化工原理课后习题答案第一章流体流动答案

第一章 流体流动习题解答
1.解：（1） 1atm=101325 Pa=760 mmHg
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 =4
61097.8)10082.0(10132576.00⨯=⨯--⨯N/m 2
（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4
1097.8⨯Pa 2.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=28.84 g/mol
混合气体在该条件下的密度为：
ρm=ρm0×T0T×pp0=28.8422.4×273703×2200101.3=10.858 kg/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
即：
lnp=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526
（2）已知地平面处的压力为101325 Pa ，则高山顶处的压力为 p 山顶=101325×330763=45431 Pa
将p 山顶代入上式
ln 45431=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526 解得H =6500 m ，所以此山海拔为6500 m 。

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=113.3 kPa
5.解：6030sin 120sin '=⨯==
αR R mm
以设备内液面为基准，根据流体静力学基本方程，得
8.101106081.98501013253001=⨯⨯⨯+=+=-gR p p ρkPa
6.解： （1）如图所示，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 因为 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=0.65 m
（2）由于空气密度远小于液体密度，故可认为测压连接管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
因为 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
∑+++=+++f
h u
p gz W u p gz 222
222211
1ρρ
其中W =0，1z =2z ，
∑f
h
=2.2J/kg
化简为 2.2)(212
1222
1+-=
-u u p p ρ
由题目知：输水量
16.1=v q m 3/h 41022.3⨯= m 3/s
03
.102.0785.01022.342
4
211=⨯⨯==-d q u v
πm/s
27.0039
.0785.01022.34
2
4
2
2
2=⨯⨯==
-d q u v
π
m/s
查表得20℃水的密度为998.2kg/m 3
所以
706.12.2)03.127.0(212.2)(21222
1222
1=+-=+-=
-u u p p ρ
J/kg
32110703.1706.12.998⨯=⨯=-p p Pa
（2）若实际操作中水为反向流动，同样在''B B A A --，两截面间列伯努利方程，得
∑+++=+++f
h u p gz W u p gz 222
111222
2ρρ
其中W =0，1z =2z ，
∑f
h
=2.2 J/kg
化简为
2.2)(212
2211
2+-=
-u u p p ρ
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
3
221210689.22.2)27.003.1(212.998⨯=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-⨯⨯=-p p Pa
8.解： 查表1-3 ，选取水在管路中的流速为u=1.5 ms ，则求管径 d=qvπ4u=2536000.785×1.5=76.8 mm
查附录 13 进行管子规格圆整，最后选取管外径为83 mm ，壁厚为3.5mm ，即合适的管径为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=0.2×120036000.785×0.222×10-5=1.06×105>2000
所以该气体在管内的流动类型为湍流。

