Ho considerato 2 liquidi classici diversi, un 50VG/50PG ed un 80VG/20PG, ed ho calcolato il calore (energia) strettamente necessario per evaporare 1 ml di liquido.
I risultati finali sono
- calore necessario per evaporare 1 ml di 50/50 : 1701 Joule
- calore necessario per evaporare 1 ml di 80/20 : 2153 Joule
Pertanto, se è nota la capacità energetica di una cella LiIon possiamo stimare quanti millilitri di liquido possiamo svapare al massimo. Ad esempio con una cella da 9 Wh che corrispondono a 9*3600 = 32400 J, potremmo svapare una massimo teorico di 32400/1701 =19 ml di 50/50 oppure 32400/2153=15 ml di 80/20.
Tali quantità non sono quelle realmente svapabili in quanto parte dell'energia delle celle viene dissipata dai circuiti e parte del calore prodotto dalla coil viene dissipata dall'atomizzatore.
Mentre sappiamo che l'efficienza dei circuiti è del 75-95 %, diciamo dell'85% in media, non sappiamo nulla dell'efficienza degli atomizzatori.
Tenendo conto di un'efficienza del circuito dell'85% le quantità svapabili con una cella da 32400 J si riducono a
V50/50 = 19 *0.85 =16 ml
V80/20 = 15*0.85 =12.7 ml.
Tali quantità sono ancora stime in eccesso che vanno ridotte. La riduzione è strettamente dipendente dall'efficienza dell'atomizzatore, di cui nulla si sà, ma non mi aspetto grandissime variazioni, probabilmente saranno inferiori al 10% corrispondenti ad un rendimento minimo dell'atomizzatore intorno al 90%.
Facciamo qualche calcolo realistico.
Esempio 1. Supponiamo di svapare un 50/50 a 16 W con una configurazione coil/box che garantisce un rendimento dell'85% ed una cella LG HG2. La corrente di scarica media sarà di circa 4.5 A (16/3.6) e a tale corrente la cella è in grado di erogare circa 9.185 Wh (si veda il test di dampfakkus a 5A: LG INR18650HG2 Akkutest in der Dampfakkus.de AkkuDB ).
Pertanto si riusciranno a svapare circa
V = 0.85 * 0.9 * 9.185*3600 /1701 = 14.9 ml
di liquido
Esempio 2. Supponiamo di svapare un 80/20 a 36 W con una configurazione coil/box che garantisce un rendimento dell'85% ed una cella LG HG2. La corrente di scarica media sarà di circa 10 A (36/3.6) e a tale corrente la cella è in grado di erogare circa 8.500 Wh (si veda il test di dampfakkus a 10A: LG INR18650HG2 Akkutest in der Dampfakkus.de AkkuDB ).
Pertanto si riusciranno a svapare circa
V = 0.85 * 0.9 * 8.5*3600 /2153 = 10.8 m
di liquido.
I conti li potete fare da soli usando le vostre celle e configurazioni.
Sarebbe bello se ciascuno riportasse i millilitri di liquido che riesce a svapare con una cella (o anche 2) specificando la composizione del liquido e la configurazione della box.
Chi fosse interessato ai dettagli tecnici (termodinamica) può leggere ciò che segue .
Densità del liquido
Consideriamo 1 ml di liquido con composizione x VG/(1-x) PG alla temperatura ambiente di 25°C, essendo x è la percentuale volumetrica di VG ed 1-x quella del PG.
Essendo la densità del VG a 25°C pari a 1.26 g/ml e quella del PG 1.04 g/ml, il peso di 1 ml di liquido a 25 °C sarà
pL =1.26 x/100 + 1.04 (1-x)/100 [1]
Per un liquido 50/50 si ha
p50/50 =1.15 g
mentre per un 80/20 si ha
p80/20 =1.22 g.
1 ml di liquido a 25°C quando viene riscaldato aumenta di volume ma il peso rimane sempre lo stesso. Nel seguito, quando parlerò di 1 ml* di liquido intenderò una quantità di liquido che a 25°C occupa 1 ml di volume o, equivalentemente, una quantità di liquido di peso pL.
Sia TL la temperatura di ebollizione del liquido. Per un 50/50 tale temperatura è T50/50 =210°C, mentre per un 80/20 si ha T80/20 =238°C.
Energia necessaria per portare il liquido alla temperatura di ebollizione
La quantità di calore q1 necessaria a riscaldare 1ml* da 25°C alla temperatura di ebollizione TL è data dalla relazione
q1= pL cL ( TL - 25) [2]
dove cL è il calore specifico medio del liquido (a pressione ambiente). Il calore specifico dipende dalla temperatura, ma sia per il PG che per il VG ha andamento lineare e non troppo diverso. Il calore specifico di PG e VG a 25°C valgono
cPG,25= 2.5 J/g*C e cVG,25= 2.4 J/g*C
mentre a 180°C valgono
cPG,180= 3.53 J/g*C e cVG,25= 3.29 J/g*C .
Assumendo un andamento lineare si possono stimare i calori specifici a 210 °C (temperatura di ebollizione del 50/50)
cPG,210= 3.73 J/g*C e cVG,210= 3.46 J/g*C
ed a 238°C (temperatura di ebollizione del 80/20)
cPG,238= 3.92 J/g*C e cVG,238= 3.63 J/g*C .
Il calore specifico dei liquidi si ottiene facendo la media pesata (in peso) delle componenti.
Per il 50/50 avremo
a 25°C:
c50/50,25 =cVG,25 * 0.5 * pVG /pL +cPG,25 * 0.5 * pPG /pL =2.4 * 0.5*1.26/1.15 + 2.5 * 0.5*1.04/1.15= 1.31 +1.13 =2.44 J/g*C
mentre a 210°C
c50/50,210 =cVG,210 * 0.5 * pVG /pL +cPG,210 * 0.5 * pPG /pL =3.46 * 0.5*1.26/1.15 + 3.73 * 0.5*1.04/1.15= 1.89 +1.69 =3.50 J/g*C
con valore medio tra le 25 e 210°C pari a
c50/50 =( 2.44+3.5)/2 = 2.97 J/g*C
Per l'80/20, ripetendo i conti si ottiene il valore medio tra 25 e 238°C
c80/20 = 3.89 J/g*C
Applicando la formula [2] ai due liquidi si ottiene
q1,50/50 = 1.15 * 2.97 * (210-25)=632 J
q1,80/20 = 1.22 *3.89 * (238-25)=1011 J
Energia necessaria per evaporare il liquido che è già alla temperatura di ebollizione
Il calore latente specifico di evaporazione del PG risulta
LPG= 914 J/g
mentre quello del VG è
LVG= 944 J/g.
La media pesata (in peso) per un 50/50 risulta pertanto
L50/50=914 * 0.5*1.04/1.15 + 944 * 0.5*1.26/1.15 = 930 J/g
mentre per l'80/20 sarà
L80/20=914 * 0.2*1.04/1.22 + 944 * 0.8*1.26/1.22 = 936 J/g.
Pertanto il calore necessario per il cambiamento di stato (da liquido a gas) di 1 ml* di liquido sarà
q2,50/50 = 930*1.15=1069 J
q2,80/20 = 936*1.22=1142 J.
Energia necessaria per portare ad evaporazione un liquido inizialmente a 25°C
Basterà sommare i contributi q1 e q2 per ottenere
q50/50=q1,50/50+q2,50/50=632 + 1069 =1701 J
q80/20=q1,80/20+q2,80/20=1011 + 1142 =2153 J
