化工原理课后习题答案第一章流体滚动答案

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1.解：（1）1atm=101325Pa=760mmHg

真空度=大气压力—绝对压力，表压=绝对压力—大气压力所以出口压差为

p=0.076?101325?(?0.082?10)?8.97?10N/m2

（2）由真空度、表压、大气压、绝对压之间的关系可知，进出口压差与当地大气压无关，所以出口压力仍为8.97?10Pa2.解：T=470+273=703K，p=2200kPa

混合气体的摩尔质量

Mm=28×0.77+32×0.065+28×0.038+44×0.071+18×0.056=28.84g/mol

混合气体在该条件下的密度为：

ρm=ρm0×T0T×pp0=28.8422.4×273703×2202301.3=10.858kg/m3

3.解：由题意，设高度为H处的大气压为p，根据流体静力学基本方程，得dp=-ρgdH

大气的密度根据气体状态方程，得ρ=pMRT

根据题意得，温度随海拔的变化关系为T=293.15+4.81000H

代入上式得

ρ=pMR（293.15-4.8×10-3H）=-dpgdh

移项整理得

dpp=-MgdHR293.15-4.8×10-3H

对以上等式两边积分，

101325pdpp=-0HMgdHR293.15-4.8×10-3H

所以大气压与海拔高度的关系式为lnp101325=7.13×ln293.15-4.8×10-3H293.15

464即：

lnp=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526

（2）已知地平面处的压力为101325Pa，则高山顶处的压力为p山顶=101325×330763=45431Pa

将p山顶代入上式

ln45431=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526解得H=6500m，所以此山海拔为6500m。4.解：根据流体静力学基本方程可导出p容器-p大气=Rgρ水-ρ煤油

所以容器的压力为

p容器=p大气+Rgρ水-ρ煤油=101.3+8.31×9.81×（995-848）1000=113.3kPa5.解：R?R'sin??120?sin30?60mm

以设备内液面为基准，根据流体静力学基本方程，得

p1?p0??0gR?101325?850?9.81?60?10?3??101.8kPa

6.解：（1）如下图，取水平等压面1—1’，2—2’，3—3’与4—4’，选取水平管轴心水平面为位能基准面。根据流体静力学基本方程可知pA=p1+ρgz1

同理，有

p1=p1'=P2+ρigR2，p2=p2'=P3-ρg（z2-z3）p3=p3'=p4+ρigR3，p4=p4'=pB-ρgz4以上各式相加，得

PA-PB=ρigR2+R3-ρgz2-z1+z4-z3由于z2-z1=R2，z4-z3=R3

PA-PB=ρi-ρgR2+R3=13.6-1×9.81×0.37+0.28=80.34kPa同理，有

PA-PB=ρi-ρgR1=ρi-ρgR2+R3

故单U形压差的读数为R1=R2+R3=0.37+0.28=0.65m

（2）由于空气密度远小于液体密度，故可认为测压连接纳中空气内部各处压强近似相等。即p2=p2'≈p3=p3'

故有p2=p2'=p3=p3'=p4+ρigR3

由于z2-z1+z4-z3=R2+R3=h+z4-z1?z4-z1=R2+R3-h

所以PA-PB=ρigR2+R3-ρgz4-z1=ρi-ρgR2+R3+ρgh=13.6-1×9.81×0.65+1×9.81×0.31=83.68kPa

此测量值的相对误差为83.68-80.3480.34×100%=4.16%

7.解：（1）在A—A’，B—B’两截面间列伯努利方程，得

p1u122gz1??hf??W?gz2?p2??u222??hf其中W=0，z1=z2，?=2.2J/kg

?12(u2?u1)?2.222p1?p2化简为由题目知：输水量

u1??4qv?1.16m3/h?3.22?10m3/s

?42qv?4?23.22?10d10.785?0.023.22?10?1.03m/s?42u2?qv?4?2d20.785?0.039?0.27m/s查表得20℃水的密度为998.2kg/m3

p1?p2?12(u2?u1)?2.2?2212所以

?(0.272?1.03)?2.2?1.7062J/kg3p1?p2?998.2?1.706?1.703?10Pa

（2）若实际操作中水为反向滚动，同样在A?A'，B?B'两截面间列伯努利方程，得

p2u222gz2????W?gz1?p1??u122??hf其中W=0，z1=z2，?hf=2.2J/kg

?12(u1?u2)?2.222p2?p1化简为

?由于流量没有变，所以两管内的速度没有变，将已知数据带入上式，得

?1?223p2?p1?998.2???(1.03?0.27)?2.2??2.689?10?2?Pa8.解：查表1-3，选取水在管路中的流速为u=1.5ms，则求管径d=qvπ4u=2536000.785×1.5=76.8mm

查附录13进行管子规格圆整，最终选取管外径为83mm，壁厚为3.5mm，即适合的管径为Φ83mm×3.5mm。9.解：（1）管内流体的质量流量qm=ρqv=π4d2ρu有上式得出质量流速为ρu=qmπ4d2

雷诺数Re=duρμ=d×qmπ4d2μ=0.2×120236000.785×0.222×10-5=1.06×105>2000

所以该气体在管内的滚动类型为湍流。

（2）层流输送最大速度时，其雷诺数为2000，于是质量流速可通过下式计算：

ρu=Reμd=2000×2×10-50.2=0.2kg(m2?s)

所以层流输送时的最大质量流量qm=π4d2ρu=0.785×0.22×0.2×3600=22.608kgh

10.解：（1）根据题意得：u=20y-200y2，将上式配方得u=20y-200y2=-200y-0.052+0.5

所以当y=0.05m时管内油品的流速最大，umax=0.5ms（2）由牛顿粘性定律得τ=-μdudy

其中dudy=20-400y

代入上式得管道内剪应力的分布式τ=-μdudy=-μ20-400y=-60×103（20-400y）

所以管壁处的剪应力τs=-60×10320-400×0=-1.2Nm2（负号表示与滚动方向相反）

4?管道截面积润湿周边4A??11.解：（1）

de??根据题意可算出：AE?40tan30?23mm，AD?2AE?46mmAB?40?2?23?86mm

A?12(AB?CD)?DE?12(86?40)?40?10?6?2.52?10?3通道截面积m2

润湿周边??AD?2?CD?AB?218mm=0.218mde?4?2.52?100.218qv?3?0.046m（2）

u?=40m3/h=0.011m3/s

qv?20.0110.785?0.0462?4?6.62

Re?dem/s

?0.046?6.62?998.21?10?3deu???3.04?105?4000故该流型为湍流。

12.解：如课本图1-17，流体在内外管的半径分别为r1和r2的同心套管环隙间沿轴向做定态滚动，在环隙内取半径为r，长度为L，厚