cô đặc bốn nồi xuôi chiều buong dot ngoai kieu dung

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NÔNG LÂM HUẾ

CỘNG HOÀ XÃ HÔI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

KHOA CƠ KHÍ CÔNG NGHỆ
Bộ môn: Công nghệ sau thu hoạch
-------------------

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
--------o0o-------

NHIỆM VỤ THIẾT KẾ ĐỒ ÁN THIẾT BI
Họ và tên sinh viên: Phan Thị Thu Hương
Lớp: CNTP42A
Ngành: Công nghệ Thực Phẩm
1/ Tên đề tài:
Thiết kế hệ thống cô đặc bốn nồi xuôi chiều.
Thiết bị cô đặc phòng đốt ngoài kiểu đứng.
Cô đặc dung dịch đường Saccaroza
2/ Các số liệu ban đầu:
- Năng suất tính theo dung dịch đầu (Tấn/giờ): 18
- Nồng độ đầu của dung dịch (% khối lượng): 13
- Nồng độ cuối của dung dịch (% khối lượng) 65
- Ap suất hơi đốt nồi 1 (at):
3
- Ap suất hơi còn lại trong thiết bị ngưng (at): 0,3
3/ Nội dung các phần thuyết minh và tính toán:
- Đặt vấn đề
- Chương I: Tổng quan về sản phẩm, phương pháp điều chế, chọn phương án thiết kế.
- Chương II:Tính toán công nghệ thiết bị chính.
- Chương III:Tính và chọn thiết bị phụ: Thiết bị Baromet, bơm chân không, bơm dung

dịch, thiết bị gia nhiệt.
- Chương IV: Kết luận.
- Tài liệu tham khảo
4/ Các bản vễ và đồ thị (ghi rõ các loại bản và kích thước các loại bản vẽ):
- 1 bản vẽ hệ thống thiết bị chính, khổ A1 và A3 đính kèm trong bản thuyết minh.
- 1 bản vẽ thiết bị chính, khổ A1.
5/ Giáo viên hướng dẫn:
Phần: toàn bộ
Họ và tên giáo viên: Nguyễn Văn Toản
6/ Ngày giao nhiệm vụ:
18/10/2011
7/ Ngày hoàn thành nhiệm vụ: 18/012/2012
Thông qua bộ môn
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

1


ĐẶT VẤN ĐỀ
Cơng nghiệp mía đường là một ngành cơng ngiệp lâu đời ở nước ta. Trong những
năm qua, ở một số tỉnh thành, ngành cơng nghiệp này đã có bước nhảy vọt rất lớn,
diện tích mía tăng lên một cách nhanh chóng, mía đường hiện nay khơng còn là một
ngành đơn lẻ mà đã trở thành một hệ thống liên hiệp có liên quan chặt chẽ với nhau.
Mía đường vừa tạo ra sản phẩm đường làm ngun liệu cho các ngành cơng nghiệp
như bánh kẹo, sữa... đồng thời tạo ra phụ phẩm làm ngun liệu giá rẻ cho ngành sản
xuất cồn ...
Trong tương lai khả năng này còn có thể phát triển cao hơn nữa nếu có sự quan
tâm đầu tư tốt cho cây mía cùng với nâng cao khả năng chế biến và tiêu thụ sản phẩm.
Xuất phát từ tính tự nhiên của cây mía, hàm lượng đường sẽ giảm nhiều và nhanh
chóng nếu thu hoạch trễ và khơng chế biến kịp thời. Vì vậy, vấn đề đặt ra là hiệu quả

sản xuất phải đảm bảo hiệu suất thu hồi đường là cao nhất. Hiện nay, nước ta đã có rất
nhiều nhà máy đường như Bình Dương, Qng Ngãi, Tây Ninh, ... nhưng với sự phát
triển ồ ạt của diện tích mía, khả năng đáp ứng là rất khó. Bên cạnh đó, việc cung cấp
mía khó khăn, sự cạnh tranh của các nhà máy đường cộng với cơng nghệ lạc hậu, thiết
bị cũ kỹ đã ảnh hưởng mạnh đến q trình sản xuất.
Vì vậy, việc cải tiến sản xuất, nâng cao, mở rộng nhà máy, đổi mới dây chuyền
thiệt bị cơng nghệ, tăng hiệu quả các q trình là hết sức cần thiết và cấp bách. Trong
đó, nghiên cứu cải tiến thiết bị cơ đặc là một yếu tố quan trọng khơng kém trong hệ
thống sản xuất.
Bên cạnh đó, cùng với sự phát triển không ngừng của khoa học và công
nghệ, ngành công nghiệp nước ta đang phải đối đầu với những thách thức to lớn.
Việc đào tạo nguồn nhân lực trẻ có đức có tài ngày càng trở thành một vấn đề
hết sức quan trọng và không thể thiếu. Để trở thành một người kỹ sư, việc giải
các bài toán công nghệ hay việc thực hiện công tác thiết kế máy móc, thiết bò và
dây chuyền công nghệ là một việc rất cần thiết và tất yếu. Chính vì v ậy, đề tài đồ
án thiết bị là bước khởi đầu làm quen với cơng việc của các kỷ sư cơng nghệ thực
phẩm trong tương lai.

2


Chương 1: TỔNG QUAN SẢN PHẨM – PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU CHẾ
- CHỌN PHƯƠNG ÁN THIẾT KẾ
1.1. Giới thiệu sơ lược về nguyên liệu
Đường là nguyên liệu quan trọng được sử dụng nhiều trong các ngành công
nghiệp chế biến như nước ngọt, bánh kẹo, dược, hoá học, đặc biệt trong đời sống của
con người. Thường cung cấp chất dinh dưỡng cho hoạt động sống của con người. Do
đó ngành công nghiệp sản xuất đường rất phát triển trên thế giới có nhiều nguyên
liệu sản xuất đường như mía, củ cải đường… Ở Việt Nam mía là cây phát triển mạnh
ở khí hậu nhiệt đới nên được sử dụng là cây chủ lực sản xuất đường.

Nguyên liệu cho công đoạn cô đặc là nước chè trong (đã được làm sạch, loại
bỏ các tạp chất, tẩy màu, tẩy mùi) có pH = 6,8 – 7; Bx = 13-15%. Thành phần
chính của nước chè trong là đường saccharoza một phần nhỏ là các đường đơn
(glucoza, fructoza…) và một số các chất vô cơ, hữu cơ khác (axit amin, HNO 3, NH3,
protein,...)
Do có hàm lượng đường cao, nước mía là môi trường thuận lợi cho vi sinh
vật phát triển nên trong quy trình sản xuất đường, nước mía cần được chứa đựng,
vận chuyển, xử lý trong các thiết bò kín, liên tục.
Đường saccharoza không bền nhiệt, ở nhiệt độ cao và pH axit, nó dễ bò biến
đổi thành các đường đơn, các hợp chất có màu làm giảm hiệu suất thu hồi đường và
giảm giá thành sản phẩm. Vì vậy trong quá trình sản xuất, người ta luôn tìm cách
giảm nhiệt độ vẫn bảo và giảm thời gian dung dòch tiếp xúc với nhiệt độ cao.
1.2. Lý thuyết cơ bản của quá trình
1.2.1. Đònh nghóa
Cô đặc là phương pháp dùng để nâng cao nồng độ các chất hoà tan trong
dung dòch hai hay nhiều cấu tử. Quá trình cô đặc của dung dòch lỏng - rắn hay lỏnglỏng có chênh lệch nhiệt sôi rất cao thường được tiến hành bằng cách tách một
phần dung môi (cấu tử dể bay hơi hơn), đó các quá trình vật lý và hóa lý.
1.2.2. Các phương pháp cô đặc
Phương pháp nhiệt (đun nóng): dung môi chuyển từ trạng thái lỏng sang
trạng thái hơi dưới tác dụng của nhiệt khi áp suất riêng phần của nó bằng áp suất
tác dụng lên mặt thoáng chất lỏng.
3


