Ftéstechnika I. Példatár

F téstechnika I. Példatár

2008

BME Épületgépészeti Tanszék

F téstechnika I. példatár

Tartalomjegyzék 0. H tani összefoglaló ......................................................................................................... 3 0.1. H vezetés ...................................................................................................................3 0.2. H átadás .....................................................................................................................4 0.3. H sugárzás .................................................................................................................6 0.4. H átbocsátás.............................................................................................................10 0.5. Szigetelt cs maximális h leadásához tartozó küls átmér ......................................11 0.6. Bordázott cs vezeték ................................................................................................12 1. Sugárzás .........................................................................................................................15 2. H átbocsátás...................................................................................................................17 2.1. Fal felületi h mérsékletének számítása, szigetelés hatása ..........................................17 2.2. Falvastagság számítása..............................................................................................18 2.3. H szigetelés vastagságának számítása.......................................................................19 3. F t testek kiválasztása ...................................................................................................20 3.1. Sima cs f t testek ...................................................................................................20 3.2. Bordáscs f t testek .................................................................................................21 3.3. Radiátorok ................................................................................................................22 3.3.1. Dunaferr tagos radiátor........................................................................................22 3.3.2. Dunaferr lapradiátor ............................................................................................23 4. Egycsöves f tési rendszer ...............................................................................................24 5. F t lap ...........................................................................................................................26 6. H szükségletszámítás, f tetlen helyiség h mérséklete ....................................................27 7. F tési költség..................................................................................................................29 7.1. F tési költség számítása............................................................................................29 7.2. F téskorszer sítés, új kazán választása a h fogyasztás ismeretében ..........................29 7.3. Az „n” fogyasztási tényez .......................................................................................30

2


0. 0.1


H tani összefoglaló H vezetés

Ha egy szilárd test különböz pontjai különböz h mérséklet ek, a magasabb h mérséklet helyr l h áram jön létre az alacsonyabb h mérséklet hely irányába:

Q = −λ ⋅ A ⋅ grad t

(W)

A h árams r ség arányos a h mérséklet gradienssel:

q = −λ ⋅ grad t

(

W ) m2

„–” : a h áram a csökken h mérsékletek irányába halad „ ” : h vezetési tényez , (W/mK) H vezetési tényez értéke néhány anyagra:

Leveg : 0,029 W/mK H szigetelés: 0,04-0,1 W/mK Épít anyagok: ~ 1 W/mK Vasbeton: ~ 1,5 W/mK Acél: ~ 50 W/mK Alumínium: 180 W/mK Réz: 300 W/mK

H vezetés különböz geometriai esetekre: Homogén síkfal

q = λ⋅

t1 − t 2

δ

=

t1 − t 2

δ λ

ahol:

Többréteg síkfal

q=

t1 − tn

δi λi

3

δ λ

- h vezetési ellenállás



Többréteg hengeres fal

Q=

2 ⋅ π ⋅ r0 ⋅ l ⋅ (t1 − t n ) d 1 ⋅ ln⋅ i +1 λi di

egységnyi hosszra es h áram: q =

0.2.

Q l

H átadás (Konvekció) A h energia egy szilárd fal és egy közeg (gáz vagy folyadék) érintkezési felületén áramlik keresztül.

Q = α ⋅ A ⋅ (t f − t k )

Newton-féle leh lési törvény: Hasonlósági számok

Nusselt szám a közeg h átadási és h vezetési tényez jének hányadosával arányos.

Nu =

α ⋅d λ

Reynolds szám a közegben fellép tehetetlenségi er és a súrlódó er aránya.

Re =

w⋅ d

ahol: w – áramlási sebesség (m/s)

ν

ν – kinematikai viszkozitás (m2/s)

Biot szám a h mérsékletek arányát fejezi ki.

Bi =

αL λ

ahol: L – a szilárd test vastagsága

λ – a szilárd test h vezetési tényez je

Grasshoff szám a felhajtóer és a viszkozitásból származó súrlódó er aránya.

4



β ⋅ l 3 ⋅ g ⋅ ∆t ν2

Gr =

ahol: β – köbös h tágulási együttható (1/K) g – gravitációs gyorsulás, (m/s2) ∆t – h mérséklet különbség, 0C l – jellemz méret, m

ν=

µ ρ

Prandtl szám a kinematikai viszkozitás és a h fokvezetési tényez aránya.

Pr =

ν a

=

c⋅µ

a=

λ

λ ρ ⋅c ahol: λ – h vezetési tényez , (W/mK) ρ – s r ség, (kg/m3) c – fajh , (J/kgK)

Nem kör keresztmetszet csatornáknál: egyenérték (hidraulikai) átmér

D=

4A K

ahol: A – Áramlási keresztmetszet K – Nedvesített kerület

Lamináris áramlás: a közeg részecskéi az áramvonalakat követik, nincs keveredés a szomszédos rétegek között. Turbulens áramlás: gomolygó áramlás, melynél a folyadéknak az áramlás f mer leges sebesség ingadozásai vannak, ekkor nagyobb a h átadási tényez .

irányára

Szabadáramlás: Ha a közeg mozgása kizárólag a h mérsékletváltozás miatti s r ségkülönbségb l ered felhajtóer következménye. Nu = f (Gr, Pr);

lamináris: Nu ~Gr1/4 turbulens: Nu ~Gr1/3

átmenet: Gr ≥ 105

Kényszeráramlás: a közeg mozgását küls forrásból származó mechanikai energia idézi el . A kürt hatást is ide soroljuk. Nu = f (Re, Pr);

lamináris: Nu ~Re1/2 turbulens: Nu ~Re4/5

átmeneti: Re ≥ 105 síklap kritérium: Re > 2320 cs

Halmazállapot változással: •

Forrás: – buborékos – hártyás

•

Kondenzáció: – lamináris film kondenzáció: – vízszintes csövekre – függ leges csövekre – turbulens film kondenzáció

5

BME Épületgépészeti Tanszék 0.3.


