食品工程原理课后题答案.docx

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食品工程原理课后题答案

序论

1.解：

从附录查出：

1kcal＝1.1622×10-3KW·h=1.1622W·h

所以：

K=42.99Kcal/（m2·h·℃）＝42.99Kcal/（m2·h·℃）×（1.1622W·h/1kcal）＝50w/（m2·℃）。

2.解：

从附录查出：

1kgf＝9.80665kg·m/s2，所以1000kg/m3＝1000kg/m3×[1kgf/（9.80665kg·m/s2）]=101.9kgf·s2/m4.

3.从附录查出：

1mmHg=133.32Pa，1℃＝K－273.3。

则新旧单位的关系为：

P＝P’/133.32;t＝T－273.3。

代入原式得：

lg（P’/133.32）＝6.421-352/（T－273.3+261）；化简得lgP=8.546－3.52/（T-12.3）.

4.解：

塔顶产品的流量W塔顶＝WDA＋WDB+WDC=1000（0.25+0.25×96%+0.25×4%）=500Kmol/h。

所以，其组成为:

XDA=0.25×1000/500=0.5；XDB=WDB/D=100×0.25×0.96/500=0.48；XDC=1－XDA－XDB＝1－0.5－0.48＝0.02。

塔底产品的流量：

W塔底＝W总－W塔顶＝1000－500＝500Kmol/h。

所以，塔底组成为：

XWB=WWB/W=1000×0.25×4%/500=0.02；XWC=WWC/W=1000×0.25×96%/500=0.48；XWD=1－0.48－0.02＝0.5

5.解：

设混合后总质量为M，油的质量分数为X，则根据体积衡算V总＝V油＋V水得：

MX/ρ油+M（1－X）/ρ水＝M/ρ平均，代入数据得：

1000×950X+810×950×（1－X）=810×1000所以，X=0.2244

6.解：

根据热量守恒：

△HNH3=△HHCL得：

MNH3（HNH395℃－HNH330℃）=MHCL（HHCL10℃-HHCL2℃）

代入数据得：

MHCL＝9735kg/h。

第一章流体流动p76

1.解：

真空度＝大气压强－绝对压强所以绝对压强＝大气压强－真空度＝98.7×1000－13.3×1000＝85.4×103Pa。

表压强＝绝对压强－大气压强＝85.4×1000-98.7×1000＝-13.3×104Pa。

3.设大气压强为P0，由静力学基本方程式得：

Pa＝P0＋ρ水gR3＋ρHggR2则A的表压强为：

P1＝Pa－P0＝ρ水gR3＋ρHggR2＝103×9.8×50×10-3＋13600×9.8×50×10-3＝7.15×103Pa

PB=Pa+ρHggR1＝P0＋ρ水gR3＋ρHggR2＋ρHggR1；所以B的表压强P2=P1+ρHggR1=7.15×103Pa+13600×400×10-3=6.05×104Pa

4.设下端吹气管出口处的压强为Pa，上端吹气管出口处的压强为Pb，则Pa－Pb＝ρHggR①

Pa－Pb＝ρ水g（H－h）＋ρ煤油gh②由①、②联立得：

h＝（ρHggR－ρ水gh）/（ρ煤油g－ρ水g）＝0.418m

5．解设从左到右各个界面处的压强分别为P0,P4,P3,P2,P1，则P0＝P4－ρ水g（h5－h4）①；P4＝P3＋ρHgg（h3－h4）②；P3＝P2＋ρ水g（h3－h2）③；P2＝P1＋ρHgg（h1－h2）④；联立①、②、③、④可得P0＝3.66×105Pa。

由附录知：

1Pa＝1.02×10-5kgf/cm2，所以P0=3.66×105Pa×（1.02×10-5kgf/cm2/1Pa）＝3.73kgf/cm2。

7.解：

1）空气得质量流量Vsρ=uAρ，其中ρ=PM/（RT）=[（196×103+98.7×103）×29×10-3]/[8.314×（273+50）]=3.182kg/m3。