Phương pháp lạnh: khi hạ thấp nhiệt độ đến một mức nào đó thì một cấu tử sẽ tách
ra dạng tinh thể đơn chất tinh khiết, thường là kết tinh dung môi để tăng nồng độ
chất tan. Tùy tính chất cấu tử và áp suất bên ngoài tác dụng lên mặt thoáng mà quá
trình kết tinh đó xảy ra ở nhiệt độ cao hay thấp và đôi khi phải dùng đến máy lạnh.
1.2.3. Bản chất của sự cô đặc do nhiệt
Dựa theo thuyết động học phân tử:

Để tạo thành hơi (trạng thái tự do) thì tốc độ chuyển động vì nhiệt của các
phân tử chất lỏng gần mặt thoáng lớn hơn tốc độ giới hạn. Phân tử khi bay hơi sẽ
thu nhiệt để khắc phục lực liên kết ở trạng thái lỏng và trở lực bên ngoài. Do đó, ta
cần cung cấp nhiệt để các phần tử đủ năng lượng thực hiện quá trình này.
Bên cạnh đó, sự bay hơi chủ yếu là do các bọt khí hình thành trong quá trình cấp
nhiệt và chuyển động liên tục, do chênh lệch khối lượng riêng các phần tử ở trên
bề mặt và dưới đáy tạo nên sự tuần hoàn tự nhiên trong nồi cô đặc. Tách không khí
và lắng keo (protit) khi đun sơ bộ sẽ ngăn chặn được sự tạo bọt khi cô đặc.
1.2.4. Ứng dụng của sự cô đặc
Dùng trong sản xuất thực phẩm: đường, mì chính, nước trái cây…
Dùng trong sản xuất hóa chất: NaOH, NaCl, CaCl2, các muối vô cơ …
1.2.5.Các thiết bò cô đặc nhiệt
1.2.5.1. Phân loại và ứng dụng
* Theo cấu tạo
Nhóm 1: dung dòch đối lưu tự nhiên (tuần hoàn tự nhiên) dùng cô đặc dung
dòch khá loãng, độ nhớt thấp, đảm bảo sự tuần hoàn dể dàng qua bề mặt truyền
nhiệt. Gồm:
− Có buồng đốt trong (đồng trục buồng bốc), có thể có ống tuần hoàn trong
hoặc ngoài.
− Có buồng đốt ngoài (không đồng trục buồng bốc).
Nhóm 2: dung dòch đối lưu cưỡng bức, dùng bơm để tạo vận tốc dung dòch từ
1,5 - 3,5 m/s tại bề mặt truyền nhiệt. Có ưu điểm: tăng cường hệ số truyền nhiệt,
dùng cho dung dòch đặc sệt, độ nhớt cao, giảm bám cặn, kết tinh trên bề mặt truyền
nhiệt. Gồm:

4


− Có buồng đốt trong, ống tuần hoàn ngoài.
− Có buồng đốt ngoài, ống tuần hoàn ngoài.

Nhóm 3: dung dòch chảy thành màng mỏng, chảy một lần tránh tiếp xúc
nhiệt lâu làm biến chất sản phẩm. Đặc biệt thích hợp cho các dung dòch thực phẩm
như dung dòch nước trái cây, hoa quả ép…Gồm:
− Màng dung dòch chảy ngược, có buồng đốt trong hay ngoài: dung dòch sôi
tạo bọt khó vỡ.
− Màng dung dòch chảy xuôi, có buồng đốt trong hay ngoài: dung dòch sôi ít
tạo bọt và bọt dễ vỡ.
*Theo phương pháp thực hiện quá trình
− Cô đặc áp suất thường (thiết bò hở): có nhiệt độ sôi, áp suất không đổi.
Thường dùng cô đặc dung dòch liên tục để giữ mức dung dòch cố đònh để đạt năng
suất cực đại và thời gian cô đặc là ngắn nhất.Tuy nhiên, nồng độ dung dòch đạt
được là không cao.
− Cô đặc áp suất chân không: dung dòch có nhiệt độ sôi dưới 100 oC, áp suất
chân không. Dung dòch tuần hoàn tốt, ít tạo cặn, sự bay hơi nước liên tục.
− Cô đặc nhiều nồi: mục đích chính là tiết kiệm hơi đốt. Số nồi không nên
lớn quá vì sẽ làm giảm hiệu quả tiết kiệm hơi. Có thể cô chân không, cô áp lực hay
phối hợp cả hai phương pháp. Đặc biệt có thể sử dụng hơi thứ cho mục đích khác
để nâng cao hiệu quả kinh tế.
− Cô đặc liên tục: cho kết quả tốt hơn cô đặc gián đoạn. Có thể áp dụng
điều khiển tự động, nhưng chưa có cảm biến tin cậy.
1.3. Lựa ch ọn phương án thiết kế- Thuyết minh qui trình công nghệ
1.3.1. Lựa chọn phương án thiết kế
Theo tính chất của nguyên liệu, cũng như ưu nhược điểm của các dạng thiết
bò nói trên ta chọn loại thiết bò phòng đốt ngồi kiểu đứng, sử dụng 4 nồi xuôi chiều
liên tục.
Ưu điểm của hệ thống:
Dùng hệ thống 4 nồi xuôi chiều liên tục:
+ Có thể sử dụng hợp lý lượng hơi bằng cách dùng hơi thứ của nồi trước làm
hơi đốt của nồi sau.

5


+ Nhiệt độ của dung dòch và áp suất giảm dần từ nồi trước ra nối sau, do đó
nhiệt độ của dung dòch ở nồi cuối cùng sẽ thấp.
+ Dung dịch di chuyển từ nồi trước sang nồi sau nhờ chênh lệch áp suất giữa
các nồi.
+ Do nhiệt độ sơi của nồi trước lớn hơn nồi sau nên dung dịch của mỡi nồi đều
có nhiệt độ cao hơn nhiệt độ sơi, kết quả là ta có một lượng nhiệt thừa và lượng nhiệt
này sẽ làm bốc hơi cho một lượng nước gọi là q trình tự bốc hơi.
Sử dụng buồng đốt ngoài nhằm:
+ Giảm bớt khoảng cách theo chiều cao giữa buồng bốc và khơng gian hơi, có
thể điều chỉnh được sự tuần hồn.
+ Hồn tồn tách hết bọt, vì buồng đốt cách xa khơng gian hơi.
+ Có khả năng sử dụng khơng gian hơi như là một bộ phận phân ly loại ly tâm.
+ Cường độ tuần hồn, cường độ bốc hơi lớn.
+ Có thể ghép nhiều buồng đốt với một buồng bốc để tiện cho q trình sửa
chửa, làm sạch mà vẫn đảm bảo thiết bị làm việc liên tục.
Nhược điểm:
+ Nhiệt độ của dung dịch ở các nồi sau thấp dần, nhưng nồng độ của dung dịch
lại tăng dần làm độ nhớt của dung dịch tăng nhanh, kết quả là hệ số truyền nhiệt giảm
từ nồi đầu đến nồi cuối.
+ Thiết bị cồng kềnh, phức tạp.
+ Việc xử lý điều khiển khó khăn.
1.3.2. Thuyết minh quy trình công nghệ
Dung dịch ban đầu có nồng độ 13 % được chứa trong thùng chứa ngn liệu
(15) được bơm (16) bơm lên thùng cao vị (1) qua lưu lượng kế sau đó vào thiết bị gia
nhiệt (2). Tại thiết bị gia nhiệt (2) dung dịch được gia nhiệt đến nhiệt độ sơi của nồi
(1). Sau đó dung dịch được đưa vào buồng đốt ngồi (4), dung dịch đường được đun
sơi tạo thành hỡn hợp hơi lỏng đi vào phồng bốc (5) tại đây hơi thứ được tách ra và đi