H sugárzás

Minden test, melynek h mérséklete 0 K-nél magasabb, elektromágneses sugárzás formájában állandóan energiát emittál, (kibocsájt). A h sugárzás része az elnyel sugárzás nagy családjának, a λ szerinti spektrumban a rövid λ kozmikus sugarak és a hosszú λ rádióhullámok között foglal helyet: 0,3 µm …50 µm tartományban, amely magába foglalja a látható fénysugarak és az infravörös sugarak tartományát. Egy testet ér h sugárzást a test vagy átereszti, vagy elnyeli, vagy visszaveri:

Q0 = Q A + Q R + Q D A+ R + D =1 A – elnyel képesség R – visszaver képesség D – átereszt képesség

/: Q0 A = 1 abszolút fekete test R = 1 abszolút fehér test D = 1 abszolút átereszt

Planck eloszlási törvénye: A fekete test egységnyi térszögre vonatkozó, tetsz leges irányban kibocsátott sugárzási intenzitásának (I λe ω , 0 ) meghatározására vonatkozó összefüggést PLANCK 1901-ben állította fel,

I λ ω ,0 = e

1

λ

5

⋅

2 hc 2

e

(hc / λ Tk )

−1

[W/m3sr],

ahol: c – az elektromágneses sugárzás terjedési sebessége = 2.998 ⋅ 10 8 m/s, h = 6.625 ⋅ 10 −34 Js, a PlANCK állandó, k = 1.38 ⋅ 10 −23 J/K a BOLTZMANN állandó, T az abszolút h mérséklet K-ben, λ a sugárzás hullámhossza m-ben. Abszolút fekete test: minden hullámhosszon a lehet legnagyobb intenzitással sugároz. Szürke test: sugárzásának intenzitása minden λ értéknél az abszolút fekete test sugárzási intenzitásának állandó hányada.

Feketeségi fok:

ε=

I λsz I λf

= áll.

6



Wien – féle eltolódási törvény: A maximális intenzitás λmax hullámhossza és a „T” testh mérséklet közötti összefüggés:

λmax ⋅ T = 2886

( µm ⋅ K )

A test h mérséklet csökkenésével a kisugárzott energia maximuma a nagyobb hullámhosszak felé tolódik el. Stefan- Boltzmann törvény: Egy T h mérséklet test által a félgömbtérségbe kisugárzott összes energia:

T E = I ( λ , T ) dλ = σ s ⋅ T = C s ⋅ 100 0 ∞

4

4

σ s – az abszolút feketetest sugárzás állandója C – az abszolút feketetest sugárzási tényez je: 5,76 (W/m2K4) Sugárzásos h csere két felületelem között

Ábra: Besugárzási tényez általános értelmezése

7

W m2



A1 , A2 felület testek h mérséklete T1, T2, abszorpciós tényez jük a1 , a2. A Lambert törvények segítségével. Két felületelem közötti h csere:

T1 100

d 2 Q1− 2 = E1− 2 − E 2−1 = a1 ⋅ a 2 ⋅ C s ⋅

a1 ⋅ a 2 ⋅ C s =

4

−

4

T2 100

⋅

1 cos β 2 ⋅ cos β1 ⋅ ⋅ dA1 ⋅ dA2 π r2

a1 ⋅ C s ⋅ a 2 ⋅ C s C1 ⋅ C 2 = =C Cs Cs

W m ⋅K4 2

ahol: C – Két felületelem kölcsönös sugárzási együtthatója. C1, C2 – Két felületelem sugárzási tényez je.

En =

E

π

és E β1 = E n 1 ⋅ cos β 1

Besugárzási tényez bevezetésével:

1

π

⋅

cos β1 ⋅ cos β 2 r2

⋅dA2 = ϕ1−2

– dA1-r l kibocsátott összenergia, alábbi része jut az A2 felületre:

dQ1− 2 = C ⋅

T1 100

4

−

T2 100

4

⋅ ϕ1− 2 ⋅ dA1

Sugárzásos h csere két felület között: Besugárzási tényez : Φ 1− 2 = –

1 ⋅ ϕ1− 2 ⋅ dA1 A1

A2 felületre jutó energia, hányad része jön A1- r l.

Q1−2

T1 = C ⋅ φ1−2 ⋅ A1 ⋅ 100

Bevezetve a h foktényez t

b=

T1 100

4

−

T2 100

4

t1 − t 2

kapjuk

8

4

T − 2 100

4



Q1−2 = c ⋅ b ⋅ φ1−2 ⋅ A2 ⋅ (t1 − t 2 ) Bevezetve a sugárzási h átadási tényez t

α sug = b ⋅ c és ha φ1− 2 =1 kapjuk

Q1− 2 = α sug ⋅ A2 ⋅ (t1 − t 2 )

Teljes h átadás:

Q1−2 = α sug ⋅ Asug ⋅ (t1 − t sug ) + α konv ⋅ Akonv ⋅ (t1 − t L ) = α ö ⋅ A ⋅ (t1 − t 2 ) ahol: α ö – teljes h átadási tényez

Ha Asug = Akonv =A és t sug = t L = t 2 Sugárzási h mérséklet

Ha egy test eltér küls h mérséklet határoló felületekb l álló féltérben van, akkor a sugárzásos h csere számításakor a határoló felületek h mérséklete egy fiktív h mérséklettel helyettesíthet , amely mellett a h áram nagysága ugyanakkora, mintha a tényleges felületi h mérséklettel számolnánk.

Ha azonos kölcsönös sugárzási tényez k vannak:

φ s −i Ti 4 − 273,15

t sug = 4

Durva közelítéssel:

t sug =

Ai ⋅ t i Ai

Nagyon durva közelítéssel:

t sug = –

ti n

ahol: φs−i a test és „i” határoló felület közti besugárzási tényez .

9


0.4.


H átbocsátás (H hídmentes eset)

(

H áram: Q = k ⋅ A t k1 − t k 2

)

(

H árams r ség: q = k ⋅ t k1 − t k 2

)

Többréteg sík fal (rétegrendi eset):

Részleteiben:

k=

1

W m2 ⋅ K

δi 1 + + α 1 i =1 λi α 2 1

n

t1 = t k1 −

t 2 = t k2 +

q

α1 q

α2

A levezetés elvét lásd 0.6. pontban. Többréteg hengeres fal:

(

Q = k1 ⋅ l ⋅ t k i − t k 2

(

q l = k1 ⋅ t k1 − t k2

k1 =

)

)

(W) (W/m)

1 n d 1 1 1 + ⋅ ln i +1 + α 1 d1π i =1 2πλi d i α 2 d n +1π

W m⋅K

Részleteiben:

t1 = t k1 −

t 2 = t k2 +

10

ql

1 π α 1 ⋅ d1 ql

⋅

1 π α2 ⋅ d2 ⋅


0.5.


Szigetelt cs maximális h leadásához tartozó küls átmér

k cs

össz

=

1 d 1 1 + ln k + R1 + R2 α b d bπ 2πλcs db

Az áthaladó h mennyiség nyilvánvalóan akkor a maximális, ha az el bbi összefüggésben, a nevez értéke minimális. Adott áramló közeg és adott méret , anyagú cs vezeték esetén a nevez állandó, a második két tag a dszk függvényében változó

R1 =

1

ln

els

két tagja

d szk és dk

2πλsz 1 R2 = . α k d szk π

Ha a cs küls átmér jét (dk) állandó érték nek tartjuk, az ( R1+R2) függvény dszk szerinti széls értéke az alábbi összefüggésb l számítható:

∂(R1 + R2 ) = ∂d szk

1

∂

2πλ sz

d szk 1 + d k α k d szk π

ln

∂d szk

= 0.