2）操作条件下空气的体积流量：

Vs=uA=Ws/ρ=1.09/3.182=0.343m3/s。

3）标准状况下空气得质量流量与操作条件下空气的质量流量相等。

即，Ws0=Ws；即，Vs0ρ=Vsρ→Vs0=Vsρ/ρ0=0.343×3.182/1.293=0.843m3/s。

8.①取高位槽截面为1－1’，以排出口内侧作为截面2－2’并以截面2-2’的中心线为基准水平面，列伯努利方程式得：

gz1＋p1/ρ+u12/2=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2，其中：

z1＝8m、u1＝0、p1＝0（表压）；z2＝2m、p2＝0（表压）、∑hf,1-2＝6.5u2；解得：

7.5u2=g×（Z2-Z1），u2＝2.9m/s；②由u2＝Vs/A可知Vs=u2×（0.25π×d2）=2.9×0.25π×[（108-2×4）/1000]2×3600=82m3/h。

10.以储槽的水面作为截面1－1’，以泵的入口作为截面2－2’并以1－1’为基准水平面，列伯努利方程式得：

gz1＋p1/ρ+u12/2=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2，其中：

z1＝0、u1＝0、p1＝0（表压）；z2＝1.5m、p2＝-24.66×103Pa（表压）、∑hf,1-2＝2u2；解得：

u2＝2.0m/s；

以储槽的水面作为截面1－1’，以排出管和喷头连接处为截面3－3’，仍以1－1’为基准水平面，列伯努利方程式得：

gz1＋p1/ρ+u12/2+We=gz3+p3/ρ+u22/2+∑hf,1-3，其中：

z1＝0、u2＝2.0m/s、p1＝0（表压）；z3＝14m、p3＝98.07×103Pa（表压）、∑hf,1-3＝∑hf,1＋∑hf,2＝12u22＝48J/kg；解得：

We＝285.6J/kg。

所以：

Ne＝We×ωs=We×uAρ=285.6×2.0×3.14×（0.071/2）2×998=2.26Kw。

12.⑴解：

在A处做截面1－1’，在B处做截面2－2’由A－B以过1－1’截面的中心线做为基准水平面列伯努利方程得：

gz1＋p1/ρ+u12/2=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2①；由B－A列伯努利方程得：

gz2+p2/ρ+u22/2+We=gz1＋p1/ρ+u12/2+∑hf,2-1②由①＋②得：

We=∑hf,1-2＋∑hf,2-1＝147.15J/kg。

所以：

Ne＝We×ωs=We×Vsρ盐水。

N=Ne/η＝147.1×36×1100/（3600×0.7）＝2.31kw。

⑵在gz1＋p1/ρ+u12/2=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2中，Z1=0,u1＝u2，P1＝245.2×103Pa（表压），Z1=7m，∑hf,1-2＝98.1J/kg。

代入得：

P2＝6.2×103Pa（表压）。

14.解：

解：

u=Vs/A=（ωs/ρ）/A＝[ωs/（ρA）]⑴；由雷诺准数的计算公式：

Re＝duρ/μ⑵；把⑴代入⑵得：

Re＝duρ/μ=d[ωs/（ρA）]ρ]/μ=dωs/（Aμ）

=1.5×10-3×（10/60）/（πd2×2.5×10-3/4）=5.66×103>4000，所以，该流型为湍流。

16.解：

⑴Re＝duρ/μ＝14×10-3×850/（8×10-3）＝1487.5<2000，是层流。

⑵由ur＝△Pf/4μl×（R2－r2）知平均流速u＝△Pf/（8μl）R2由题意ur＝u得：

r＝√2R/2=4.95mm

⑶由u＝△Pf/（8μl）R2得L＝△PfR2/（8μu）＝（147××103－127.5×103）×（7×10-3）2/（8×1×8×10-3）＝14.93m。