lên phía trên, dung dịch quay về buồng đốt (4) theo ống tuần hồn (7), hơi thứ nồi (1)
làm hơi đốt cho nồi (2), hơi thứ nồi (2) làm hơi đốt cho nồi (3), hơi thứ nồi (3) làm hơi
đốt cho nồi (4), hơi thứ nồi (4) đi vào thiết bị ngưng tụ và được ngưng tụ lại còn lượng
khí khơng ngưng được bơm chân khơng hút ra ngồi sau khi qua thiết bị thu hồi bọt.
Dung dịch nồi 1 khi đạt nồng độ chất khơ u cầu thì đi ra và làm ngun liệu cho nồi
(2), sản phẩm nồi (2) làm ngun liệu cho nồi (3), sản phẩm nồi (3) làm ngun liệu
cho nồi (4), sản phẩm nồi (4) là sản phẩm của hệ thống có nồng độ chất khơ là 65% và
được đưa vào bể chứa sản phẩm (13).

6


Chương 2: TÍNH CÂN BẰNG VẬT CHẤT VÀ NĂNG LƯỢNG
1.1. TÍNH CÂN BẰNG VẬT CHẤT
Số liệu ban đầu :
- Năng suất tính theo dung dịch đầu (Tấn/giờ) : 18
- Nồng độ đầu của dung dịch (%khối lượng) : 13
- Nồng độ cuối của dung dịch (%khối lượng) : 65
- Áp suất hơi đốt nồi 1 (at)
:3
- Áp suất hơi còn lại trong thiết bị ngưng (at) : 0,3
1.1.1. Xác định lượng hơi thứ thoát ra khỏi hệ thống
- Phương trình cân bằng vật liệu cho toàn bộ hệ thống:
Gđ = Gc + W (1)
Trong đó: + Gđ , Gc là lượng dung dịch đầu và lượng dung dịch cuối (kg/h)
+ W lượng hơi thứ thoát ra của toàn bộ hệ thống (kg/h)
- Viết cho cấu tử phân bố:
Gđ.xđ = Gc.xc + W.xw
Trong đó :
xđ, xc là nồng độ của dung dịch vào ở nồi đầu và ra khỏi nồi cuối (%khối lượng)

Xem lượng hơi thứ không mất mát ta có:
Gđ.xđ = Gc.xc (2)
Vậy lượng hơi thứ thoát ra của toàn bộ hệ thống:
W = G đ (1 −

Xđ
)
Xc

Theo giả thiết ta có: Gđ = 18 Tấn/h = 18.000 Kg/h
Xđ = 13%
Xc = 65%
Thay vào biểu thức trên ta có:
W = 18.000 (1-

13
) = 14400 kg/h
65

1.1.2. Xác định nồng độ cuối mỗi nồi
- Ta có:
W = W1 + W2 + W3 + W4 = 14400 kg/h
Với : W1, W2 ,W3, W4 là lượng hơi thứ thoát ra ở nồi 1, 2 , 3, 4
Giả sử :

W1
W
W
= 1,05; 2 = 1; 3 = 1
W2

W3
W4

1

=>W =3733,333 kg/h

7

(3)


W2 = 3555,556 kg/h
W3 = 3555,556 kg/h
W4 = 3555,556 kg/h
- Nồng độ cuối mỗi nồi:
Nồi 1:

x1 = Gđ

xd
= 18000
Gd − W1

Nồi 2:

x2 = Gđ

xd
= 18000

Gd − ( W1 + W2 )

x3 = Gđ

xd
= 18000
Gd − ( W1 + W2 + W3 )

[

13
18000 − 3733,333

[

]

= 16,2 %

13
18000 − (3733,333 + 3555,556)

]

= 21,49

%
Nồi 3:

[

13
18000 − (3733,333 + 3555,556 + 3555,56)

]

=

31,909 %
Nồi 4:

x4 = Gđ

xd
= 18000
Gd − ( W1 + W2 + W3 + W4 )

[

13
18000 − 14400

]

= 65 %

1.2. CÂN BẰNG NHIỆT LƯỢNG
1.2.1.Xác định áp suất trong mỗi nồi
Gọi P1,P2 P3,P4,Pnt:là áp suất của nồi 1,2, 3, 4 và thiết bị ngưng tụ.
∆ P1: hiệu số áp suất của nồi 1 so với nồi 2.

∆ P2: hiệu số áp suất của nồi 2 so với nồi 3
∆ P3: hiệu số áp suất của nồi 3 so với nồi 4.
∆ P4 hiệu số áp suất của nồi 4 so với thiết bị ngưng tụ.
∆ P:hiệu số áp suất của toàn hệ thống.
Giả sử rằng sử dụng hơi đốt để dùng bốc hơi và đun nóng là hơi nước bão hoà.
Ta có: ∆ P = P1 - Png = 3 – 0,3 = 2,7 at
∆ P = ∆ P1+ ∆ P2 + ∆ P3+ ∆ P4 = 2,7 at
Giả sử chọn:

∆P3
∆P1
∆P2
= 1,143;
= 1,077 ;
= 1,182
∆P2
∆P3
∆P4

∆ P1 = 0,8 at
∆ P1=P1 - P2 => P2 = P1 - ∆ P1 = 3 - 0,8 = 2,2 at
∆ P2 = 0,7 at
∆ P2 = P2 - P3 => P3 = P2 - ∆ P2= 2,2 - 0,7 = 1,5 at
∆ P3 = 0,65 at

8


∆ P 3= P3 - P4 => P4 = P3 - ∆ P3 = 1,5 - 0,65 = 0,85 at
∆ P4 = 0,55 at

1.2.2. Xác định nhiệt độ trong các nồi
Gọi: thđ1, thđ2, thđ3, thđ4 , tnt: là nhiệt độ đi vào nồi 1,2, 3, 4, thiết bị ngưng tụ.
tht1, tht2 , tht3, tht4: là nhiệt độ hơi thứ ra khỏi nồi 1,2,3, 4.
Giả sử tổn thất nhiệt độ trên đường ống từ nồi 1 sang nồi 2 là 10C
từ nồi 2 sang nồi 3 là 10C
từ nồi 3 sang nồi 4 là 10C
tht1 = thđ2 + 1
tht2 = thđ3 + 1
tht3 = thđ4 + 1
tht4 = tng + 1
Tra bảng I.250 ST QTTB T1 / trang 312, I.251 ST QTTB T1 / trang 314.
Từ các số liệu trên ta có được bảng tổng kết áp suất và nhiệt độ như sau:
Bảng 2.1
Nồi 1

Hơi đốt

P(at)

t(0c)

3

132,9

Nồi 2
P(at)

t(0c)

Nồi 3
P(at)

Nồi 4

t(0c)

