γ K⋅funhisp Tw( )

+:= Tvc 60.7=

Konstantna brzina susenja:

Masena brzina vazduha: Gmsv

S b c⋅−:=

319

s 0.0615m

2

kg:=ρsm 640

kg

m3

:=G1 2260kg

hr:=x2 0.035:=x1 0.5:=

2. zona

cχ=χ

1. zona

2X1X

2χ 1χ

cXX =

materijal

vazduh

PRIMER 7.20. U surotno-strujnoj konvektivnoj sušnici, suši se materijal od 50% do 3.5% vlage (vlažna osnova). Kapacitet sušnice je 2260 hkg vlažnog materijala.

Specifična površina isparavanja za dati materijal je kgm20615.0 . Kriti čna vlažnost materijala je 20%, a ravnotežna vlažnost na uslovima sušenja 1.5% (vlažna osnova). Temperatura i relativna vlažnost vazduha na ulazu su : 5.0,20 1

01, =ϕ= CTv , a na izlazu:

2.0,63 10

2, =ϕ= CTv . Vlažnost zasićenog vlažnog vazduha na temperaturi materijala je

0495.00 =χ Koeficijent prelaza vlage sa površine materijala u vazduh ima vrednost

)(129 2hmkgw =β . Izračunati vreme boravka materijala u sušnici .

Lt 205.47m=LtMsm

Msm1:=Duzina tunela:

Msm1 4.956kgm-1=Msm1

mk

Lk dk+:=Masa suve materije po metru tunela:

Lk 11.94m=Lk 14 a⋅ 13 dt⋅+:=Duzina kolica:

mk 60.667kg=mk 14 mt⋅:=Kapacitet kolica:

mt 4.333kg=mt a b⋅ L⋅ ρsm⋅:=Kapacitet jedne tacne :

Duzina tunela

Msm 1.018 103× kg=Msm τ msm⋅:=msm

Msm

τ=

b) Masa suve materije u tunelu, koja odgovara izracunatom vremenu susenja:

c 1

320

Xrxr

1 xr−:= Xr 0.0152=

u2 X2 X r−:= uc Xc Xr−:= u2 0.021= uc 0.235=

Protok suvog vazduha i karakteristicne vlaznosti:

p p0:= χ1 funχ Tv1 φ1, p,( ):= χ1 7.241 103−×=

χ2 funχ Tv2 φ2, p,( ):= χ2 0.0293=

mw msm X1 X2−( )⋅:= mw msv χ2 χ1−( )⋅=

msvmw

χ2 χ1−( ):= msv 4.931 104× kg

hr= qvm

msv

msm:= qvm 43.6403=

msm Xc X2−( )⋅ msv χc χ1−( )⋅= χcXc X2−

qvmχ1+:= χc 0.0121=

m

xc 0.2:= xr 0.015:= Tv1 20:= φ1 0.5:=

βw 129kg

m2

hr⋅:=Tv2 63:= φ2 0.2:= χ0 0.0495:=

kPa 1000Pa:= kJ 1000J:= kmol 1000mol:= C K:=

Protok suve materije i sadrzaji vlage po kg suve materije:

msm G1 1 x1−( )⋅:= msm 1.13 103× kg

hr=

X1x1

1 x1−:= X2x2

1 x2−:= X1 1= X2 0.0363=

Xcxc

1 xc−:= Xc 0.25=

321

Povrsine susenja u 1. i 2. zoni:

A1msv

βwln

χ0 χc−χ0 χ2−

⋅:= A1 235.6m2=

A2uc msv⋅

βw uc qvm χ0 χc−( )⋅+ ⋅ ln ucχ0 χ1−( )

u2 χ0 χc−( )⋅⋅

⋅:= A2 122m2=

Ukupna povrsina susenja: A A1 A2+:= A 357.5m2=

Vreme susenja: τ1A1

msm s⋅:= τ2A2

msm s⋅:=

τ1 3.39hr= τ2 1.76hr= τ τ1 τ2+:= τ 5.14hr=

322

dodatak e - resavanje primera u mathcadu

Documents