Aria umida

TRASFORMAZIONI DELL’ARIA UMIDA

Semplice riscaldamento

 B

1) . aria secca

ma1 = ma2 = ma

2) B. vapore d’acqua

mv1 = mv2

ma w1 = ma w2 NOTA: W=

w1=w2

 m. v

B

3) . energia m. a

ma h1 + Q bc = ma h2 m.v= w



Qbc = ma (h2-h1)

 Mi sposto da 1 a 2 con W

costante, aumentando solo

la temperatura

φ = Pv / Psat

Pv costante, W cost

Psat aumenta, aumenta T

φ diminuisce

Semplice raffreddamento (senza condensazione)

 T < Tr (

B. aria secca

o ma1 = ma2 = ma

B. vapore d’acqua

o mv1 = mv2

ma w1 = ma w2

w1=w2

 φ = Pv / Psat

o B. energia Pv costante, W cost

Psat diminuisce

ma h1 = ma h2 + Q bf φ aumenta

Qbf = ma (h1-h2)



Mescolamento adiabatico

 B. aria secca

o ma1 + ma2 = ma3

o B. vapore d’acqua

mv1 + mv2 = mv3

ma1 w1 + ma2 w2 = ma3 w3

o B. energia

Ma1 h1 + ma2 h2 = ma3 h3 NOTA: Il punto 3

appartiene alla retta

congiungente 1-2 e sarà

più vicino al punto con la

portata più grande

o B. energia

Ma1 h1 + ma2 h2 = ma3 h3

ma1 ma2 ma3

Divido per ma.3 w1 + w2 = w3

ma3 ma3 ma3

K1 w1 + k2 w2 = w3



Metodo grafico e analitico

 Da b. aria secca trovo ma.3, poi o trovo w3 dalla

seconda equazione o h3 dalla terza equazione, e mi

trovo il punto 3 sul grafico sapendo che sta sulla

congiungente 1-2

Metodo solo grafico

 Dalla prima trovo: ma.2 = ma.3 – ma.1

Dalla seconda trovo: ma1w1+(ma.3–ma.1)w2 = ma3

w3

ma1(w1-w2)=ma3(w3-w2)

 w 1−w 2

¿

¿ -> 32cm = k1 12cm

( )

w 3−w 2

ma1 = ¿

ma3

Oppure dalla terza trovo:

h 1−h 2

¿

¿ -> 32cm = k1 12cm

( )

h 3−h 2

ma1 = ¿

ma3

Con un righello trovo la distanza 1-2=32cm=k1 12cm quindi dal punto 2 stacco 32 cm e

trovo il punto 3

raffreddamento con deumidificazione

 ma1 = ma2 = ma

mv1= ml + mv2

-> ma1 w1 =ml wl+ ma2 w2

Ma1 h1 = ma2 h2 + ml hl + Q.bf

Scendo sotto Tr

-> Q.bf = ma (h1-h2)-ml hl T2 < Tr ---> RAFFREDDAMENTO CON

DEUMIF

NOTA: w sul grafico è espresso

T2 > Tr ---> SEMPLICE

gv

in Kga gv

CALCOLO hl: m.l = MA in 3 m.l

 s

1) Batteria ideale

Ф= 100% Punto 2: prendo punto 1 arrivo a Ф=100%

1 scendo fino alla T assegnata della batteria <

2 di Tr2

L’acqua liquida che si produce va da Tr1 T2

hl = C Tl = 4,18 Tl = 4,18 T2

T

T

<

T 1

r1

2

Per calcolare il carico sensibile e carico latente:

sensibile (Q ) associato ad una differenza di temperatura tra ambiente

sens

esterno ed interno;

latente (Ql) associato ad una differenza di umidità w tra ambiente esterno ed

interno.

Devo fare una costruzione grafica

Ф= 100% - h2

Q.BF = m.a ( h1 – hA ) + m.a ( Ha

1 ) Q.lat Q.sens

2 A Q.lat + Q. sens = Q.bf

T

<

T T

r1 1

2

2) Batteria reale

Ф= 100% Il fluido freddo si trova a Ts

1

h2 Il contatto termico non può essere perfetto, cioè

non tutta l’aria va in contatto con la batteria

s ( aria by-passata) che rimane nello stadio 1

A

2

FATTORE DI BY-PASS Batteria IDEALE Fbp = 0



( )

−passata

mabp ariaby Batteria REALE Fbp < 10-15%



F =

bp ma aria totale

mabp h2−hs

Fbp = =

ma h1−hs

Semplificazione:

la porzione di aria umida in perfetto contatto con la batteria e la porzione

di aria umida che bypassa la batteria in uscita si mescolano (adiabatico).