P(at)

t(0c)

2,2 122,259 1,5 110,516 0,85 94,599

Hơi thứ 2,248 123,259 1,541 111,516 0,882 95,599 0,314

TB Barômet
P(at)

t(0c)

0,3

68,7

69,7

1.2.3. Xác định các loại tổn thất nhiệt trong các nồi
1.2.3.1 Tổn thất nhiệt do nồng độ gây ra ( ∆' )
Ở cùng một áp suất, nhiệt độ sôi của dung dịch lớn hơn nhiệt độ sôi của dung

môi nguyên chất. Hiệu số của nhiệt độ sôi của dung dịch và dung môi nguyên chất
gọi là tổn thất nhiệt độ do nồng độ gây ra.
Ta có: ∆' = tosdd - tosdmnc (ở cùng áp suất).
Áp dụng công thức Tisenco:

T
∆ ' = ∆ 'o .16,2. s
r

2

Trong đó:
Ts: là nhiệt độ sôi của dung môi nguyên chất, oK.
∆' o : tổn thất nhiệt độ do áp suất thường (áp suất khí quyển) gây ra.

r: nhiệt hoá hơi của nước ở áp suất làm việc, J/kg
Tra đồ thị, Hình VI.2, STQTTB,T2/trang 60.
9


Bảng 2.2
Nồi 1

Nồi 2

Nồi 3

Nồi 4

Nồng độ dung dịch

(%khối lượng)

16,2

21,49

31,909

65

∆' ( o C )

0,11

0,397

0,58

3,9

Tra bảng I.250,STQTTB,T1/trang 312 xác định được nhiệt hóa hơi, ta có bảng sau:
Bảng 2.3
Nồi 1

Nồi 2

Nồi 3

Nồi 4

Áp suất hơi thứ
(at)

2,248

1,541

0,882

0,314

Nhiệt hoá hơi r
(J/kg)

2198,827.103

2229,963.103

2271,4.103

2333,76.103

* Với nồi 1:
16,2.( t ht1 + 273)
r1

∆'1 = ∆'o1

2

16,2.(123,259 + 273)
2198,827.103

2

∆'1 = 0,11

∆ '1 = 0,127 oC

* Với nồi 2:
16,2.( t ht 2 + 273)
∆' 2 = ∆' o 2
r2

∆'2 = 0,397

2

16,2(111,516 + 273) 2
= 0,426 oC
2229,963.103

* Với nồi 3:
16,2.( tht 3 + 273)
∆'3 = ∆'o 3
r3

∆'3 = 0,58

2

16,2(95,599 + 273) 2
= 0,562 oC
2271,4.103

* Với nồi 4:

10


16,2.( t ht 2 + 273)
∆' 2 = ∆' o 2
r2

∆'4 = 3,9

2

16,2(69,7 + 273) 2
= 3,179 oC
2333,76.103

⇒ ∆ ' = ∆ '1 + ∆ ' 2 + ∆ '3 + ∆ '4 = 0,127+0,426+ 0,562+ 3,179= 4,295 oC

1.2.3.2.Tổn thất nhiệt độ do áp suất thuỷ tĩnh ( ∆' ' )
Áp suất dung dịch thay đổi theo chiều sâu của lớp dung dịch: ở trên bề mặt thì
bằng áp suất hơi trong phòng bốc hơi, còn ở đáy ống thì bằng áp suất trên mặt cộng
với áp suất thuỷ tĩnh của cột dung dịch kể từ đáy ống. Trong tính toán, ta thường tính
theo áp suất trung bình của dung dịch:

Hay

Ptb= Po+ (h 1 +

h2
)dds.g
2

Ptb= Po+ (h 1 +

g
h2
)dds.
,(at)
9,81.10 4
2

,( N/m2 )

- Trong đó:
Po: áp suất hơi thứ trên bề mặt dung dịch, N/m2.
h 1 : chiều cao của lớp dung dịch sôi kể từ miệng trên của ống truyền nhiệt
đến mặt thoáng của dung dịch, m (chọn h 1 = 0,5 m cho cả 2 nồi).
h 2 : chiều cao ống truyền nhiệt, m. Chọn h 2 = 4 m cho cả 2 nồi.
dds: khối lượng riêng của dung dịch khi sôi, kg/m3.
ρ dd
2
g: gia tốc trọng trường, m/s2, g = 9,81 m/s2
ρ ddsoi =

Với:

Nồi 1: Ứng với x1= 16,2%
(tra bảng I.86 STQTTB, T1/trang 61)
⇒ ρ dd 1 = 1066,21Kg / m 3 → ρ ddsoi1 =

1066,21
= 533,105 Kg / m 3
2

Ta có: P01 = 2,248 at
Suy ra:
4 533,105.9,81
= 2,381 at
9,81.104
2

Ptb1= 2,248 +(0,5+ )

⇒ ttb1 = 124,67 0C (tra bảng I.251 STQTTB, T1/trang 314)

Mà ∆' '1 = ttb1 – tmt1
Với tmt1 : nhiệt độ mặt thoáng của dung dịch.
0
tmt1 = ∆'1 + tht1 = 0,127+123,259 = 123,386 C

11


0

⇒ ∆' '1 =124,67- 123,386 =1,284 C

Nồi 2: Ứng với x2 = 21,49 %
(tra bảng I.86 STQTTB,T1/trang 58)
⇒ ρ dd 2 = 1089,534 Kg / m 3 → ρ ddsoi 2 =

1089,534
= 544,767 Kg / m 3
2

Ta có: P02 = 1,541 at
Suy ra:
4 544,767.9,81
= 1,677 at
9,81.104
2

Ptb2 = 1,541 + (0,5+ )

⇒ ttb2 = 114,085 0C (tra bảng I.251 STQTTB, T1/trang 314)

Mà ∆ ' ' 2 = ttb2 – tmt2
0
tmt2 = ∆' 2 + tht2 = 0,426 + 111,516= 111,942 C

⇒ ∆ ' ' 2 = 114,085- 111,942 = 2,142 0C

Nồi 3: Ứng với x3 = 31,909 %
(tra bảng I.86 STQTTB,T1/trang 58)

⇒ ρ dd 3 = 1138,165 Kg / m 3 → ρ ddsoi 3 =

1138,165
= 569,082 Kg / m 3
2

Ta có: P03 = 0,882 at
Suy ra:
4 569,082.9.81
= 1,025 at
9,81.104
2

Ptb2 = 0,882 +(0,5+ )

⇒ ttb3 = 99,732 0C (tra bảng I.251 STQTTB, T1/t 314)

Mà ∆' '3 = ttb3 – tmt3
0
tmt3 = ∆'3 + tht3 = 0,562 + 95,599= 96,161 C

⇒ ∆' '3 = 99,732 – 96,161 = 3,57 0C

Nồi 4: Ứng với x2 = 65 %
(tra bảng I.86 STQTTB, T1/trang 58)
⇒ ρ dd 4 = 1318,66 Kg / m 3 → ρ ddsoi 3 =

1318,66
= 659,33Kg / m 3
2

Ta có: P04 = 0,314 at
Suy ra:
4 659,33.9,81
= 0,479 at
4
2 9,81.10

Ptb4 = 0,314 + (0,5+ )

⇒ ttb4 = 79,736 0C (tra bảng I.251 STQTTB, T1/trang 314)