（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=Re μd=2000×2×10-50.2=0.2 kg(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=-1.2 Nm2 （负号表示与流动方向相反）
11.解：（1）
∏=
⨯=
A
d e 44润湿周边管道截面积
根据题意可算出：2330tan 40==︒
AE mm ，462==AE AD mm
8623240=⨯+=AB mm
通道截面积
361052.21040)4086(21
)(21--⨯=⨯⨯+=⨯+=
DE CD AB A m 2
润湿周边2182=++⨯=∏AB CD AD mm = 0.218m
046
.0218.01052.243
=⨯⨯=-e d m
（2）
v q =40 m 3/h=0.011 m 3/s
62.6046
.0785.0011
.04
2
2
=⨯=
=
e
v
d q u π
m/s
40001004.31012.99862.6046.0Re 5
3
>⨯=⨯⨯⨯=
=
-μ
ρ
u d e
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流动，在环隙内取半径为r ，长度为L ，厚度为d r 的薄壁圆管形微元体，运动方向上作用于该微元体的压力为 P1=2πr drp1 ，P2=-2πr drp2
作用于环形微元体内外表面的内摩擦力分别为 F1=2πrLτr=2πL （rτ）r ，F2=-2πr+drLτr+dr=-2πL （rτ）r+dr
因微元体作匀速直线运动，根据牛顿第二定律，作用于微元体上的合力等于零，即
2πr drp1-2πr drp2+2πLrτr -2πLrτr+dr=0 简化后可得
p1-p2L=1r∙（rτ）r+dr-（rτ）rdr=1r×d （rτ）dr 在层流条件下， τ=-μdudy 带入上式可得 ddrrdudr=-ΔpμL r 上式积分得 rdudr=-Δp2μL r2+C1 u=-Δp4μL r2+C1lnr+C2
利用管壁处的边界条件 r=r1 时，ur=0；r=r2 时，ur=0 可得 C1=Δp4μLr22-r12lnr2r1 ；C2=-Δp4μL -r12+r22-r12lnr2r1lnr1 所以同心套管环隙间径向上的速度分布为 u=Δp4μL （r12-r2）+r22-r12lnr2r1lnrr1
13.解： 取桶内液面为1—1’截面，桶侧面开孔处的截面为2—2’截面，开孔处离桶底距离
为h ，从1—1’截面至2—2’截面列机械能守恒方程式，得
∑+++=++f
h u
p gz u p gz 222
222211
1ρρ
以2—2’截面为基准面，则z1=H-h ，z0=0，1p =2p =0表压，u1=0，∑hf=0 gH-h+0+0=0+0+u222
化解得 u2=2gH-h 假设液体的水平射程为X ，则 h=12gt2
X=u2t=2gH-h×2hg=2-h2+hH=2-h-H22+H24 所以当h= H2 时，射程最远， Xmax=H 。

14.解： （1）对1—1’至2—2’截面间列伯努利方程，可得 gz1+p1ρ+u122=gz2+p2ρ+u222
取1—1’截面为位能基准面，由题意得z1=0，z2=-3 m ，zB=h=1m ；p1=p2=pa ；u1=0，u2=uB 。

所以
u2=2g(z1-z2)=2×9.81×3=7.67m/s
对1—1’至B —B ’截面间列伯努利方程，可得 gz1+p1ρ+u122=gzB+PBρ+uB22 所以
PB=Pa-ρgh -u222=1.01×105-103×9.81×1-103×7.6722=62.1 kPa
（2）虹吸管延长后，∆z 增加使虹吸管出口流速u 增加，从而引起pB 降低；当pB 降至与该温度水的饱和蒸汽压相等(pB=pv)时，管内水发生气化现象。

由于此时uB'=uD ，故对1—1’至B —B ’截面间列伯努利方程，可得 gz1+paρ+u122=gzB+pvρ+uD22 所以
uD=2Pa-Pvρ-gh=21.01×105-1.992×104103-9.81×1=11.9 m/s
对1—1’至3—3’截面间列伯努利方程，可得 gz1+Paρ+u122=gzmax+Paρ+uD22 所以
zmax=z1-uD22=0-11.922×9.81=-7.22 m （负号表示在1—1’截面位置下方）
15．解：如图所示在'22'11--和截面间列伯努利方程式，以A 点所在水平面为基准面，
则：
∑+++=++f
H g u
g p z g u g p z 222
2222111ρρ
其中 01=z ，12=z m ，11=u m/s
由题目已知可得
421)(
22
2
112=⨯==d d u u m/s
根据流体静力学方程：
52.32.0)1100013600
(1)1()(01221=⨯-+=-+-=-h z z g p p ρρρm
所以76.181.924152.312)(2
2
22
12121=⨯-++-=-+-+-=∑g u u g p p z z H f ρm
16. 解：已知螺钉的直径d =14mm ， 由题意，取容器液面为1-1截面，侧壁孔中心截面为
2-2截面。