18.Hf＝λ×L/d×（u2/2），因为是层流流动λ＝64/Re，带入得：

Hf=32μlu/d2①，当管径变为原来的0.5倍时，流速u变为原来的4倍，将改变后的管径和流速带入带入①可知因流动阻力产生的能量损失为原来的16倍

20.在反应器的液面处取截面1－1’，在管路的出口内侧作截面2－2’并以1－1’为基准水平面，列伯努利方程式得：

gz1＋p1/ρ+u12/2+We=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2，其中：

z1＝0、u1＝0、p1＝-26.7×103Pa（表压）；z2＝15m、p2＝0Pa（表压）、ρ=1073kg/m3，带入上式得：

26.7×103/1073＋We=15×9.81+u22/2+∑hf,1-2。

其中u=Vs/A=Ws/（ρ×A）=1.43m/s；∑hf,1-2=（λ×（l+le）/d＋ξ1＋ξ2）×u2/2①，该式中λ需要查图可知，根据ε/d=0.3/68=0.0044，Re=duρ/μ=0.068×1.43×1073/6.3×10-4=1.657×105,插图1-27得λ=0.0295；①式中由图1-29查得全开闸阀当量长度分别为0.45m、标准弯头的当量长度为2.15m，所以∑le=0.45×2＋2.15×5=11.65m，l=50m，ξ1=4，ξ2=0.5，带入①得∑hf,1-2=32J/kg。

所以We=15×9.81+1.432/2+32+26.7×103/1073=205.4J/kg；

所以Ne=We×Ws=205.4×2×104/3600=1.14kw，所以N=Ne/η=1.14/0.7=1.628kw

24.解：

1）以A槽液面做截面1－1’，在B槽液面做截面2－2’，并以截面2－2’做为基准水平面，在两截面范围内列伯努利方程得：

gz1＋p1/ρ+u12/2+We=gz2+p2/ρ+u22/2+∑hf,1-2①；其中：

z1＝1.5m、u1＝0、p1＝0Pa（表压）；z2＝0、p2＝0Pa（表压）、u2＝0，代入①式得∑hf,1-2=1.5g=1.5×9.81=14.72J/kg。

假设流体流动为层流流动，则λ=64/Re=64μ/duρ；因出口损失可以忽略，∑hf,1-2=（λ×（l+le）/d）×u2/2=[64μ/duρ]×[（l+le）/d]×u2/2=14.72①→u=1.21m/s；Re=duρ/μ=0.082×1.21×800/（41×10-3）=1936<2000，所以假设成立。

Vs=ua=1.21×0.25×3.14×0.0822×3600=23m3/h

2）当油的流量减少20%，则流速也减少20%，即u=1.21×0.8=0.97m/s，所以，λ=64/Re=64μ/duρ=0.041，将λ代入①式得：

l+le=62.5m，故当量长度增加为62.5-50=12.5m。

25.1）以管路进口A做截面1－1’，在管路出口B做截面2－2’，并以截面1－1’做为基准水平面，则根据并联管路的流体流动定律可知：

∑hf1=∑hf,2，即（λ×（l+le）/d）×u12/2+通过填料塔的能量损失=（λ×（l+le）/d）×u22/2+通过填料塔的能量损失，由图1-29可以知道全开闸阀的当量长度为1.4m，即，0.02×（5+1.4）/2×u12/2+5u12=0.02×（5+1.4）/2×u22/2+4u22，可知5.32u12=4.32u22→u2=1.11u1①；根据Vs=Vs1+Vs2，可得，0.3=（u1+u2）×3.14/4×0.22②；由①②式可得u1=4.53m/s，所以Vs1=u1A=0.142m3/s；Vs2=0.3-0.142=0.158m3/s；

2）∑hfA-B=∑hf1=∑hf2=（0.02×6.4/0.2×0.5×4.532+5×4.532）=109.2J/kg。

26．以A水槽液面作为截面1－1’，B水槽的液面做为截面2－2’，在泵的出口处做截面4－4’，并以其中心线做为基准水平面，则根据分支管路的流体流动定律可知：

gz1＋p1/ρ+u12/2+∑hf1+=gz2＋p2/ρ+u22/2+∑hf,2=gz4＋p4/ρ+u42/2，其中，其中：

z1＝16m、u1＝0、p1＝0Pa（表压）；z2＝8m、p2＝9.807×104Pa（表压）、ρ=998kg/m3，z4=0，u4=V/A=2.3m/s，p4=1.93×105,带入上式得：