Mà ∆ ' ' 4 = ttb4 – tmt4

12


0
tmt4 = ∆' 4 + tht4 = 3,179 + 69,7 = 72,879 C

⇒ ∆ ' ' 4 = 79,736 – 72,879 = 6,856 0C

Vậy tổn thất nhiệt độ do áp suất thủy tĩnh trên toàn hệ thống:
∆ ' ' = ∆' '1 + ∆ ' '2 + ∆' '3 + ∆' ' 4 = 1,284 + 2,142 + 3,57 + 6,856= 13,853 C
0

1.2.3.3. Tổn thất do trở lực trên đường ống (∆' ' ' )
- Nồi 1:

∆' ' '1 = 1o C

- Nồi 2:

∆' ' '2 = 1o C

- Nồi 3:

∆' ' '3 = 1o C

- Nồi 4:

∆' ' '4 = 1o C

→ ∆' ' ' = ∆' ' '1 + ∆' ' '2 + ∆' ' '3 + ∆' ' '4 = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 o C

Tổn thất cho toàn hệ thống:
∆ = ∆'+ ∆ ' '+ ∆ ' ' ' = 19,691o C

1.2.3.4. Hiệu số nhiệt độ có ích cho toàn bộ hệ thống và cho từng nồi
Cho từng nồi:
o
+Nồi1: ∆ thi1 = t hd 1 − t hd 2 − ∑ ∆1 = 132,9 − 122,259 − (0,127 + 1,284 + 1) = 8,23 C

∆t i1 = thd1 – ts1 ⇒ ts1 = thd1 - ∆t i1 = 132,9 - 8,23 = 124,67 0C
o
+Nồi2: ∆ thi 2 = t hd 2 − t hd 3 − ∑ ∆ 2 = 122,259 − 110,516 − (0,426 + 2,142 + 1) = 8,174 C

∆ti 2 = thd2 – ts2 ⇒ ts2 = thd2 - ∆ti 2 = 122,259 – 8,174 = 114,085 0C
o
+Nồi3: ∆ thi 3 = t hd 3 − t hd 4 − ∑ ∆ 3 = 110,516 − 94,599 − (0,562 + 3,57 + 1) = 10,784 C

∆ti 3 = thd3 – ts3 ⇒ ts3 = thd3 - ∆ti 3 = 110,516 – 10,784 = 99,732 0C
o
+Nồi4: ∆ thi 4 = t hd 4 − t ng − ∑ ∆ 4 = 94,599 − 68,7 − (3,179 + 6,859 + 1) = 14,864 C

∆ti 4 = thd4 – ts4 ⇒ ts4 = thd4 - ∆ti 4 = 94,599 – 14,864 = 79,736 0C

Cho toàn hệ thống:
∆ hi = t chung − ∑ ∆ = t hd 1 − t nt − ∑ ∆
∆ hi = 132,9 − 68,7 − 22,148 = 42,052 o C

2.4.Cân bằng nhiệt lượng
2.4.1.Tính nhiệt dung riêng C (J/kg.độ)
Ta có:
C = 4190 – ( 2514 – 7,542.t).x , J/kg.độ.
Trong đó: t : nhiệt độ sôi của dung dịch, (0C)
x: nồng độ dung dịch, (%)
13


-Nồi 1 : x= 16,2 %
C1 = 4190 – (2514 – 7,542.124,67).0,162 = 3935,054 J/kg.độ
-Nồi 2 : x= 21,49 %
C2 = 4190 – (2514 – 7,542.114,085).0,2149 = 3834,65 J/kg.độ
-Nồi 3 : x= 31,909 %
C3 = 4190 – (2514 – 7,542.99,732).0,31909 = 3627,818 J/kg.độ
-Nồi 4 : x= 65 %
C4 = 4190 – (2514 – 7,542.79,736).0,65 = 2946,789 J/kg.độ
-Nhiệt dung riêng của dung dịch ban đầu: x = 13%
Cđ = 4190 – (2514 – 7,542.124,67).0,13 = 3985,414 J/kg.độ

2.4.2.Tính nhiệt lượng riêng
I:nhiệt lượng riêng của hơi đốt (J/kg)
i:nhiệt lượng riêng của hơi thứ (J/kg)
(tra bảng I.249 STQTTB,T1/trang 310,bảng I.250STQTTB,T1/trang 312)
Bảng 2.4
Nồi
t(oC)
1
2
3
4

132,9
122,259
110,516
94,599

Hơi đốt
I.103

Cn

(J/kg)
2730,06
2714,163
2696,825
2670,279

(J/kgđộ)
4272,09

4253,615
4233,877
4220,167

Hơi thứ
i.103
o
t( C)
(J/kg)
123,259 2715,563
111,516 2698,425
95,599 2672,079
69,7
2625,772

Dung dịch
C
ts(0C)
(J/kg độ)
3935,054 124,67
3834,65 114,085
3627,818 99,732
2946,789 79,736

2.4.3 Lập phương trình cân bằng nhiệt lượng
Gọi : D1, D2, D3, D4 :là lượng hơi đốt đi vào nồi 1, 2, 3, 4 (kg/h)
+ Gđ, Gc :lượng dung dịch đầu, cuối (kg/h)
+ W1,W2, W3,W4: lượng hơi thứ bốc ra từ nồi 1, 2, 3, 4 (kg/h)
+ Cđ, Cc : nhiệt dung riêng của dung dịch đầu, cuối (J/kg độ)
+ tđ, tc : nhiệt độ đầu và cuối của dung dịch (0C)

+ I1, I2, I3, I4: Hàm nhiệt của hơi đốt ở nồi 1, 2, 3, 4 (J/kg)
+ i1, i2, i3, i4: hàm nhiệt của hơi thứ ở nồi 1, 2, 3, 4 (J/kg)
+ Cn1,Cn2, Cn3,Cn4: nhiệt dung riêng của nước ngưng ở nồi 1, 2, 3, 4 (J/kg độ)
+ θ1 ,θ 2 , θ3 ,θ 4 : Nhiệt độ của nước ngưng ở nồi 1, 2, 3, 4 (0C)
+ Qtt1, Qtt2, Qtt3, Qtt4: nhiệt tổn thất ra môi trường xung quanh từ nồi 1,2, 3, 4(W)
Nhiệt lượng vào:
Nồi 1:
+ Do hơi đốt mang vào: D1.I1
14


+ Do dung dịch mang vào: Gđ.Cđ.tđ
Nồi 2:
+ Do hơi thứ mang vào (hơi thứ nồi 1): W1.i1
+ Do dung dịch ở nồi 1 mang vào: (Gđ –W1).C2.ts1
Nồi 3:
+ Do hơi thứ mang vào (hơi thứ nồi 2): W2.i2
+ Do dung dịch ở nồi 2 mang vào: (Gđ-W1- W2)C3ts2
Nồi 4:
+ Do hơi thứ mang vào (hơi thứ nồi 3) : W3.i3
+ Do dung dịch ở nồi 3 mang vào : (Gđ-W1- W2 –W3)C4ts3
Nhiệt lượng ra:
Nồi 1:
+ Do hơi thứ mang ra: W1.i1
+ Do dung dịch mang ra: (Gđ –W1).C1.ts1
+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra: D1.Cn1. θ1
+ Do tổn thất chung: Qtt1= 0,05D1(I1-Cn1 θ1 )
Nồi 2:
+ Do hơi thứ mang ra: W2i2
+ Do dung dịch mang ra: (Gđ- W1- W2)C2ts2