Elvégezve a differenciálást:

1 2πλ sz

⋅

1 1 − 2 =0 d szk d szk πα k

Innen:

d szk =

2λ sz

αk

.

Ha a második differenciálhányadost kiszámítjuk és az értéket behelyettesítjük, pozitív értéket kapunk, tehát d szk el z értékénél az ellenállásnak minimuma, az átbocsátott h nek pedig maximuma van. Az eredményb l láthatjuk, hogy a széls érték nem függ a szigetel anyag db bels átmér jét l ( a haszon cs küls átmér jét l ). Például: betonnál acélnál szigetel hab

αk λ sz λ sz λ sz

= 10 W/m2K figyelembevételével, = 1,2 W/mK, innen dszk = 0,24 m = 50 W/mK, innen dszk = 10 m = 0,05 W/mK, innen dszk = 0,01 m

11


0.6.


Bordázott cs vezeték

( dr Macskási Á.: Központi f tés I. )

Jelöljük az 1 fm hosszú bordáscs bels felületét Ai'' ; a koncentrikus közepes felületét Ai' ; a teljes bordázott küls

AF -vel és legyen δ cs << d , azaz Ai' ≈ Ai" ≈ Ai , és

felületét

jelöljük továbbá a cs bels felületének h mérsékletét tFb , a cs küls sima felületén tFo, a küls felület és a bordák átlagos h mérsékletét tFköz –vel, a környez közepes h mérsékletét ti-vel. Ha a f t test kizárólag konvekció útján adja le h jét, akkor ti h mérséklet helyett a leveg tL h mérsékletét vesszük számításba. A bels felületnek a tf f t közegr l átadott h stacioner állapotban:

Q1 = Ai ⋅ α i ⋅ (t f − t Fb )

W/m

(XI.26)

a cs bels felületér l a küls felületre átvezetett h

Q1 = Ai ⋅

δ cs ⋅ (t Fb − t Fo ) . λcs

(XI.27)

A küls felületr l a környezetnek átadott h :

Q1 = AF ⋅ α F ⋅ (t Fköz − t i ) .

(XI.28)

Ebben az összefüggésben a (t Fköz − ti ) h mérsékletkülönbséget az egyes borda típusokra meghatározott η B borda hatásfok segítségével definiálhatjuk. E szerint

(

)

t Fköz − t i = η B t Fo − t i .

(XI.29)

Így a (XI.28.) összefüggést

(

Q1 = AF ⋅ α F ⋅ η B t Fo − t i alakban is írhatjuk. η B értéke a bordáscs

)

(XI.30)

szerkezeti méreteit l, mint bordatávolság,

szélesség stb függ és η B =0,75-0,85 között változik. A h mérséklet különbségek kifejezésével nyerjük, hogy

12


F téstechnika I. példatár t f − t Fb = Q1

1 , α i Ai

t Fb − t Fo = Q1 t Fo − t i = Q1

δ cs , Ai λcs 1

AF α Fη B

(XI.31)

,

illetve az egyenletek összeadásával

t f − t i = Q1 és ebb l, hogy

Q1 =

akkor

δ 1 1 + cs + Aiα i Ai λcs AF α Fη B t f − ti

δ 1 1 + cs + Aiα i Ai λcs AF α Fη B

(W/m)

(XI.32)

(XI.33)

Ha a (XI. 33) egyenlet AF m2/m-rel azaz az 1fm bordázott cs küls felületével osztjuk,

q=

t f − ti AF A δ 1 + F cs + Aiα i Ai λcs α Fη B

(W/m2)

(XI.34)

összefüggést, azaz a küls bordázott felületegységre es átbocsátott h mennyiséget nyerjük. Szokásosak

α Fη B = α F'

és

AF =n Ai jelölések is. Ezekkel a bordáscs h közlését

q=

t f − ti 1 n nδ cs + + '

αi

λcs

(W/m2)

(XI.35)

(W/m2K)

(XI.36)

αF

egyszer alakban is felírhatjuk. Ebben a

k=

1

n

αi

+

nδ cs

λcs

+

1

α F'

a bordáscs h átbocsátási tényez je. Lényegileg azonos összefüggéssel fejezhet ki a konvektor h átadási tényez je. Ezenfelül mindazok a következtetések, amelyeket az

13



összefüggésb l levonunk, érvényesek az e pontba sorolt többi f t testre is. A (XI.36) összefüggés nevez jében lév

nδ cs

λ cs

tag annak ellenére elhanyagolható, hogy n=15-30 közötti értékeket vehet fel. Ugyanis δ cs =0,002-0,003 m; λcs acélra 50; alumíniumra 190 (W/mK). Így ez az érték acélra 6 ⋅ 10 − 4 és 1,8 ⋅ 10 − 3 , míg alumíniumra 1,5 ⋅ 10 − 4 , 5 ⋅ 10 − 4 értékek között mozog. Ily módon k értékét némi átalakítással

k≈

α iα F' nα F' + α i

(XI.37)

formában is írhatjuk. Ha a f t testek csöveiben az áramlás turbulens, azaz α i

W m2K

nagyságrendje legalább 1000

akkor a h átbocsátási tényez n=20 és α F =8,

η B =0,8 számításbavételével α F' = 8 ⋅ 0,8 =6,4 k≈

1000 1000 6,4 6,4 = 6,4 ⋅ 20 + 1000 1128

k ≈ 5,67 (W/m2K) még mindig az α F értékének közelében marad. Ha a h hordozó lamináris áramlásban van, akkor α i =300-as nagyságrend figyelembevételével

k≈

300 6,4 = 4,48 (W/m2K) 6,4 ⋅ 20 + 300

A k tényez t a csövekben beálló lamináris áramlás különösen légf t testekben csökkenti igen nagy mértékben, mivel ezek küls h átadási tényez je a leveg mesterséges keringetése miatt jelent s. Legyen α F =30 W/m2K a h hordó turbulens áramlása esetén

α i =2000 W/m2K, a többi érték, mint az el z példában. Ekkor k≈

2000 30 = 23,1 (W/m2K), 30 ⋅ 20 + 2000

míg a f t közeg lamináris áramlása esetén ( α i =300 W/m2K )

k≈

300 W 30 = 10 . 30 ⋅ 20 + 300 m2K

Ezzel a jelenséggel rosszul konstruált légf t testek esetében gyakran találkozunk!

14


1.