16g+∑hf0-A=∑hf0-B+8g＋9.807×104/998=2.32/2+1.93×105/998，每一项处以g得：

16+hf0-A=hf0-B+18=19.94，可得hf0-A=3.94m；hf0-B=1.94m

2）以4-4’为中心线做基准水平面，在截面4-4’与3-3’间列柏努利方程式得：

gz3＋p3/ρ+u32/2+We=gz4＋p4/ρ+u42/2+∑hf；其中∑hf=0，将z3=2m，u3=0，p3=0（表压），z4=0，u4=2.3m/s代入式中得，2g+We=2.32/2+1.93×105/998，方程两边同除以g得2+He=2.32/（2g）+1.93×105/（998×9.81），所以He=17.94m。

29.解：

Vs＝500L/min＝500×10-3m3/600s＝8.33×10-3m3/s。

u＝Vs/A=10.6×10-3/d2

Hf＝λ×L/d×（u2/2g）＝λ×300（10.6×10-3/d2）2/（d×2×9.81）＝6

λ/d5＝3.486×103。

10℃时水的粘度为1.31×103P·s，Re＝duρ/μ＝8.097×103/d

λ/d5＝3.486×103；Re＝8.097×103/d；ε/d＝0.05/d。

试差法，设λ＝0.021时，d＝0.0904m，则Re＝8.96×103；ε/d＝0.00055。

根据Re及ε/d，查图1－27得：

λ’＝0.0212。

|（λ’－λ）/λ|=0.95<3%,故d＝90.4mm。

29解：

设Re>Rec，A0/A1=（0.0164/0.033）2=0.25，查图1－33得：

C0=0.62。

则ωs＝C0A0×[2gRρ（ρa－ρ）]0.5＝5426kg/h＝1.5kg/h。

u1＝ωs/ρA1＝2m/s；验证：

Re=duρ/μ=2.72×105>Rec,即C0＝常数＝0.6，与假设相符。

所以ωs＝5426kg/h。

第二章离心泵

1．解：

在真空表处做截面1－1’，在压强表处做截面2－2’，在两截面间以单位重量得液体为基准做伯努利方程式：

z1＋p1/ρg+u12/2g＋H=z2+p2/ρg+u22/2g+Hf,1-2，其中z2-z1=0.4m，p1＝-24.7×103Pa（表压），p2＝1.52×105Pa（表压），Hf,1-2＝0，u1＝u2＝4Q/（πd2），所以H=0.4+（1.52×105+2.47×104）/（1000×9.81）=18.4m；η＝QHρ/102N

=26×18.4×1000/（3600×102×2.45）=53.1%。

2．解：

设储水池和喷头所在的截面分别为1－1’，2－2’，则：

z1＋p1/ρg+u12/2g＋H=z2+p2/ρg+u22/2g+Hf,1-2，其中z2-z1=8m，p1＝0Pa（表压），p2＝4.9×104Pa（表压），Hf,1-2＝1+5＝6m，u12/2g＝u22/2g＝0；所以H=8+（4.9×104）/（1000×9.81）+6=19.0m。

因为输送轻水，可选用IS型水泵。

根据Q=40m3/h，H=19.0m的要求，可在图2－27上选择IS-80-65-125型水泵。

Hg＝P0/ρg-Pv/ρg-△h－Hf,0－1，查附录知：

65℃水的密度为980.5kg/m3，Pv＝2.554×104Pa，Q＝40m3/h时IS-80-65-125型水泵的△h＝3.0m，所以Hg＝（1.0133×105－2.554×104）/（980.5×9.81）－3.0－1＝3.9m。

所以安装高度应低于3.9m。

3.解：

1）核算该泵是否合用就是看该泵的流量和压头是否满足管路对流量和压头的需要。

以槽液面做截面1－1’，设备的入口做截面2－2’，并以截面1－1’做为基准水平面，在两截面范围内以重量做为基准列伯努利方程得：

z1＋p0/ρg+u02/2g+He=z2+p2/ρg+u22/2g+∑hf,1-2/g①；其中：

z1＝0m、u1＝0、p1＝0Pa（表压）；z2＝5m、p2＝177×103Pa（表压）、∑hf,1-2/g=1+4=5J/kg，u22/2g＝0（动能很小，可以忽略），所以He=5+177×103/（760×9.81）+5=33.8m

