化工原理习题

例1-1静力学方程应用如图所示，三个容器A、B、C内均装有水，容器C敞口。密闭容器A、B间的液面高度差为z1=1m，容器B、C间的液面高度差为z2=2m，两U形管下部液体均为水银，其密度0=13600kg/m3，高度差分别为R=0.2m，H=0.1m，试求容器A、B上方压力表读数pA、pB的大小。解如图所示，选取面1-1、2-2，显然面1-1、2-2均为等压面，即2211pppp，。再根据静力学原理，得：gHpHzgpaB02于是1.0281.910001.081.91360020HzggHppaB=–7259Pa由此可知，容器B上方真空表读数为7259Pa。同理，根据p1=p1及静力学原理，得：gRgzpgRpBA01)()(表表所以gRRzgppBA01)(()()表表2.081.9136002.0181.910007259=2.727104Pa例1-2当被测压差较小时，为使压差计读数较大，以减小测量中人为因素造成的相对误差，也常采用倾斜式压差计，其结构如图所示。试求若被测流体压力p1=1.014105Pa（绝压），p2端通大气，大气压为1.013105Pa，管的倾斜角=10，指示液为酒精溶液，其密度0=810kg/m3，则读数R为多少cm？若将右管垂直放置，读数又为多少cm？解（1）由静力学原理可知：sin0021RggRpp将p1=1.014105Pa，p2=1.013105Pa，0=810kg/m3，=10代入得：05502110sin81.981010013.110014.1singppR=0.073m=7.3cm（2）若管垂直放置，则读数05502190sin81.981010013.110014.1singppR=0.013m=1.3cm可见，倾斜角为10时，读数放大了7.3/1.3=5.6倍。例1-3一车间要求将20C水以32kg/s的流量送入某设备中，若选取平均流速为1.1m/s，试计算所需管子的尺寸。若在原水管上再接出一根1594.5的支管，如图所示，以便将水流量的一半改送至另一车间，求当总水流量不变时，此支管内水流速度。解质量流量42duuAmpBpAz1BAz2paCR2H2110例1-1附图p1Rp2R0例1-2图倾斜式压差计例1-3附图式中u=1.1m/s，m=32kg/s，查得20C水的密度=998kg/m3，代入上式，得：14.31.1998324d0.193m=193mm对照附录，可选取2196mm的无缝钢管，其中219mm代表管外径，6mm代表管壁厚度。于是管内实际平均流速为：95.010622199983244622dmum/s若在原水管上再接出一根1594.5的支管，使支管内质量流量m1=m/2，则：22211uddu将d1=159-24.5=150mm=0.15m，d=219-26=207mm=0.207m，u=0.95m/s代入得：9.015.0207.095.021212211dduum/s例1-420℃水以0.1m/s的平均速度流过内径d=0.01m的圆管，试求1m长的管子壁上所受到的流体摩擦力大小。解首先确定流型。查附录得20℃水的物性为：=998.2kg/m3，=1.005cP=1.005×10-3Pas，于是20002.99310005.12.9981.001.0Re3du可见属层流流动。由式1-88得：0804.001.01.010005.18843duRuwN/m21m长管子所受的总的摩擦力0025.0101.00804.0dLFwN例1-5关于能头转化如附图1所示，一高位槽中液面高度为H，高位槽下接一管路。在管路上2、3、4处各接两个垂直细管，一个是直的，用来测静压；一个有弯头，用来测动压头与静压头之和，因为流体流到弯头前时，速度变为零，动能全部转化为静压能，使得静压头增大为（p/g+u2/2g）。假设流体是理想的，高位槽液面高度一直保持不变，2点处直的细管内液柱高度如图所示；2、3处为等径管。试定性画出其余各细管内的液柱高度。解如图1-25所示，选取控制面1-1面、2-2面、3-3面和4-4面。对1-1面和2-2面间的控制体而言，根据理想流体的柏努利方程得：gpguzgpguH222212122113Hp2/g4342z32例1-5附图1式中u1=0，p1=0(表压)，z2=0(取为基准面)，于是，上式变为：gpguH2222(1)这就是2点处有弯头的细管中的液柱高度，见附图2，其中比左边垂直管高出的部分代表动压头大小。同理，对1-1面和3-3面间的控制体有：gpguzH32332(2)可见，3点处有弯头的细管中的液柱高度也与槽中液面等高，又因为2、3处等径，故u2=u3，而z3z2=0，故由式1、式2对比可知，p3/gp2/g，静压头高度见图1-26。在1-1面和4-4面间列柏努利方程有：gpguzH42442(3)可见，4点处有弯头的细管中的液柱高度也与槽中液面等高。又z3=z4，u4u3，对比式3、式2可见：gpgp34例1-6轴功的计算如图所示，用泵将河水打入洗涤塔中经喷嘴喷出，喷淋下来后流入废水池。已知管道尺寸为1144mm，流量为85m3/h，水在管路中流动时的总摩擦损失为10J/kg（不包括出口阻力损失），喷头处压力较塔内压力高20kPa，水从塔中流入下水道的摩擦损失可忽略不计。求泵的有效轴功率。