Sugárzás

Adott az alábbi ábra szerinti helyiség. A belmagasság 2,6 m, a szoba szélessége 4 m, a szoba mélysége 3 m. A küls falnál 80 cm-es a parapet magassága, a parapet feletti rész (a szoba teljes szélességben) üvegezett. A vizsgált pont a hátsó fal középpontjában van. Kérdések: • Mekkora h mérséklet alakul ki ebben a pontban? • Milyen küls fal felületi h mérséklet mellet lesz a vizsgált pontban 26oC? • Milyen ablak felületi h mérséklet mellett lesz a vizsgált pontban 23oC? • Mekkora lesz a sugárzási és az ered h mérséklet? Adatok:

t lev = 20 C t A = 10 C = 283K t KF = 17 C = 290 K t BH = 20 C = 293K

α K = 3,0W / m 2 , K C = 4,0W / m 2 , K 4 Ül ember esetén, a kellemes h érzet feltétele: t sz = 26 C , q sz = 45W / m 2 A besugárzási tényez k értékei, táblázatból vehet k ki:

ϕ BH = 1 − (0,19 + 0,09) = 0,72 ϕ KF = 2 ⋅ (0,07 − 0,025) = 0,09 ϕ A = 2 ⋅ (0,07 + 0,025) = 0,19

•

t=?

45 = 3 ⋅ (t − 20) + 4 ⋅ 0,19 ⋅

4

T 100

− 2,83

4

+ 0,09 ⋅

T 100

4

− 2,9

4

+ 0,72 ⋅

T 100

4

− 2,93 4

Rendezés után:

T T = 403,5 − 1,333 ⋅ 100 •

4

T = 298,16 K = 25,16 C

TKF=?, t=tsz=26oC

{

}

T 45 = 3 ⋅ (26 − 20) + 4 ⋅ 0,19 ⋅ 2,99 − 2,83 + 0,09 ⋅ 2,99 − KF 100 4

4

Rendezés után:

TKF = 306,3K = 33,3 o C

15

4

4

{

+ 0,72 ⋅ 2,99 4 − 2,93 4

}

BME Épületgépészeti Tanszék •


TA=?, t=tsz=26oC

45 = 3 ⋅ (26 − 20) + 4 ⋅ 0,19 ⋅ 2,99 4 −

4

TA 100

{

}

{

+ 0,09 ⋅ 2,99 4 − 2,9 4 + 0,72 ⋅ 2,99 4 − 2,93 4

}

Rendezés után:

T A = 291,6 K = 18,6 o C •

tsug=?

t sug = 4 Σϕ i ⋅ Ti 4 − 273 = 17,91o C t sug =

ΣAi ⋅ t i = 18,5 o C ΣAi

t R = 0,46 ⋅ t l + 0,54 ⋅ t s = 18,87 o C Oldjuk meg az el z feladatot még egyszer, de a szoba mélysége most 1 m legyen. Ebben az esetben a módosult besugárzási tényez k:

ϕ A = 2 ⋅ (0,186 + 0,105) = 0,582 ϕ KF = 2 ⋅ (0,186 − 0,105) = 0,162 ϕ BH = 1 − (0,186 + 0,105) = 0,256

•

t=?

45 = 3 ⋅ (t − 20) + 4 ⋅ 0,589 ⋅

T 100

4

T 100

− 2,83 4 + 0,162 ⋅

4

− 2,9 4 + 0,256 ⋅

T 100

4

− 2,93 4

Rendezés után:

T = 398,8 − 1,333 ⋅ •

T 100

4

T = 296,18 K = 23,18 C

TKF=?, t=tsz=26oC

{

}

45 = 3 ⋅ (26 − 20) + 4 ⋅ 0,589 ⋅ 2,99 4 − 2,83 4 + 0,162 ⋅ 2,99 4 −

TKF 100

4

{

+ 0,256 ⋅ 2,99 4 − 2,93 4

Rendezés után:

TKF = 320,5 K = 47,5 o C •

TA=?, t=tsz=26oC

T 45 = 3 ⋅ (26 − 20) + 4 ⋅ 0,589 ⋅ 2,99 − A 100 4

Rendezés után:

T A = 293,0 K = 20,0 o C •

tsug=?

t sug = 4 Σϕ i ⋅ Ti 4 − 273 = 14,27 o C

16

4

{

}

{

+ 0,162 ⋅ 2,99 4 − 2,9 4 + 0,256 ⋅ 2,99 4 − 2,93 4

}

}

BME Épületgépészeti Tanszék t sug =


ΣAi ⋅ t i = 17,6 o C ΣAi

t R = 0,46 ⋅ t l + 0,54 ⋅ t s = 16,9 o C Kérdés: Mekkora a sugárzási h mérséklet a metróalagútban, ha a környez felületek h mérséklete 16oC, a leveg h mérséklete 19oC? Válasz: 16oC ! Mivel a sugárzási h mérsékletet a felületi átlagh mérséklet határozza meg, ami jelen esetben 16oC ( =1).

2.

H átbocsátás

2.1.

Fal felületi h mérsékletének számítása, szigetelés hatása

Adott az alábbi falszerkezet, az alábbi paraméterekkel, bels és küls h mérsékletekkel. 1. Mekkora a fal bels felületének h mérséklete? 2. Milyen vastag λ sz = 0,04

W h vezetési tényez j szigetelésre van szükség, hogy a m⋅K

falszerkezet h átbocsátási tényez je a felére csökkenjen? Mekkora lesz ekkor a fal bels felületének h mérséklete?

W m2 ⋅ K W αb = 8 2 m ⋅K W k = 1,5 2 m ⋅K

α k = 24

1.

Q = A ⋅ k ⋅ ∆t q = k ⋅ ∆t = α b ⋅ (t b − t bF ) k ⋅ ∆t t b − t bF = αb k ⋅ ∆t 1,5 ⋅ 33 t bF = t b − = 20 − = 13,81°C 8 αb 2.

k=

1

1

αb

+

δf 1 + λ f αk

1 1 δf 1 = + + k αb λ f αk

δf 1 1 1 m2 ⋅ K = − − = 0,5 λ f 1,5 8 24 W k'=

k W = 0,75 2 2 m ⋅K

17

δf 1 1 1 = − − λ f k αb αk

BME Épületgépészeti Tanszék 1

k'=

1

αb

+Σ

δi 1 + λi α k

=

F téstechnika I. példatár 1

1

αb

δ f δ sz 1 + + λ f λ sz α k

+

δ sz =

1 1 δf 1 − − − ⋅ λ sz k' αb λ f αk

A szükséges szigetelés vastagsága:

δ sz =

1 1 1 − − 0,5 − ⋅ 0,04 = 0,027m = 27 mm 0,75 8 24

A fal bels felületének h mérséklete:

t bF ' = t b −

2.2.