由附录查得65Y-60B型油泵的主要性能参数如下：

Q=19.8m3/h，He=38m，均大于操作要求的流量（15m3/h）和压头（33.8m），故该泵合用。

2）该泵的理论安装高度：

Hg＝P0/ρg-Pv/ρg-NPSH－Hf,0－1，由附录可知该65Y-60B型油泵的NPSH=2.6m。

所以，Hg＝（1.013×105-80×103）/（9.81×760）-2.6-1=-0.74m；而泵的实际安装高度为：

液面一下1.2m，所以该泵可以正常工作。

4．解:

假设Re>Rc，A0/A2=（35/50）2=0.49，查图1－30：

设C0=0.69。

则u1＝C0A0×[2gR（ρa－ρ）/ρ]0.5/A1＝0.69×0.49×[（2×9.81×0.85×（13600-998.2））/998.2]0.5=4.94m/s，Re=du2ρ/μ=0.05×0.49×998.2/1.005×10-3＝2.4×105>Rec，所以，假设成立。

泵吸入口的压强p1＝pa－真空度＝-550×/760=2.8×104Pa。

故允许吸上真空度Hs’=（pa-p1）/ρg=（50×/760）/（1000×9.81）=7.48m。

由附录差得：

20℃时水的饱和蒸气压为2.238kpa，所以，由气蚀余量的定义式得：

NPSH＝（P1-Pv）/ρg+u12/2g＝（28000-2238）/（1000×9.81）＋1.062/（2×9.81）=2.69m。

第三章沉降和过滤

2．解：

⑴沉降速度公式可知，服从斯托克斯公式的最大颗粒的Re应＝1，K=2.62即，

Ret=duρ/μ＝1①K＝d[ρ（ρs-ρ）g/μ2]1/3=2.62②当温度为20℃时，空气的μ＝1.81×10-5Pa·s，ρ=1.205kg/m3,代入①，②得：

d＝57.4μm。

⑵同理可知，服从牛顿公式的最小颗粒的Ret应＝1000，K=69.1,即K＝d[ρ（ρs-ρ）g/μ2]1/3=69.1，代入数据得：

dmin＝1513μm。

7．解：

本题是在恒压条件下过滤，给出了两组θ及q的数据，代入恒压过滤方程式q2＋2qqe＝Kθ①中，由两个方程可解两个未知数K,qe，从而可根据这个恒压速率方程求出令一个过滤时间的滤液量来.

由试验数据可知：

θ1＝5min，q1＝0.001/0.1＝0.01m3/㎡

θ2＝10min，q2＝（0.001＋0.0006）/0.1＝0.016m3/㎡

将这两组数据代入①式，得：

（0.01）2＋2（0.01）qe＝300K

（0.016）2＋2（0.016）qe＝600K

联立以上二式，解得：

qe＝7×10-3m3/㎡；K=8×10-7㎡/s

所以恒压过滤方程式为：

q2＋2（7×10-3）q＝5×10-7θ即：

q2＋14×10-3q＝8×10－7θ。

当θ3＝900s时代入上式：

q32＋14×10-3q＝8×10-8×900＝7.2×10-5；解得q3＝0.02073m3/㎡=20.73L/㎡；所以V3＝q3×A=20.73×0.1=2.073L;在过滤5min得滤液量△V＝V3-（V1+V2）=2.073-（1+0.6）=0.473L.

