Stima Dell'autonomia Di Una Batteria in Termini Di Millilitri Di Liquido

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Per far evaporare una certa quantità di liquido bisogna prima portarlo alla sua temperatura di ebollizione e poi fornirgli ulteriore calore per permettere la trasformazione da liquido a gas.
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

  1. calore necessario per evaporare 1 ml di 50/50 : 1701 Joule
  2. 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 .
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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
 
Ultima modifica:
Ho terminato il post. Spero che qualcuno si prenda la briga di pubblicare i suoi dati in modo che con il tempo si possa stimare l'efficienza degli atomizzatori.
 
Ci credi @Igiit che questa discussione non l'avevo ancora letta?
Molto, molto, molto interessante. Mi sorge però spontanea una domanda: non è stato tenuto conto di una cosa che trascende l'efficienza dell'atomizzatore, e che a mio avviso influisce decisamente di più, l'afflusso d'aria che raffredda la coil. In sostanza credo che questi calcoli siano perfetti nel caso in cui mi ponga in una stanza a temperatura più o meno costante e lasci andare il circuito (presupponendo che sia sempre costante l'afflusso di liquido) affinché continui a trasformare il liquido in gas. Ma credo che il calore necessario per far evaporare 1 ml di liquido sia sensibilmente superiore se si soffia sulla coil, cosa che noi facciamo ad ogni svapata. Dico cavolate?
Sarebbe una bella sfida, parecchio rognosa anche soltanto dal punto di vista delle stime e delle approssimazioni, calcolare l'autonomia a fronte di una media di afflusso d'aria da guancia per il 50/50 e da polmone per l'80/20.
 
Ci credi @Igiit che questa discussione non l'avevo ancora letta?
Molto, molto, molto interessante. Mi sorge però spontanea una domanda: non è stato tenuto conto di una cosa che trascende l'efficienza dell'atomizzatore, e che a mio avviso influisce decisamente di più, l'afflusso d'aria che raffredda la coil. In sostanza credo che questi calcoli siano perfetti nel caso in cui mi ponga in una stanza a temperatura più o meno costante e lasci andare il circuito (presupponendo che sia sempre costante l'afflusso di liquido) affinché continui a trasformare il liquido in gas. Ma credo che il calore necessario per far evaporare 1 ml di liquido sia sensibilmente superiore se si soffia sulla coil, cosa che noi facciamo ad ogni svapata. Dico cavolate?
Sarebbe una bella sfida, parecchio rognosa anche soltanto dal punto di vista delle stime e delle approssimazioni, calcolare l'autonomia a fronte di una media di afflusso d'aria da guancia per il 50/50 e da polmone per l'80/20.
Sarebbe una grande sfida che richiederebbe una modellazione piuttosto raffinata. Direi che è materia da articolo scientifico. Chissà, magari un giorno ...
 
@Alvi:
per riscaldare 1 litro di aria secca di 10 °C ci vogliono circa 10 J di energia. Un tiro di polmone non troppo profondo potrebbe corrispondere ad 1 litro. quindi Se sapessimo quanti tiri da 1 litro ci vogliono per svapare 1 ml di liquido saremmo a cavallo.
 
Io volendo posso svapare [emoji23][emoji23][emoji23].....
Vi posso dire con quanti tiri da flavour mi finisco un ml di liquidi .. [emoji6]

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Considerazioni da profano :)
Sarebbe interessante capire se il flusso dell'aria incide talmente tanto da rendere impossibile-inutile uno studio del genere.
Se usassimo per esempio un Nautilus, a 13 w con aria tutta chiusa o tutta aperta, cambierebbe tanto il consumo di liquido ?
Conterebbe tanto anche il modo di svapare? Compulsivo, tranquillo, etc. Se faccio 3 attivazioni ravvicinate scaldo la coil e vaporizzo più liquido senza variare il consumo di batteria.
Single coil, dualcoil ?


Se dovesse servire posso provare a controllare i miei dati di svapo :clappingyellow:
 
@Alvi:
per riscaldare 1 litro di aria secca di 10 °C ci vogliono circa 10 J di energia. Un tiro di polmone non troppo profondo potrebbe corrispondere ad 1 litro. quindi Se sapessimo quanti tiri da 1 litro ci vogliono per svapare 1 ml di liquido saremmo a cavallo.
Secondo me più che sui tiri per ogni ml (che diventa complicato) forse conviene ragionare sul tempo.
Dando momentaneamente per buono che un tiro polmonare da 2 secondi può corrispondere a circa 1 litro d'aria, possiamo approssimare che in caso di tiro polmonare l'afflusso di aria sia di circa 500 ml/s.
Per scaldare 500 ml di aria da 25 a 238 gradi servono circa (partendo dai dati che mi hai appena fornito, e ragionando in maniera approssimata, giusto per dare l'idea del ragionamento) 106 J, che significa portare l'aria a temperatura in 1 secondo esercitando una potenza di a 106 watt.
Dai tuoi calcoli iniziali abbiamo appurato che l'energia necessaria per far evaporare 1 ml di 80/20 è 2153 J, il che significa che per fare evaporare 1 ml di liquido in 1 secondo occorrono 2153 watt.
Quindi per scaldare aria e liquido occorrono (106+2153)/3600=0.62754 wh. Quindi con una batteria da 9 wh potremmo svapare 9/0,62754= 14,34 ml.
Bisognerebbe perfezionare i dati (l'afflusso dell'aria) per rendere il tutto più preciso, ma effettivamente l'aria dunque non influisce tanto quanto credevo (meno del 5% di autonomia in meno)...
 