k '⋅∆t

αb

= 20 −

0,75 ⋅ 33 = 16,91°C 8

Falvastagság számítása

Mekkora legyen a 0,1 W/m,K h vezetési tényez j fal vastagsága, ha 20oC bels és -15oC küls h mérséklet mellett legalább 17oC bels fal felületi h mérsékletet akarunk biztosítani? ( k=24 W/m2,K; b=8W/m2,K) Adatok:

= 0,1 W/m,K – a fal h vezetési tényez je tb = 20oC – a bels h mérséklet tk = -15oC – a küls h mérséklet tf = 17oC – fal h mérséklete 2 – h átadási tényez a bels falon b = 8 W/m ,K 2 – h átadási tényez a küls falon k = 24 W/m ,K Amekkora h áram megy a fal felületére h átadással, annyi h megy a falon keresztül h vezetéssel.

k=

1

1

αb

+

δ 1 + λ αk

=

1

1 δ 1 + + 8 0,1 24

=

1 24 = 3 240δ 1 4 + 240δ + + 24 24 24

q = k (t b − t k ) q = α b * (t b − t f )

k (t b − t k ) = α b * (t b − t f )

α b * (t b − t f ) 8 * (20 − 17) 24 24 = = = 4 + 240δ (t b − t k ) 20 − (−15) 35 4 + 240δ = 35

δ=

35 − 4 = 0,1292m = 12,92cm 240

18


2.3.


H szigetelés vastagságának számítása

A 38 cm vastag kisméret tömör téglafal h átbocsátási tényez je 1,5 Q/m2,K. Milyen vastag h szigetel réteget kell alkalmaznunk, hogy a falon átjutó h áram a felére csökkenjen? ( szig = 0,1 W/m,K) Adatok: k1=1,5 W/m2,K – a fal h átbocsátási tényez je szig = 0,1 W/m,K – a h szigetelés h vezetési tényez je q1 – szigetelés nélkül a h áram q2 – szigeteléssel a h áram k2 – szigeteléssel ellátott fal h átbocsátási tényez je A szigetelés nélküli h áram ill. szigeteléses h áram hányadosa 2, ami egyben azt is jelenti, hogy a h átbocsátási tényez k hányadosa 2. Felírva a két h átbocsátási tényez t, és behelyettesítve megkapjuk a szigetelés szükséges vastagságát:

q1 = k1 * ∆t q 2 = k 2 * ∆t q1 k1 = =2 q2 k 2 k1 = 2 * k 2 k1 =

1

1

αb k2 =

+

δ fal 1 + λ fal α k 1

1

αb

+

δ fal 1 δ szig + + λ fal α k λ szig

=

1

1 δ szig + k1 λ szig

1 1 δ szig = + k 2 k1 λ szig

δ szig = λ szig * (

1 1 2 1 1 − ) = 0,1 * ( − ) = 0,1 * = 0,0667 m = 6,67 mm k 2 k1 1,5 1,5 1,5

19


3.


F t testek kiválasztása

Alárendeltebb funkciójú helyiségekben (pl. WC, fürd szoba), kisebb teljesítmények kielégítésére alkalmazhatunk cs f t testet, illetve olyan helyeken, ahol az esztétikai szempontok nem játszanak különösebb szerepet (pl. ipari csarnokok) szóba jöhetnek a bordás csövek.

3.1.

Sima cs f t testek

Egy helyiség h veszteség számításakor Q = 500W h veszteséget kaptunk. Válasszunk ide cs f t testet, és figyeljük meg milyen méreteket kapunk az alábbi esetekben, ha a f t víz el remen h mérséklete t s = 90°C , a visszatér h mérséklet t r = 70°C , a helyiség bels h mérséklete t i = 20°C . A segédlet ide vonatkozó táblázataiból h mérsékletkülönbség függvényében a méterenkénti h leadást vehetjük ki. A közepes h mérsékletkülönbség: ∆t m =

ts + tr 90 + 70 − ti = − 20 = 60°C 2 2

Ha egy szál csövet helyezünk el vízszintesen, akkor •

Dn = 65 esetén q = 174W / m , tehát l =

•


•

Q 500 = = 2,87 m q 174

Q 500 = = 2,45m q 204 Q 500 Dn = 100 esetén q = 248W / m , tehát l = = = 2,02m q 248

cs re van szükség. Ha két szál csövet helyezünk el vízszintesen egymás felett, akkor • • •

Q 500 = = 3,57m = 2 ⋅ 1,785m q 140 Q 500 Dn = 80 esetén q = 164W / m , tehát l = = = 3,05m = 2 ⋅ 1,525m q 164 Dn = 65 esetén q = 140W / m , tehát l =


Q 500 = = 2,51m = 2 ⋅ 1,255m q 199

cs re van szükség. Ha egy szál csövet helyezünk el függ legesen, akkor •


•


•

Q 500 = = 3,03m q 165

Q 500 = = 2,58m q 194 Q 500 Dn = 100 esetén q = 236W / m , tehát l = = = 2,12m q 236

cs re van szükség.

20

a

közepes



Ha két szál csövet helyezünk el függ legesen egymás mellett, akkor •


•


•

Q 500 = = 3,01m = 2 ⋅ 1,505m q 166

Q 500 = = 2,56m = 2 ⋅ 1,28m q 195 Q 500 Dn = 100 esetén q = 237W / m , tehát l = = = 2,11m = 2 ⋅ 1,055m q 237

cs re van szükség.

3.2.

Bordáscs f t testek

Az el bbi teljesítményre és h mérsékleti adatokra válasszunk a segédletb l ASB-42 jel bordáscsövet! Most is diagramból kell kivennünk a méterenkénti h leadást, a közepes h mérsékletkülönbség függvényében. Válasszunk bordáscsövet z=8 mm és z=10 mm bordaosztással.

Q = 500W ∆t m = 60°C •

ASB-42-08 esetén q = 450W / m , tehát l =

Q 500 = = 1,1m (B=1200) q 450

•

ASB-42-10 esetén q = 300W / m , tehát l =

Q 500 = = 1,6m (B=2000) q 300

bordáscs re van szükség. Vizsgáljuk meg, hogy különböz bordabeosztások esetén hogyan változik a h átviteli tényez k értéke!