+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra: W1Cn2 θ 2
+ Do tổn thất chung: Qtt2=0,05W1 (i1 -Cn2 θ 2 )
Nồi 3:
+ Do hơi thứ mang ra: W3i3
+ Do dung dịch mang ra: (Gđ-W1-W2- W3)C3ts3
+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra: W2Cn3 θ3
+ Do tổn thất chung: Qtt3=0,05W2(i2-Cn3 θ3 )
Nồi 4:
+ Do hơi thứ mang ra: W4i4
+ Do sản phẩm mang ra: (Gđ-W)C4ts4
+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra: W3Cn4 θ 4
+ Do tổn thất chung: Qtt4=0,05W3(i3-Cn4 θ 4 )
Phương trình cân bằng nhiệt lượng :
∑ Qvào= ∑ Qra

15


Phương trình cân bằng nhiệt lượng:
Nồi 1:
D1.I1 + Gđ.Cđ.tđ = W1.i1 + (Gđ –W1).C1.ts1 + D1.Cn1. θ1 + 0,05D1(I1-Cn1 θ1 ) (1)
Nồi 2:
W1.i1 + (Gđ –W1).C2.ts1 = W2i2 + (Gđ- W1- W2)C2ts2 + W1Cn2 θ 2 + 0,05W1 (i1 -Cn2 θ 2 )
(2)
Nồi 3:
W3.i3 + (Gđ-W1- W2)C3ts2 = W3i3 + (Gđ-W1-W2- W3)C3ts3 + W2Cn3 θ3 + 0,05W2(i2-Cn3 θ3 )
(3)
Nồi 4:
W3.i3 + (Gđ-W1- W2 –W3)C4ts3 = W4i4 + (Gđ-W)C4ts4 + W3Cn4 θ 4 + 0,05W3(i3-Cn4 θ 4 )
(4)

Phương trình cân bằng vật chất: W = W1 + W2 + W3+ W4 (5)
Từ (2)(3)(4)(5): W1 = 3698,414 kg/h
W2 = 3668,569 kg/h
W3 = 3604,478 kg/h
W4 = 3428,539 kg/h
Từ (1): ⇒ D1 = 3977,573 kg/h
Tính sai số:
+ Nồi 1:
η1=

3698,414 - 3733,333
.100% ≈ 0,935 % < 5 %
3733,333

η 2=

3668,569 − 3555,556
.100% ≈ 3,081 % < 5 %
3555,556

η 3=

3604,478 − 3555,556
.100% ≈ 1,357 % < 5 %
3555,556

+ Nồi 2:

+ Nồi3 :

+ Nồi4 :
η 4=
⇒ x1 = Gđ

3555,556 − 3428,539
.100% ≈ 3,572 % < 5 %
3555,556

xd
= 18000
Gd − W1

[

13
18000 − 3698,414

16

]

= 16,362 %


xd
13
= 18000 (
) = 21,337 %
Gd − W1 - W2

18000 − 3698,414 − 3668,569

x2 = Gđ

x3 = Gđ

xd
13
= 18000 (
) =
Gd − W1 - W2 - W3
18000 − 3698,414 − 3668,569 − 3604,478

32,062 %
x4 = Gđ

xd
13
= 18000 (
) = 65 %
Gd − W
18000 − 14400

C. TÍNH BỀ MẶT TRUYỀN NHIỆT
Xác định các thông số cơ bản của dung dịch
3.1. Độ nhớt ( µ )
Sử dụng công thức Paplov I.17 STQTTB T1/Trang 85:
t1 − t 2
= k =const
θ1 − θ 2

Trong đó : t1, t2 là nhiệt độ của chất lỏng có độ nhớt là µ1 , µ 2
θ1 ,θ 2 nhiệt độ của chất lỏng tiêu chuẩn có độ nhớt là µ1 , µ 2

* Nồi 1:
Lấy nước làm chất lỏng tiêu chuẩn, dung dịch có nồng độ là X1= 16,313 %
Chọn t1= 85 oC, ta có µ1 = 0,428. 10-3 N.s/m2 ⇒ θ1 = 66,217 0C
t2= 95 oC, ta có µ 2 = 0,3669. 10-3 N.s/m2 ⇒ θ 2 = 77,702 0C
Tra µ1 , µ 2 dựa vào bảng I.112,STQTTB,T1/trang 114.
Tra θ1 , θ 2 dựa vào bảng I.102,STQTTB,T1/trang 94.
⇒

Từ đó ta có : θ s =

k=

t1 − t2
85 − 95
=
= 0,871
θ1 − θ 2 66,217 − 77,702

t s1 − t 2
124,67 - 95
+ θ2 =
+ 77,702 = 111,766 o C
k
0,871

⇒ µ s1 = 0,249.10 −3 N.s/m2

* Nồi 2:
Lấy nước làm chất lỏng tiêu chuẩn, dung dịch có nồng độ X2= 21,431 %
Chọn t1 = 75 oC, ta có µ 1= 0,69.10-3 N.s/m2 ⇒ θ 1= 37,353 oC
t2 = 85 oC, ta có µ 2= 0,595.10-3 N.s/m2 ⇒ θ 2= 45,362 oC
⇒ k=

Từ đó ta có: θ s =

t1 − t2
75 − 85
=
= 1,249
θ1 − θ 2 37,353 − 45,362

ts 2 − t2
114,085 - 85
+ θ2 =
+ 45,362 = 68,486 o C
k
1,249

17


⇒ µ s 2 = 0,4.10−3 N.s/m2

* Nồi 3:
Lấy nước làm chất lỏng tiêu chuẩn, dung dịch có nồng độ X3= 32,251 %
Chọn t1 = 65oC, ta có µ 1= 1,3668.10-3 N.s/m2 ⇒ θ 1= 8,48 oC

t2 = 75oC, ta có µ 2= 1,1338.10-3 N.s/m2 ⇒ θ 2= 15,308 oC
⇒ k=

Từ đó ta có: θ s =

t1 − t2
65 − 75
=
= 1,465
θ1 − θ 2 8,48 − 15,308

ts 2 − t2
99,732 - 75
+ θ2 =
+ 15,308 = 32,1899 o C
k
1,465

⇒ µ s 3 = 0,765.10−3 N.s/m2

* Nồi 4: X4= 65 %
Chọn t1 = 55 oC, ta có µ 1=3,8878 .10-3 N.s/m2
t2 = 65 oC, ta có µ 2=3,073 .10-3 N.s/m2
⇒ ts4 = 79,736 oC => µ s4 = 1,872 N.s/m2
3.2. Hệ số dẫn nhiệt của dung dịch ( λ )
λ dd = A.C p .ρ .3

ρ
(W/m.độ) ( công thức I.32 STQTTB T1/trang 123)
M

Với :
A:hệ số phụ thuộc vào mức độ liên kết của chất lỏng đối với nước.
Cp: nhiệt dung riêng đẳng áp của chất lỏng (J/kg.độ)
ρ : khối lượng riêng (kg/m3)
M: khối lượng mol của chất lỏng.
Chọn A = 3,58.10-8
Ta có :
M = mi.Mdd+(1-mi).Mnước
Mà :
xi
M dd
mi =
xi 1− xi
+
M đ M H 2O

Vậy
*Nồi 1:

16,362%
mi1= 16,362% 342
1 − 16,362% = 0,01
+
342
18

18

⇒

M1= 0,01.342 + (1-0,01).18 = 21,302

⇒ λ 1= 3,58.10-8 .3943,426.1066,426. 3

*Nồi 2:
⇒

21,337%
mi2 = 21,337% 342
1 − 21,337% = 0,014
+
342
18

M2= 0,014.342 + (1-0,014). 18 = 22,56

⇒ λ 2 = 3,58.10-8. 3839,377.1090,31. 3

*Nồi 3:
⇒

1090,31
= 0,545 W/m.độ
22,586

31,909%
mi3 = 31,909% 342
= 0,024

1 − 31,909%
+
342
18

M3= 0,024.342 + (1-0,024). 18 = 25,919

⇒ λ 3 = 3,58.10-8. 3630,345.1131,37. 3

*Nồi 4:
⇒

1066,426
= 0,554 W/m.độ
21,302

1131,37
= 0,522 W/m.độ
25,919

65%
mi4 = 65% 342
1 − 65% = 0,089
+
342
18

M4= 0,089.342 + (1-0,089). 18 = 46,849

⇒ λ 4 = 3,58.10-8. 2946,789.1318,66. 3

1318,66
= 0,423 W/m.độ
46,849

3.3. Hệ số cấp nhiệt ( α )
3.3.1. Về phía hơi ngưng tụ ( α 1 )
α 1 = 2,04. A.4

r
(công thức V.100 STQTTB T2/trang 28)
H .∆t1

Với r : ẩn nhiệt ngưng (J/kg)
H : chiều cao ống truyền nhiệt (chọn H= 4 m)
A=4

ρ .λ 2
: là hệ số phụ thuộc nhiệt độ màng tm
µ

tm = 0,5(tT1 + thd)
∆ t1 = thd - tT1
Nồi 1: Chọn ∆ t11 = 0,45 oC
⇒ tT11 = thd1 - ∆ t11 =132,9 – 0,45 = 132,45 oC
⇒ tm1= 0,5(132,45+132,9) = 132,675 oC
19


(tra STQTTB,T2/trang 29) ta có: A1= 191,803

Từ thđ1 = 132,9 oC ta có r1= 2170,88.103 J/kg (tra bảng I.250 STQTTB, T1/trang
312)
2170,88.103
→ α11 = 2,04.191,803.
= 12263,029W / m.2 đô
4.0,45
4

→ q11 = α11.∆t11 = 12263,029.0,45 = 5518,363W / m 2

Nồi 2: Chọn ∆ t12 = 0,359 oC
⇒ tT12 = thd2 - ∆ t12 = 122,259 – 0,359 = 121,9 oC
⇒ tm2 = 0,5(121,9+122,259) = 122,08 oC
Tra STQTTB,T2/trang 29 ta có: A2= 188,624
Từ thđ2 = 122,259 oC, ta có r2 = 2201,126.103 J/kg (tra bảng I.250 STQTTB, T1/trang
312)
→ α12 = 2,04.188,624.4

2201,126.103
= 12804,775W / m.2 đô
4.0,359

→ q12 = α12 .∆t12 = 12804,775.0,359 = 4596,914W / m 2

Nồi 3: Chọn ∆ t13= 0,45 oC
⇒ tT13 = thd3 - ∆ t13 = 110,516 – 0,45 = 110,066 oC
⇒ tm3 = 0,5(110,066+110,516) = 110,291 oC
Tra STQTTB,T2/trang 29 ta có: A3 = 183,631
Từ thđ3 = 110,516oC, ta có r3 = 2232,659.103 (J/kg) (tra bảng I.250 STQTTB,
T1/trang 312)

→ α13 = 2,04.183,631. 4

2232,659.103
= 11823,222W / m 2 .đô
4.0,45

→ q13 = α13 .∆t13 = 11823,222.0,45 = 5320,45W / m 2

Nồi 4: Chọn ∆ t14= 0,43 oC
⇒ tT14 = thd4 - ∆ t14 =94,599–0,43 = 94,169 oC
⇒ tm4= 0,5(94,169+94,599) = 94,384 oC
Tra STQTTB,T2/trang 29 ta có: A4= 176,192
Từ thđ4 = 94,599 oC, ta có r4 = 2273,962.103 J/kg (tra bảng I.250 STQTTB, T1/trang 312)
→ α14 = 2,04.176,192 4

2273,962.103
= 11526,646W / m 2 .đô
4.0,43

→ q14 = α14 .∆t14 = 11526,646.0,43 = 4956,458W / m 2

20


3.3.2.Về phía dung dịch sôi ( α 2 )
Ta có α 2= ϕ α n
ϕ : hệ số hiệu chỉnh
Với:
α n : hệ số cấp nhiệt của nước
λ 2

Mà: ϕ =  d
 λn






0 , 565

 ρ 2
. d
 ρ n






2

 Cd 2

C
 n

 µ n

 µ 2
 d






0 , 435

α n= 0,145. ∆ t2 2,33. p0,5 , (W/m2.độ)

Trong đó:
λ dd , ρ dd , C dd , µ dd lần lượt là hệ số truyền nhiệt, khối lượng riêng, nhiệt dung riêng
và độ nhớt của dung dịch.
λ n , ρ n , C n , µ n là hệ số truyền nhiệt, khối lượng riêng, nhiệt dung riêng và độ nhớt
của nước.
Ta có:

∑ r =r + r
1

2

+ r3

Chọn theo bảng V.1, STQTTB, T2/ trang 4
δ
∑ r =r1 + λ + r3
Trong đó : r1 : nhiệt trở do lớp nước ngưng
r2 : nhiệt trở do lớp cặn của dung dịch bám trên thành ống
δ : bề dày ống truyền nhiệt (δ = 2 mm)

λ : hệ số dẫn nhiệt của vật liệu làm ống truyền nhiêt.
r3 : nhiệt trở qua lớp vật liệu
Chọn vật liệu làm ống truyền nhiệt là CT3 có λ = 50 W/m.độ (tra bảng XII.7,
STQTTB, T2/313)
Chọn: r1 = 0,232.10-3 m2.độ/W; r3 = 0,387.10-3 m2.độ/W
⇒ ∑ r =0,232.10 −3 +

-3
2 −3
10 + 0,387.10 −3 =0,659.10
50

- Nồi 1: Tại ts1 = 124,67 0C = t21
Ta có: ∆ tI = q11.

∑r

=5518,363.0,659.10-3 = 3,638 0C

⇒ tT21 = tT11 - ∆ tI = 132,45 - 3,638= 128,812 0C

Hiệu số cấp nhiệt của nước:
∆ t21= tT21 – t21 = 128,812 – 124,67 = 4,142 0C
Áp suất hơi thứ tại nồi 1:
Pht1 = 2,248.98100 = 220520,951 N/m2
⇒ α n1 = 0,145.4,142 2,33.220520,9510,5 = 1462,784 W/m2.độ
Tra bảng I.149 STQTTB,T1 /trang 311, ta có:
21

Cn = 4272,115 J/kg.độ

µn = 0,213.10-3 N.s/m2

λn = 0,683 W/m.độ
ρ n = 932,266 kg/m3
 0,554 
ϕ1 = 

 0,683 
⇒α

21

0 , 565

 1066,426  2  3943,447  0,213.10− 3 

.
 

− 3 
932
,
266
4272
,
115
0
,

249
.
10








0 , 435

= 0,901

= ϕ1 α n1 = 0,901.1462,784 = 1317,612 W/m2.độ

⇒ q21 = α 21.∆t 21 = 1317,612.4,142 = 5457,331W / m 2

Nên ta có:
η 1=

5518,363 − 5457,331
100% = 1,106 % < 5%
5518,363

Vậy nhiệt tải trung bình là:
Q1 =

q11 + q21 5518,363 + 5457,331

=
= 5487,847 W/m2
2
2

- Nồi 2: Tại ts2 = 114,085 0C = t22
Ta có: ∆ tII = q12.