根据流体静力学基本方程，可得：
1
2
12
p p gz gz ρ
ρ
+=
+
211212()()a p p g z z p g z z ρρ∴=
+-=+-
作用在孔盖外侧的是大气压强p a ，故孔盖内外两侧所受压差为：
3212()11209.81(100.65)10102.73a p p p g z z kPa ρ-∆=-=-=⨯⨯-⨯=
此时作用在孔盖上的静压力为：
22102.730.7850.739.524
F p d kN
π
=∆⋅
=⨯⨯=
由于单个螺钉能承受的力为
3230100.014 4.614
f kN
π
=⨯⨯
⨯=
要想将孔盖紧固，则作用在孔盖上的静压力不能超过螺钉的工作应力，即：
nf F ≥
因此，所求螺钉的数量为：
39.52
8.579()4.61F n f =
==≈个
17.解：（1）取高位槽水面为上游截面'11-，管路出口内侧为下游截面'22-，在两截面之间列伯努利方程：
∑+++=++f
h u
p gz u p gz 222
222211
1ρρ
以地面为基准面，则 81=z m ，22=z m ，01=u ，1p =2p =0p ，2
288.5u h f =∑
化简得 2
2
2
22188.52)(u u g z z +=-
04.338.681
.9638
.6)(212=⨯=
-=
g
z z u m/s
32
.48360004.3075.0785.036004
222=⨯⨯⨯=⨯=
u d q v π
m 3/h
（2） 在截面'11-与截面'A A -间列伯努利方程：
∑-+++=++)
1(2
211
122A f A A A h u
p gz u p gz ρρ
其中 h z z A =-1，01=u
于是上式可化简为
)
2()1(2
1
∑-+-=-A f A A h u
hg p p ρ
阀门从全开到关闭的过程中，A u 逐渐减小（∑hf1→A 也随之减小），由上式可以看出，左边的值不断增大，而1p 不变，所以截面'A A -位置处的压力是不断增大的。

18.解： 根据题意，该烟囱正常排烟的基本条件要求烟囱出口压强 p2应不超过外界气压pa 。

若以大气压为计算基准，则有 p1=-ρigR=-103×9.81×0.022=-216 Pa p2=-ρagH=-1.23×9.81H=-12.07H
烟气在烟囱中的流速为 u=qvπ4d2=18.80.785×1.42=12.2 m/s 所以
∑Hf1→2=∑λld+ξu22g=0.032×H1.4×12.222×9.81=0.173H
对1—1’至2—2’截面间列机械能守恒式，可得 z1+P1ρg+u122g=z2+P2ρg+u222g+∑Hf1→2
取1—1’截面为位能基准面z1=0，z2=H ，u1=u2。

即 -2160.69×9.81=H-12.07H0.69×9.81+0.173H 解得正常排烟时该烟囱的高度为 H=52.3 m
19.解：（1）根据流量公式
u
d q v 24
π
=
得
05.115
.0785.0)
3600900(600004
2
2
=⨯⨯=
=
d q u v
π
m/s
2000
5.78718.0900
05.115.0Re <=⨯⨯=
=
μ
ρ
du
所以管内原油的流动类型为层流。

（2）在管路入口截面与出口截面之间列伯努利方程，得
∑+++=++f
h u p gz u p gz 222
222211
1ρρ
其中 21z z =，21u u =，于是上式化简为
∑=-f
h p p ρ
2
1
管内原油流动类型为层流，所以摩擦系数
081.05.78764
Re 64===
λ
5.148837
205.115.0105081.022
52=⨯⨯⨯==∑u d l h f λJ/kg
95
.1335.14883790021=⨯==-∑f h p p ρMPa
中途需要加压站的数量 84.71895.133≈==n 所以为完成上述输送任务，中途需要8个加压站。