Q = k e ⋅ Ae ⋅ ∆t m

ke =

Q Ae ⋅ ∆t m

ahol: Ae - a bordáscs küls felülete Ae - az Ae felületre vonatkoztatott h átviteli tényez

Ae = d ⋅ π ⋅ B + 2 ⋅ n ⋅ B = 1000mm d = 42mm D = 90mm ∆t m = 60°C

n z =8 mm =

(D 2 − d 2 ) ⋅ π 4

B − 120 1000 − 120 = = 110 z 8

21



B − 120 1000 − 120 = = 88 z 10 (90 2 − 45 2 ) ⋅ π Ae = 42 ⋅ π ⋅ 1000 + 2 ⋅ 110 ⋅ = 1,1816315m 2 4 z =8 2 (90 − 45 2 ) ⋅ π Ae = 42 ⋅ π ⋅ 1000 + 2 ⋅ 88 ⋅ = 0,9716946m 2 4 z =10 Q z =8 450 W ke = = = 6,35 2 Ae ⋅ ∆t m 1,1816315 ⋅ 60 m ⋅ °C z =8

n z =10 mm =

z =8

ke =

z =10

Q z =10 300 W = = 5,15 2 Ae ⋅ ∆t m 0,9716946 ⋅ 60 m ⋅ °C

z =10

3.3.

Radiátorok

F tési rendszerünk el remen h mérséklete t s = 75°C , a visszatér t r = 65°C . A f tend helyiségünk bels h mérséklete t i = 23°C , a számított h veszteség pedig Q = 1500W . A közepes h mérsékletkülönbség most:

∆t m =

ts + tr 75 + 65 − ti = − 23 = 47°C 2 2

3.3.1. Dunaferr tagos radiátor Válasszunk ki a segédlet alapján Dunaferr tagos H=600 mm magasságú (L=500 mm kötéstávolságú) C=160 mm szélesség radiátort! A tagszámtól függ módosító tényez 10-12 tag esetén 1. Az általunk választott méret 10 tag h leadása Q = 965W , ∆t m = 60°C mellett. Egy tag f t felülete A' = 0,205m 2 . Ezekb l az adatokból a h átviteli tényez értéke:

k 60 =

Q 965 W = = 7,846 2 n ⋅ A'⋅∆t m 10 ⋅ 0,205 ⋅ 60 m ⋅ °C

Q = A ⋅ k 60 ⋅ 3

A=

∆t m ⋅ ∆t m 60 Q

=

1500

∆t m 47 ⋅ 47 ⋅ ∆t m 7,846 ⋅ 3 60 60 A 4,42 n= = = 21,51 → n = 22 A' 0,205

= 4,41m 2

k 60 ⋅ 3

A tagszám korrekció értékét a segédletb l kivéve: β n = 0,98 .

∆t m 47 ⋅ ∆t m ⋅ β n = 22 ⋅ 0,205 ⋅ 7,86 ⋅ 3 ⋅ 47 ⋅ 0,98 = 1502W 60 60 Egy tag hosszúsága b = 50mm , a radiátor teljes hosszúsága B = n ⋅ b = 22 ⋅ 50 = 1100mm . Q = n ⋅ A'⋅k 60 ⋅ 3

22



Folyadékvezetés hatása Dunaferr tagos radiátorra mérésb l származó összefüggés szerint fels -alsó átvezetés mellett:

Q = 0,696 ⋅n 0,877 ⋅∆t 1m,33

n = 0,877

Q 1500 = 0,877 = 18,41 → n = 19 1, 33 0,696 ⋅ ∆t m 0,696 ⋅ 471,33

Alsó fels átvezetés mellett:

Q = 0,315 ⋅n 0, 76 ⋅∆t 1m, 4 ⋅ m 0,131 m=

Q kg kg 1500 = = 0,0358 = 128,88 c w ⋅ (t s − t r ) 4186 ⋅ (75 − 65) s h

n = 0, 76

Q 1500 = 0, 76 = 24,85 → n = 25 1, 4 0 ,131 0,315 ⋅ ∆t m ⋅ m 0,315 ⋅ 471, 4 ⋅ 128,88 0,131

A burkolat hatása Az el z példa adataival számítsuk ki újra a szükséges tagok számát, ha a mellékelt ábra szerinti burkolat hatását is figyelembe vesszük a segédlet alapján.

Q = A ⋅ k ⋅ ∆t m ⋅ β c β c = 0,75 ∆t m 47 W = 7,846 ⋅ 3 = 7,233 ⋅ 2 60 60 m ⋅ °C A 5,88 n= = = 28,68 → n = 29 A' 0,205 β n = 0,97

k = k 60 ⋅ 3

Q = A'⋅n ⋅ k ⋅ ∆t m ⋅ β c ⋅ β n = 0,205 ⋅ 29 ⋅ 7,233 ⋅ 47 ⋅ 0,75 ⋅ 0,97 = 1470W

3.3.2. Dunaferr lapradiátor Továbbra is ugyanazt a feladatot oldjuk meg ( ∆t m = ∆t k = 47°C ), csak most válasszunk hozzá lapradiátort a segédlet alapján. A lapradiátor magassága szintén legyen H=600mm, és nézzük meg, hogy mekkora hosszakra van szükség E, EK, DK jel radiátort választva. A radiátor h leadásának átszámítása:

23


∆t k Q = Q60 ⋅ 60


n

ahol:

Q

- az átszámított h teljesítmény

Q60 - a ∆t k = 60°C -hoz tartozó h teljesítmény ∆t k - új közepes h fokkülönbség n - a h teljesítmény jelleggörbe hajlásszöge (a radiátor típusától és magasságától függ)

∆t k = ahol:

te + tv − tb 2

te

- el remen f t víz h mérséklete

tv

- visszatér f t víz h mérséklete

tb

- helyiség bels h mérséklete

Egysoros lapradiátor esetén (E):

W 47 q 60 = 840 , n = 1,26 → q = 840 ⋅ m 60 → L = 2500mm

1, 26

= 617,5

Q 1500 W →L= = = 2,43m m q 617,5

Egysoros, konvektoros lapradiátor esetén (EK):

W 47 , n = 1,27 → q = 1261 ⋅ m 60 → L = 1700mm

1, 27

q 60 = 1261

= 926,9

Q 1500 W →L= = = 1,62m m q 926,9

Dupla konvektoros lapradiátor esetén (DK):

W 47 , n = 1,33 → q = 2248 ⋅ m 60 → L = 1000mm q 60 = 2248

4.