第四章

2．解：

因为两层接触良好，可假设t2为两砖间的温度，则有：

λ1＝0.9+0.0007t＝0.9+0.0007×（t1＋t2）/2①λ2＝0.3+0.0003t＝0.3+（t2＋t3）/2；平壁热传导可视为定态传热，即q1＝q2，即λ1（t1－t2）/b1＝λ2（t2－t3）/b2③代入数据得：

[0.9+0.0007×（1400＋t2）/2]×（1400－t2）/460＝[0.3+0.0003×（100＋t2）/2]×（t2－100）/230解之得t2＝949℃，q＝1689W/m2。

3．解：

设t1＝-110℃，t3＝10℃；则：

Q/L=2π（t1－t3）/[（1/λ木）×ln（r2/r1）+（1/λ灰）×ln（r3/r2）]

其中，t1＝-110℃，t3＝10℃，L=1，λ木＝0.043W/（m·℃），λ灰＝0.07W/（m·℃），r2＝r1＋30mm＝60mm，r3＝160mm，代入得Q/L=-25W/m。

4.解：

若判断那一种材料包扎在内层合适，只需比较两种情况下的Q值即可。

设管子的外半径为r0，内层半径为r1，内层材料的导热系数为λ1，外层半径为r2，外层导热系数为，λ2，且λ2=2λ1，外层材料的导热系数为λ2，温度为t3，两层的厚度均为b，则：

由题意知道：

（r1+r2）/2=2×（r0+r1）/2,解得r2-r1=2r0，即内层和外层材料的厚度均为2r0，所以r2=5r0，r1=3r0；

第一种情况（小的在内）：

q=⊿t/[（1/2πλ1）×ln（r1/r0）+（1/2πλ2）×ln（r2/r1）]=4π⊿t/（ln5+ln3）

第二种情况（大的在内）：

q’=⊿t/[（1/2πλ2）×ln（r1/r0）+（1/2πλ1）×ln（r2/r1）]=4π⊿t/（ln5-ln3），故：

q’/q=1.25，所以将导热系数小的包在内部更为合适。

6．解：

思维：

由于一流体出口温度发生变化，必引起另一流体出口温度的改变，从而使⊿m发生变化。

可以列两种情况下的传热方程比较换热面积的变化来比求解。

没有改变前：

冷：

15→40℃

热：

150→100℃所以⊿t：

135→60℃，可知：

⊿m=（135－60）/ln（135/60）=92.5℃。

因为Wh×Cph/（Wc×Cpc）=（t2－t1）/（T1－T2）=（t2’－t1）/（T1－T2’）

即：

（40－15）/（150－100）=（t2’－15）/（150－80）→t2’=50℃.

条件改变后：

冷：

15→50℃

热：

150→80℃所以⊿t：

135→60℃，可知：

⊿m=（135－30）/ln（135/30）=69.8℃。

两种状况下的总传热速率方程为：

Wh×Cph×（150－100）=KS⊿m=KnπdL92.5

Wh×Cph×（150－80）=KS⊿m=KnπdL’69.8

两式相除得：

L’=（70/50）×（92.5/69.8）×1=1.85m。

9．解：

S0＝Q/（K0×⊿tm）①；Q＝Wh×Cph（T1-T2）②,其中Wh＝1.25kg/s，Cph＝1.9kg/kg·℃，T1=80℃,T2=30℃。

代入得Q=118.75kW.③⊿tm＝（⊿t2-⊿t1）/ln[⊿t2/（⊿t1）]其中，⊿t2＝T1－t2＝80℃－50℃＝30℃，⊿t1＝T2－T1＝30℃－20℃＝10℃，代入③式得⊿tm＝18.2℃。

④1/K0=d0/（αi×di）＋Rsi×d0/di＋1/αo（污垢热阻，管壁热阻忽略）。

将数据代入得，K0＝0.488×103（W/m2·℃）。

将Q、K0、⊿tm的数值代入①得S0＝13.4m2。

12⑴解：

由总传热速率方程：

Q＝K0×S0×⊿tm得：

K0＝Q/（S0×⊿tm）①其中Q＝125kW，S0=nπdl＝25×3.14×0.015×4＝4.71m2，⊿tm＝（⊿t2－⊿t1）/ln（⊿t2/⊿t1）＝90.27℃，代入①得：

K0＝292.3（W/m2·℃）；又1/K0=d0/（α0×di）＋1/αi＋Rsi×d0/di＋R0