解取河面为1-1面，喷嘴上方管截面为2-2面，洗涤塔底部水面为3-3面，废水池水面为4-4截面。河水经整个输送系统流至废水池的过程中并不是都连续的，在2-2面和3-3面之间是间断的，因此，机械能衡算方程只能在1-2、3-4之间成立。在1-1面和2-2面间列机械能衡算方程：fewpugzwpugz222212112222气体洗涤塔5m泵气体331m11m144河水废水池例1-6附图0.2mu22/2g11u32/2gu42/2gp4/gHp3/g34p2/g34z322例1-5附图2取河面为基准面，则z1=0，z2=7m，又u10（河面较管道截面大得多，可近似认为其流速为零），422dVu68.24104211436008562m/s，p1=0(表)，wf=10J/kg。将以上各值代入上式，得：)(26.8210)(268.281.97222表表ppwe式中p2由3-3面与4-4面间的机械能衡算求取。因流体在3、4面间的流动损失不计，故有：)(2)(242443233表表pugzpugz取4-4面为基准面，则z3=1.2m，z4=0，又u3u40，p4(表)=0代入上式解之得：77.1181.92.133gzp（表）J/kg而23.81000102077.111020)()(3332表表ppJ/kg于是49.9023.826.82ewJ/kg故泵的有效轴功率为：360049.90851000eeVwmw=2137W2.14kW例1-7如图所示，将敞口高位槽中密度870kg/m3、粘度0.810-3Pas的溶液送入某一设备B中。设B中压力为10kPa（表压），输送管道为382.5无缝钢管，其直管段部分总长为10m，管路上有一个90标准弯头、一个球心阀（全开）。为使溶液能以4m3/h的流量流入设备中，问高位槽应高出设备多少米即z为多少米？解选取高位槽液面为1-1面、管出口内侧截面为2-2面，并取2-2面为位能基准面。在1-1面与2-2面间列机械能衡算式：fwpupgz)(20)(02221表表式中：421100.1)(0)(表，表ppPa，=870kg/m3，30.14033.0360044222dVum/s4310665.4108.087030.1033.0Redu，可见属湍流流动，查表1-1并取管壁绝对粗糙度=0.3mm，则/d=0.00909，查图1-30得=0.038（或按式1-117计算得）。查表1-2得有关的各管件局部阻力系数分别为：突然缩小：1=0.5；90标准弯头：2=0.75；球心阀（全开）：3=6.4。于是65.74.675.05.0pa11pBz22B例1-7附图kgJ19.16230.165.7033.010038.02222udlwf将以上各数据代入机械能衡算式中，得：91.281.919.1681.9230.181.9870100.12)(24222gwgugpzf表m本题也可将2-2面取在管出口外侧，此时，u2=0，而wf中则要多一项突然扩大局部损失项，其值恰好为u22/2，故管出口截面的两种取法，其计算结果完全相同。例1-8设计型问题已知一自来水总管内水压为2105Pa（表压），现需从该处引出一支管将自来水以3m3/h的流量送至1000m远的用户（常压），管路上有90标准弯头10个，球心阀（半开）2个，试计算该支管的直径。已知水温20C，由于输送距离较长，位差可忽略不计。解从支管引出处至用户之间列机械能衡算方程，得：2221udlwppf(1)式中，p1=2105Pa，p2=0，=1000kg/m3，=1.00510-3Pas，l=1000m，查表1-2得，90标准弯头10个：1=0.7510=7.5；球心阀（半开）2个：2=9.52=19所以=1+2=26.5232210062.14360034dddVu代入式（1）得：5410547.310265.0dd(2)因与d有复杂的函数关系，故由式（2）求d需用试差法。变化较小，试差时可选用作为试差变量。试差过程如下：首先假设流动处在完全湍流区，取=0.3mm，则：0077.003876.0103.03d查图1-30，得=0.035，由式（2）得：04.0dm4331064.210056.110005.136003100044RedddVdu属湍流。再由/d=0.0077及Re查图1-30或由式1-117计算得：037.0与初值相差不大，试差结束。最后结果为：40dmm。根据管子标准规格（见附录）圆整，可选用483.5mm的镀锌水管。此时管内流速为：63.0041.0360034422dVum/s可见，u处在经济流速范围内。例1-9操作型问题分析如图所示，通过一高位槽将液体沿等径管输送至某一车间，高位槽内液面保持恒定。现将阀门开度减小，试定性分析以下各流动参数：管内流量、阀门前后压力表读数pA、pB如何变化？解(1)管内流量变化分析11pApB2AB2例1-9附图取管出口截面2-2面为位能基准面，在高位槽液面1-1面和2-2面间列机械能衡算方程：fwuppgz222211而222udlwf于是2122211udlppgz将阀门开度减小后，上式等号左边各项均不变，而右边括号内各项除增大外其余量均不变（一般变化很小，可近似认为是常数），故由此可推断，u2必减小，即管内流量减小。(2)阀门前后压力表读数pA、pB变化分析取压力表pA所在管截面为A-A面，由1-1面、A-A面间的机械能