1,33

= 1624,6

W Q 1500 →L= = = 0,923m m q 1624,6

Egycsöves f tési rendszer

Ebben a példában vízszintes egycsöves f tési rendszerbe kötött két radiátor méretét határozzuk meg. A radiátorok elrendezését és a használt jelölések értelmezését az alábbi ábra mutatja. A helyiségek bels h mérséklete t i = 23°C . A két helyiség h vesztesége eltér :

Q1 = 800W Q2 = 2000W

24



Dunaferr tagos radiátorokat válasszunk, ahol a közcsavar távolsága L=600 mm, a tagszélesség C=160 mm, egy tag f t felülete A’=0,24m2. A 3.1 –es feladatban használt módszerrel meghatározva a szabványos h átviteli tényez értéke k 60 = 7,84 rendszer el remen és visszatér h fokai rendre t s = 90°C és t r = 70°C .

mö =

ΣQ 2000 + 800 kg = = 0,03344 c ⋅ ∆t ö 4186 ⋅ 20 s

m1 = α 1 ⋅ mö = 0,5 ⋅ 0,03344 = 0,01672 ∆t1 =

kg s

Q1 800 = = 11,43K c ⋅ m1 4186 ⋅ 0,01672

t v1 = t s1 − ∆t1 = 90 − 11,43 = 78,57°C 90 + 78,57 ∆t k1 = − 23 = 61,29 K 2 Q1 800 A1 = = = 1,653m 2 ∆t 61,29 ⋅ 61,29 k 60 ⋅ 3 m ⋅ ∆t m 7,84 ⋅ 3 60 60 A 1,653 n1 = 1 = = 6,89 → n1 = 7 A' 0,24 t s 2 = t s1 − α ⋅ ∆t1 = 90 − 0,5 ⋅ 11,43 = 84,29°C Q2 2000 = = 28,58 K c ⋅ m2 4186 ⋅ 0,01672 t v 2 = t s 2 − ∆t 2 = 84,29 − 28,58 = 55,71°C 84,29 + 55,71 ∆t k1 = − 23 = 47 K 2 Q2 2000 A2 = = = 5,888m 2 ∆t 47 ⋅ 47 k 60 ⋅ 3 m ⋅ ∆t m 7,84 ⋅ 3 60 60 A 5,888 n2 = 2 = = 24,53 → n2 = 25 A' 0,24 ∆t 2 =

25

W . A f tési m2K


5.


A F t lap

Egy 0,6*1,0 m2 méret függ legesen álló f t lap átlagos felületi h mérséklete 36oC, amikor a környezet közepes h mérséklete 20oC. Ebben az estben a konvekciós h átadási tényez 3,95 W/m2,K. A sugárzási h átadási tényez 5,46 W/m2,K. Adatok: a = 0,6 m b = 1,0 m tk = 20oC c = 3,95 W/m,K s = 5,46 E/m,K

– f t lap magassága – f t lap szélessége – környezet közepes h mérséklete – konvekciós h átadási tényez – sugárzási h átadási tényez

Kérdések: a) Mekkora a f t lap összes h leadása 72oC-on? b) Mekkora egy ugyanilyen homlokfelület E-6-1000 méret egysoros lapradiátor h leadása, ha Q60 = 840W.? c) Ha van eltérés, adjon rá magyarázatot. a) A f t lap által leadott h mennyiség: El ször kiszámítjuk a 36°C-hoz tartozó „b” konstans értékét, majd meghatározzuk „c” konstans értékét, ami nem függvénye a f t lap h mérsékletének: t1 = 36°C , t 2 = 20°C

T1 100

b=

αs b

=

T − 2 100

4

=

t1 − t 2

b ⋅ c = αs c=

4

3,09 4 − 2,934 = 1,09161 36 − 20

5,46 = 5,0018 1,09161

Meghatározzuk a t1’-höz tartozó b’ konstans értékét, majd számítjuk az α s ' értékét.

t1 ' = 72°C T1 ' 100

4

−

T2 100

4

3,45 4 − 2,93 4 = 1,3071 t1 '−t 2 72 − 20 W α s = b'⋅c = 1,3071 ⋅ 5,0018 = 6,54 2 m K α 3,95 αc = a ⋅ 4 θ a = 4 c = 4 = 1,975 θ 16 W α c ' = a ⋅ 4 θ = 1,975 ⋅ 4 52 = 5,3 2 m K b' =

=

26



Q = α ö ⋅ 2 ⋅ A ⋅ (t l − t k ) W m2 K Q = 11,84 ⋅ 2 ⋅ 0,6 ⋅ (72 − 20) = 738,8W

α ö = α c + α s = 5,3 + 6,54 = 11,84

b) Egysoros lapradiátor h leadása:

n = 1,26 Q60 = 840W ∆t m = 72 − 20 = 52°C Q∆tm

∆t m = Q60 * 60

n

= 701,41W

c) Mivel a f t lap ideális helyzetben van (azaz a szoba közepén található), a radiátor pedig a fal mellett van.

6.

H szükségletszámítás, f tetlen helyiség h mérséklete

Egy sorfekvés helység 4x5 m2 alapterület és 3m belmagasságú. A bels falak és ajtók átlagos h átbocsátási tényez je 2,1 W/m2,K; a födémeké 1,2 W/m2,K. A szomszédos helységek h mérséklete 20oC. A 4x3 m2 méret (egyetlen) küls fal h átbocsátási tényez je 0,7 W/m2,K. A bels oldali h átadási tényez 8 W/m2,K. A küls falon lév ablak mérete 2 m2, h átbocsátási tényez je 3 W/m2,K. A légcsere 0,8 óránként. Adatok: n = 0,8 1/h kb = 2,1 W/m2,K kf = 1,2 W/m2,K ka = 3 W/m2,K kk = 0,7 W/m2,K Ab = 2*3*5 + 3*4 = 42 m2 Af = 2*4*5 = 40 m2 Aa = 2 m2 Ak = 3*4 - 2 = 10 m2 V = 3*4*5 = 60 m3 tk = -15oC tsz = 20oC 2 b = 8 W/m ,K tb = ?

– légcsereszám – bels falak h átbocsátási tényez je – födémek h átbocsátási tényez je – ablak h átbocsátási tényez je – küls falak h átbocsátási tényez je – bels falak felülete – födémek felülete – ablakok felülete – küls falak felülete – szoba térfogata – küls h mérséklet – szomszédos helységek h mérséklete – bels oldali h átadási tényez – szoba h mérséklete

Kérdések: a) mekkora a helység h mérséklete -15oC küls h mérsékleténél, kikapcsolt helységf tés mellett? b) Mekkora ekkor a küls fal bels felületén a h mérséklet? c) Mekkora a helység f töttségének mértéke, ha bekapcsolt f tésnél a bels h mérséklet 20oC? a) tb=? Mivel a f tés ki van kapcsolva, ezért tsz > tb > tk.