∑r

= 4596,914.0,659.10-3 = 3,031 0C

⇒ tT22 = tT12 - ∆ tII = 121,9 - 3,031 = 118,869 0C

Hiệu số cấp nhiệt của nước:
∆ t22= tT22 – t22 = 118,869 – 114,085 = 4,785 0C
Áp suất hơi thứ tại nồi 2:
Pht2 = 1,541.98100 = 151146,025 N/m2
⇒ α n1 = 0,145.4,785 2,33.151146,0250,5 = 1229,824 W/m2.độ
Tra bảng I.149 STQTTB,T1 /trang 311, ta có:
Cn = 4251,421 J/kg.độ

µn = 0.235.10-3 N.s/m2

λn = 0,686 W/m.độ
ρ n = 942,363 kg/m3
 0,522 
ϕ2 = 

 0,686 

⇒α

22

0 , 565

 1090,31  2  3839,377  0,235.10 − 3 

.
 

− 3 
 942,363   4251,421  0,4.10 

0, 435

= ϕ 2 α n2 = 0,756.1229,824 = 930,255 W/m2.độ

⇒ q22 = α 22 .∆t 22 = 930,255.4,785 = 4450,943W / m 2

Nên ta có:
22

= 0,756


4596,914 − 4450,943
100% = 3,175 % < 5%
4596,914

η 2=

Vậy nhiệt tải trung bình là:
Q2 =

q12 + q22 4596,914 − 4450,943
=
= 4523,929 W/m2
2
2

- Nồi 3: Tại ts3 = 99,7320C = t23

∑r

Ta có: ∆ tIII= q13.

=5320,45.0,659.10-3 = 3,508 0C

⇒ tT23 = tT13 - ∆ tIII = 110,066 – 3,508 = 106,558 0C

Hiệu số cấp nhiệt của nước:
∆ t23= tT23 – t23 = 106,558 – 99,732= 6,826 0C
Áp suất hơi thứ tại nồi 3:
Pht3 = 0,882.98100 = 86573,025 N/m2
⇒ α n3 = 0,145.6,826 2,33.86573,0250,5 = 1277,835 W/m2.độ
Tra bảng I.149 STQTTB,T1 /trang 311, ta có:
Cn = 4226,513 J/kg.độ

µn = 0.271.10-3 N.s/m2

λn = 0,683 W/m.độ
ρ n = 954,693 kg/m3
 0,522 
ϕ2 = 

 0,683 
⇒α

23

0 , 565

 1131,37  2  3630,345  0,271.10− 3 

.
 

− 3 
954
,
693
4226
,
513
0
,
765
.
10









0 , 435

= 0,593

= ϕ3 α n3= 0,593.1277,835 = 757,947 W/m2.độ

⇒ q22 = α 22 .∆t 22 = 757,947.6,826 = 5174,121W / m 2

Nên ta có:
η3=

5320,45 − 5174,121
100% = 2,75 % < 5 %
5320,45

Vậy nhiệt tải trung bình là:
Q2 =

q12 + q22 5320,45 + 5174,121
=
= 5247,286 W/m2
2

2

- Nồi 4: Tại ts4 = 79,736 0C = t24
Ta có: ∆ tIV = q14.

∑r

=4956,458.0,659.10-3 = 3,268 0C

⇒ tT24 = tT14 - ∆ tIV = 94,169 – 3,268 = 90,902 0C

Hiệu số cấp nhiệt của nước:
∆ t24= tT24 – t24 = 90,902 – 79,736= 11,166 0C
Áp suất hơi thứ tại nồi 2:

23


⇒

Pht4 = 0,314.98100 = 30803,4 N/m2
α n4 = 0,145.11,166 2,33.30803,40,5 = 1101,472 W/m2.độ

Tra bảng I.149 STQTTB,T1 /trang 311, ta có:
Cn = 4194,832 J/kg.độ

µn = 0.356.10-3 N.s/m2

λn = 0,675 W/m.độ
ρ n = 971,926 kg/m3

 0,423 
ϕ 4= 

 0,675 
⇒α

24

0 , 565

 1318,66  2  2946,789  0,356.10− 3 

.
 

− 3 
 971,926   4194,832  1,872.10 

0 , 435

= 0,417

= ϕ4 α n4 = 1101,472.0,417 = 459,602 W/m2.độ

⇒ q24 = α 24 .∆t 24 = 459,602.11,166 = 5131,814W / m 2

Nên ta có:
η 4=

5131,814 − 4956,458

100% = 3,417 % < 5%
5131,841

Vậy nhiệt tải trung bình là:
Q4 =

q14 + q24 5131,814 + 4956,458
=
= 5044,136 W/m2
2
2

3.4. Tính hệ số phân bố nhiệt độ hữu ích cho các nồi
Xem hệ số truyền nhiệt trong các nồi là như nhau: F1= F2, khi đó nhiệt độ hữu ích
trong các nồi được tính:
Qi
∆t hi (i ) = n =Ki
. ∆t
2
Qi ∑ hi (công thức VI.20, STQTTB, T2/trang 68)
∑
i =1 Ki

Trong đó: ∆ thi : nhiệt độ hữu ích trong các nồi
Qi : lượng nhiệt cung cấp
Qi =

Di .ri
(W/m2)
3600

Di : lượng hơi đốt mỗi nồi
ri : ẩn nhiệt ngưng tụ của hơi
Ki : hệ số truyền nhiệt
K=

1
1
1
+ ∑r +
α1
α2

24

(W/m2.độ)


- Nồi 1:
Q1 =
K1 =

D1 .r1 3977,573.2171.103
=
= 2398697,359 W/m2
3600
3600
1
1
1

+ ∑r +
α11
α 21

Suy ra:

=

1
1
1
+ 0,659.10− 3 +
12263,029
1317,612

= 666,758

W/m2.độ

Q1 2398697,359
=
= 3597,553
K1
666,758

- Nồi 2:
D2 .r2 3698,414.2200,603.103
Q2 =
=
= 2260760,966 W/m2

3600
3600
1
1
=
= 551,764
1
1
1
1
−3
W/m2.độ
+ ∑r +
+ 0,659.10 +
α12
α 22 12804,775
930,255

K2 =

Suy ra:

Q2 2260760,966
=
= 4097,336
K2
551,764

- Nồi 3:
Q3 =

D3 .r3 3668,569.2232,002.103
=
= 2274515,044 W/m2
3600
3600
1
1
=
= 484,676
1
1
1
1
W/m2.độ
+ ∑r +
+ 0,659.10− 3 +
α13
α 23 11823,222
757,947

K3 =

Suy ra:

Q3 2274515,044
=
= 4692,854
K3
484,676

- Nồi 4:
Q4 =

D4 .r4 3604,478.2271,003.103
=
= 2273827,727 W/m2
3600
3600

K4 =

1
1
1
+ ∑r +
α14
α 24

Suy ra:

n=4

⇒∑
i =1

=

1
1

1
+ 0,659.10 −3 +
11526,646
459,602

= 342,249

W/m2.độ

Q4 2273827,727
=
= 6643,782
K4
342,249

Qi Q1 Q2 Q 3 Q4 =3597,553 +4097,336+4692,854+6643,782 =
=
+
+
+
K i K1 K 2 K 3 K 4

19031,526
Ta có hiệu số nhiệt độ có ích cho toàn bộ hệ thống là
25

∑ ∆t

hi

= 42,052 oC