20.解： （1）由题意：l=5 m ，d=0.018 m ，ρ=1180 kgm3，μ=2.26×10-3 Pa∙s ，qm =2.5×103kgh ，故管内流速
u=qm π4d2ρ=2.5×10336000.785×0.0182×1180=2.31ms Re=duρμ=0.018×2.31×11802.26×10-3=2.17×104>4000（湍流） 光滑管 λ 计算根据布拉修斯公式
λ=0.3164Re0.25=0.31642.17×1040.25=0.0261
对1—1’至2—2’截面间列机械能守恒式，可得 z1+p1ρg+u122g=z2+p2ρg+u222g+∑Hf1→2
取2—2’截面为基准面，则 p1=p2= pa ，u1=0，z1=h ，z2=0；阻力损失为 ∑Hf1→2=λld+∑ξu22g
其中局部阻力系数包括管入口的突然缩小（ξ=0.5）与回弯头（ξ=1.5）。

所以
h=u222g+∑Hf1→2=1+0.0261×50.018+0.5+1.5×2.3122×9.81=2.79 m
（2）假设虹吸管最高处的截面为A —A ’， 对2—2’至A —A ’截面间列机械能守恒式，可得 zA+pAρg+uA22g=z2+p2ρg+u222g+∑HfA→2
取2—2’截面为基准面，则 zA=h+0.5=2.79+0.5=3.29，z2=0，u1=u2=2.31ms ，p2=101325 Pa ；阻力损失为 ∑HfA→2=λldu22g
pA=ρgz2-zA+p2+ρg∙∑HfA→2 即：pA=ρgz2-zA+p2+ρλldu22 将数值代入上式，解得
pA=1180×9.81×0-3.29+101325+1180×0.0261×3.290.018×2.3122=78260 Pa=78.26 kPa 21.解：在储槽水面和管路出口截面之间列伯努利方程，可得
∑+++=+++f
h u
p gz W u p gz 222
222211
1ρρ
以储槽水面为基准面，则 01=z ，252=z m ，01=u ，01
p p =，6302=p kPa
化简为
∑++-+
=f
h u
p p gz W 22
21
22ρ
(1)
24.5045
.0785.03600
304
2
2
2=⨯=
=
d q u v
π
m/s
查表：20℃乙醇的密度为789 kg/m 3，黏度为3
1015.1-⨯Pa·s ，
雷诺数
5
3
10
62.11015.178924.5045.0Re ⨯=⨯⨯⨯=
=
-μ
ρ
du
取管壁粗糙度3.0=εmm
根据007.0453.0==d ε和Re 查图得034.0=λ
查表得：90°标准弯头75.01=ζ，全开的50mm 底阀102=ζ，半开的标准截止阀
5.93=ζ
所以2
24.5)5.91075.02045.030034.0(2)(2
2
2⨯++⨯+⨯=⨯+=∑∑u d l h f ζλ
5.599=J/kg
将数据代入（1）式中，得所需外加功为：
9
.15285.599224.5789101011063081.9252
33=++⨯-⨯+⨯=W J/kg
22.解： 据题意得进料处塔的压力pa=0.35 at=0.35×101.325=35.46 kPa
管内液体流速 u=4.83600π4×0.042=1.06 ms
Re=duρμ=0.04×1.06×8901.2×10-3=3.15×104
取管壁绝对粗糙度E=0.3mm ，相对粗糙度ℇd=0.340=0.0075 。

查图1-22 的无缝钢管的摩察系数λ=0.038。

查表 1-2，全开截止阀的阻力系数ξ=6。

∑Hf=λld+∑ξu22g=0.038×120.04+6+0.5×1.0622×9.81=1.025
选取高位槽液面为1—1’截面，料液的入塔口为2—2’截面，在两截面间列伯努利方程为
z1+P1ρg+u122g=z2+P2ρg+u222g+∑Hf
以料液的入塔口中心的水平面0—0’为基准面，则有 z1=h ，z2=0。