Il mescolamento si rappresenta come una congiungente che unisce 1 e s

dove la corrente minore sta alla CI in 1 e la concorrente maggioritaria in

s. la corrente mescolata in uscita sta in un punto intermedio.

Da Fbp mi ricavo h2 (gli altri termini sono teoricamente noti).

Interseco la congiungente 1-s con l’isoentalpica h2.

Individuo il punto 2 che dovrà essere vicino a s (perché più grande)

Tutti i calcoli successivi saranno dati rispetto al punto 2 ad esempio: 2A

carico sensibile, 1A carico latente

UMIDIFICAZIONE ADIABATICA

 ma1 = ma2 = m.a 2

1

mv1 + mw = mv2

- ma1 w1 + m.w = ma. w2

>

-> m.w = ma ( w2- w1 ) m. w

ma1 h1 + mw hw = ma h2

-> ma h1 + ma (w2-w1) hw = ma h2

m.w = nebulizzo gocce di acqua

-> hw (w2 - w1) = h2 – h1 liquida, cioè immetto vapore

h 2−h 1

-> hw = w 2−w1

La pendenza della trasformazione di raffreddamento con deumidificazione si ottiene

∆h = hw (entalpia dell’acqua in fase liquida o

dal rapporto ∆w

aeriforme)

hw fornisce sul diagramma di Mollier la pendenza della trasformazione

-circa ISOENTALPICA se umidifico con H2O LIQUIDA

- circa ISOTERMA se umidifico con VAPORE NOTA: Tw < 99.9 °C

Esempio Tw=30°C

1) H2O liquida

Allora hw = 4.19 Tw KJ

hw = 4.19 * 30 = 126 Kg 2

∆h KJ

-> = 0.126

∆w g 1

Trovando la pendenza noto che è circa ISOENTALPICA

perché H20 liquida

Il problema deve darmi un dato del punto di uscita per sapere fino a quanto

devo deumidificare

2) vapore saturo secco o surriscaldato

Vedo il valore di hw nella TAB (Tsat > 100 )

KJ ∆h KJ NOTA: se condizioni di

hw = 2793 -> = 2.8

Kg ∆w g immissioni non

o trasformazione ISOTERMA o LEGGERMENTE SURRISCALDATO

specifiche prendo

ISOTERMA

non c’è riduzione di temperatura da parte dell’aria

umida perché H2O è già in fase vapore

Calcolo la pendenza e la traslo per farlo passare per il punto 1 -> trovo il punto

2v Calcolo hw

2 Traccio retta sulla lunetta

E la trasformazione 1-2 avrà uguale pendenza

1

RISCALDAMENTO CON UMIDIFICAZIONE (risc.

 invernale)

Q. bc 2’ SE SPEZZO LE TRASFORMAZIONI

1 2 - da 1 a 2’ : semplice riscaldamento

- da 2’ a 2 : umidificazione adiabatica

m. w

1-2’) 2

m.a1 = m.a2’ = m.a2 = m.a 2

w1=w2

m.a h1 + Q.bc = m.a h2 1 2’

2’-2)

m.a w2’ + m.w = m.a w2

m.a h2’ + m.w hw = m.a h2

SE NON SPEZZO LE TRASFROMAZIONI

Q. bc I) m.a w1 + m.w = m.a w2

II) m.a h1 + Q.bc + m.w hw = m.a h2

2

1 -> m.a h1 + Q.bc + m.a (w2-w1) hw = m.a h2

-> Q.bc + m.a (w2-w1) hw = m.a (h2-h1)

m. w ∆h Q . bc

= + hw

∆w m. w

Q .bc m. a( h 2−h 1)

-> + hw =

m. a( w 2−w 1) m. a( w 2−w 1)

3

Kg m

m. = V. =

s s

1 2’ gv

Ꙍ = Kga

∆h Kj

=h =¿

ω

Ꙍ

∆ g

Q. = KW

Kj

h = Kg

Q. bf Q. bc

3 tab con Tba, Tr, Ꙍ, φ, h,

m

V.a1 = 3.5 10^3 1

h

3 3

3.5∗10 m 5

3 4

->= = 0.97

36000 s 2

φ=30%

Tba1=45° m. l