Non proprio.

L'aria entra nell'atom a temperatura ambiente, diciamo 20°C. Il liquido entra nell'atom a temperatura ambiente, diciamo anch'essa a 20°C. L'aerosol esce dall'atom a temperatura di circa 28/35°C, in funzione dello stile di vaping.

Dentro l'atom il liquido evapora richiedendo molto calore e l'aria che lambisce la wick raffredda il vapore che condensa in micro-goccioline e contemporaneamente l'aria si riscalda. Parte dell'aria viene preriscaldata direttamente dalla coil.
Se conoscessimo il flusso d'aria [ml/s] ed flusso di vapore [ml/s] (consumo di liquido nell'unità di tempo), potremmo fare un bilancio energetico e determinare la quota di energia spesa per il preriscaldamento dell'aria, ovvero quella quota che io ho trascurato nei miei conti.


Va = volume di aria inspirato per svapare 1 ml di liquido
c =calore specifico per 1 ml di aria 0.001 J/( °C)
Qe= calore necessario perevaporare 1 ml di 80/20 : 2153 Joule
Tu = temperatura di uscita dell'aerosol (28-35 °C)
Ti= temperatura iniziale( ambiente) aria e liquido (~20 °C)
Tv= temperatura del vapore di un 80/20= 238°C
Qca = calore trasmesso direttamente dalla coil all'aria
Qva = calore trasmesso dal vapore all'aria


Facciamo un bilancio energetico:

1) Posto che tutto il vapore in uscita (1 ml) è condensato ed è alla temperatura Tu, essendo partito dalla temperatura Tv, significa che ha perso circa Qe Joule (poco poco di meno in realtà perchè esce a 8-15°C in più di quando è entrato)
2) di questi Qe la grossa parte Qva è andata a riscaldare l'aria, un parte minore Qvt a riscaldare l'atomizzatore-tank per cui Qva=Qe-Qvt.
3) l'aria riscaldata lambisce anche le parti fredde dell'atomizzatore e quindi perde una quota Qat di calore

Quindi dopo essere entrata a temperatura Ta, l'aria viene parzialmente riscaldata dalla coil (Qca), ulteriormente riscaldata dal vapore (Qva) e raffreddata dalle pareti (Qat) assorbendo così una quantità totale di calore

Qa = Qca + Qva - Qat = Qca + Qe - Qvt - Qat .

Tale quantità produce un aumento di temperatura dell'aria da Ti a Tu ed essendo c il calore specifico dell'aria, risulterà

Qa = Va * c * (Tu-Ti)

quantità nota, che sostituita nell'equazione di bilancio energetico ci dà

Qca = [c * (Tu-Ti) - Qe] + ( Qvt + Qat)

dove il termine tra parentesi quadre è noto, mentre il termine tra parentesi tonde è la quantità di calore dissipata dal tank-atomizzatore. Indicata con e=1- ( Qvt + Qat)/Qe l'efficienza energetica dell'atomizzatore, risulta

Qca = Va*c * (Tu-Ti) - e * Qe


formula che, se conoscessimo l'efficienza dell'atom, ci consentirebbe di calcolare il calore necessario a preriscaldare l'aria.


Facciamo delle congetture:
in un tiro di polmone da 3 secondi inspiriamo 1500 ml di aria e per svapare 1 ml di liquido ci vogliono 30 tiri. Quindi
Va=1500 *30=45000 ml di aria ovvero 45 litri di aria.
Se Ti=20°C e Tu=30°C
Qca= 45 000* 0.001 * 10 - e * 2153 =450 - e * 2153.

Siccome Qca deve essere positivo si ottiene che il rendimento dell'atomizzatore-tank deve essere minore del 21%.


Inizialmente, su richiesta di @Alvi, l'intensione era di stimare Qca ovvero che quota di energia si prendesse l'aria a scapito del liquido. Pur avendo ottenuto un risultato diverso, il risultato è interessante perchè ci suggerisce che la fetta più grossa dell'energia viene dispersa.
Naturalmente, essendo i dati presi a spanne, lo è anche il risultato.
 
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