27



A helység h nyereségei:

Q ny = k b * A b * ( t sz − t b ) + k f * A f * ( t sz − t b ) = ( k b * A b + k f * A f ) * ( t sz − t b ) A helység h veszteségei:

Qv = −[k a * Aa * (t b − t k ) + k k * Ak * (t b − t k ) + n * V * ρ l * cl (t b − t k )] = = −[(k a * Aa + k k * Ak + n * V * ρ l * cl )(t b − t k )]

ρ l t =0

o

= 1,29

C

kg m3

(a leveg s r sége)

ρ l t =−15 C = ρ l t =0 C * o

cl = 1000

o

273 kg = 1,365 3 273 − 15 m

J kg 0 C

(A leveg fajh je)

k a * Aa + k k * Ak + n * V * ρ l * cl = 3 * 2 + 0,7 * 10 + 0,8 * 60 * 1,365 * 1000 * k b * Ab + k f * A f = 2,1 * 42 + 1,2 * 40 = 136,2 Behelyettesítés:

1 W = −31,2 3600 K

W K

Qv + Qny = 0 136,2 * (20 − t b ) = 31,2 * (t b + 15) 2724 − 136,2 * t b = 31,2 * t b + 468 2256 = 167,4t b t b = 13,48 o C

b)

Qk tbf

– küls falon (ablakok nélkül) a transzmissziós h veszteség – küls fal bels felületének h méséklete

Qk = Ak * k k * (t b − t k ) = 10 * 0,7 * (13,48 + 15) = 199,36W Qk = α b * Ak * (t b − t bf ) = 8 * 10(13,48 − t bf ) 8 * 10 * (13,48 − t bf ) = 199,36 1078,4 − 199,36 = 80 * t bf t bf = 10,99 o C c) tbx = tb = 20oC; Qx – pillanatnyi f tési teljesítmény; Q0 – f tési csúcsteljesítmény; tk0 – a küls h mérséklet méretezési állapotban.

Q x t bx − t k0 20 − (−15) = = =1 20 − (−15) Q0 t b − t k 0

28


7. 7.1.


F tési költség F tési költség számítása

Mennyi lesz várhatóan a f tési költség a f tési szezonban, ha a családi ház h szükséglete méretezési állapotban (-12oC) 20 kW? A f tési szezon átlagh mérséklete 4oC, a f tési napok száma 190 nap, a gázkazán átlagos éves hatásfoka 70%. A gáz f t értéke 34000 KJ/m3, lakossági ára 140 Ft/m3 (2006-os ár). Adatok:

t k 0 = −12°C

– küls h mérséklet

tb = 20°C

– bels h mérséklet

Q0 = 20kW t k = 4°C N = 190nap η = 0,7 B = 34000 KJ / m 3 F = 140 Ft / m 3

– h szükséglet – f tési szezon átlagh mérséklete – f tési napok száma – kazán hatásfoka – a gáz f t értéke – a gáz lakossági ára

A f tési idényben fogyasztott h :

Q= ahol:

n ⋅ Q0 ⋅ G ⋅ 24 ⋅ 3600 [GJ ] (tb 0 − t k 0 ) ⋅ 10 6

G - h fokhíd [nap oC] n - fogyasztási tényez f (id . járás, épületfizika, frendszer, üzemeltetés) ( n = 0,7 ÷ 0,8 )

G = N ⋅ (tb − t k ) = 190 ⋅ (20 − 4) = 3040nap°C 0,8 ⋅ 20 ⋅ 3040 ⋅ 24 ⋅ 3600 Q= = 131,33GJ (20 − (−12)) ⋅ 10 6 A f tési költéség:

Költség =

7.2.

Q ⋅ F 131,33 ⋅ 10 3 ⋅ 140 = = 772530 Ft η⋅B 0,7 ⋅ 34

F téskorszer sítés, új kazán választása a h fogyasztás ismeretében

Egy tízemeletes társasházon f téskorszer sítést hajtunk végre. Mekkora legyen az új f tési kazán teljesítménye, ha az alábbi adatok ismertek:

Q = 5000GJ / év Qny = 100GJ / hó

– nyári hónapok h fogyasztása (június, július, augusztus,

G = 3000nap°C

szeptember) – f tési szezon h fokhídja

n = 0,75

– fogyasztási tényez

– h fogyasztás

29



t k 0 = −13°C

– küls h mérséklet

tb 0 = 20°C

– bels h mérséklet

Az éves HMV el állításra fordított h mennyiség:

QHMV = 6 ⋅ Qny + 6 ⋅ 1,15 ⋅ Qny = 6 ⋅ 100 + 6 ⋅ 1,15 ⋅ 100 = 1290GJ / év

(ez abból adódik, hogy a téli id szakban a tapasztalatok alapján 15%-al nagyobb a h fogyasztás, mint a nyári hónapokban.) A f tésre fordított h mennyiség:

QF = 5000 − 1290 = 3710GJ / év

A h fogyasztás a 6. példa alapján:

QF =

n ⋅ Q0 ⋅ G ⋅ 24 ⋅ 3600 [GJ ] (tb 0 − t k 0 ) ⋅ 10 6

Q0 ==

QF ⋅ (tb 0 − t k 0 ) ⋅ 10 6 3710 ⋅ (20 − (−13)) ⋅ 10 6 = = 629,8kW n ⋅ G ⋅ 24 ⋅ 3600 0,75 ⋅ 3000 ⋅ 24 ⋅ 3600

tehát a f tési kazán teljesítményének 630 kW-nak kell lennie.

7.3.

Az „n” fogyasztási tényez

Adott egy épület tervezési h szükséglete ( Q0 = 300kW ), az éves h fogyasztása

( Q = 1800GJ ), valamint:

t k 0 = −13°C tb 0 = 20°C G = 3000nap°C Mekkora az „n” tényez értéke?

Q ⋅ (tb 0 − t k 0 ) ⋅ 10 6 1800 ⋅ (20 − (−13)) ⋅ 10 6 n= = = 0,764 300 ⋅ 3000 ⋅ 24 ⋅ 3600 Q0 ⋅ G ⋅ 24 ⋅ 3600 A következ évben 20%-al nagyobb volt a h fogyasztás, és a hidegebb tél miatt a h fokhíd 3150-re n tt. Milyen volt a f tés jellege? Mi ennek az oka?

n' =

Q '⋅(t b 0 − t k 0 ) ⋅ 10 6 2160 ⋅ (20 − (−13)) ⋅ 10 6 = = 0,873 300 ⋅ 3150 ⋅ 24 ⋅ 3600 Q0 ⋅ G ⋅ 24 ⋅ 3600

A f tés jellege pazarló volt. Ennek oka lehet a túlf tés (azaz a tervezettnél jóval magasabb bels h mérsékletek), a rendszer beszabályozatlansága (szétszabályozódás), mér csere ill. a napsütéses órák számának csökkenése és/vagy a szeles napok számának növekedése. Az ok pontos meghatározása helyszíni felmérést igényel.

30

Ftéstechnika I. Példatár

Recommend Documents