若以大气压为基准，有p1=0表压，p2=35.46 kPa 表压。

u1≈0 所以高位槽高出塔的进料口为
h=p2-p1ρg+u22g+∑Hf=35.46×103-0890×9.81+1.0622×9.81+1.025=5.14 m 23.解：（1） 在'00-截面与'22-截面间列伯努利方程，得
∑+++=++f
h u p gz u p gz 222
222
00
0ρρ （1）
以'00-截面为基准面，则
0p =0（表压），6.432-=p kPa （表压），00=z ，
32=z m ，00=u
22
2655.82)1275.0043.07028.0(2)(u
u u d l h f =⨯++⨯=⨯+=∑∑ζλ 于是（1）式化简为 0
655.8222
2
2=+++u u p gz ρ
即 0
655.821000106.4381.9322
3=++⨯-+⨯u u
解得 244.1=u m/s
5
.63600244.1043.0785.036004
22=⨯⨯⨯=⨯=
u d q v π
m 3/h
（2） 5
5011021.1281.910001001.1⨯=⨯⨯+⨯=+=gh p p ρPa
24.解：（1）根据流体静力学基本方程，设槽底部管道到槽面的高度为x ，则 ρ水gh+x=ρ水银gR
x=ρ水银gRρ水g-h=13.6×103×0.5103-1.8=5 m
在槽面处和C 截面处列伯努利方程，得 gz+pρ+u22=gzC+pCρ+uC22+∑hf
其中 ∑hf=λl+led+ξ∙uB22=0.018×500.1+15+0.5∙uB22=4.885 uB2
以C 截面为基准面，则有 zC=0，z=x ，p=0表压，pC=0表压，u≈0 。

即：
gx+0+0=0+0+uC22+4.885uC2 ⟹ uC=gx5.385=9.81×55.385=3.02 ms 所以阀门全开时流量
qv=u ⋅π4d2=3.02×0.785×0.12×3600=85.3 m3h （2）对B 至C 截面间列伯努利方程，可得 gzB+pBρ+uB22=gzC+pCρ+uC22+∑hf
由于zB=zC=0，pC=0表压，uB=uC=u ， 其中
∑hf=λl+led∙uC22=0.018×200.1+15∙uC2 2=1.935uC2 所以阀门全开时B 位置的表压为 PB=1.935ρuC2=1.935×103×3.022=17.65 kPa
25.解： (1) 换热器壳程内径 4.0=D m ，内管外径 019.0=d m ，则可求得换热器壳程的当量直径
d e
=0262.0019.01744.0019.01744.0)
()
(4
442222=⨯+⨯-=+-⨯
=∏
nd D nd D A
ππ
m
则壳程热水流速
32
.20262.0785.03600
5.44
2
2
=⨯=
=
e
v
d q u π
m/s
雷诺数R e
40001066.11055.397232.20262.05
4
>⨯=⨯⨯⨯=
=
-μ
ρ
u d e
所以壳层环隙内水的流型为湍流。

（2） 根据题意，摩擦系数
[]
0359
.0)0085.02lg(274.11
)2lg(274.11
2
2
=⨯-=
⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
-=
d ελ
故水通过换热器壳程的压降为
5
.21232.20262.060359.097222
2=⨯⨯⨯==∆u d l p e f ρλkPa
26.解： （1）设某时刻t 水槽的液面降至h ，管内流速为 u ，则有
-π4D2dhdt=π4d2u
对1—1’至2—2’截面间列机械能守恒式，可得 gz1+p1ρ+u122=gz2+p2ρ+u222+∑hf1→2
输水最初若以2—2’截面为基准面 ，则 z2=0 ，z1=h ， p1=p2= pa ，u1≈0，u2=u ，∑hf1→2=35.5u2。

故有
gh=u222+∑hf1→2 ⟹ 9.81h=36u2 所以
u=9.8136h=0.522h
因此初始水流量为
qv0=π4d2u0=0.785×0.044×0.5229×3600=8.57 m3h
（2）将u=0.522h 带入质量守恒式，得 -π4×42 dhdt=π4×0.0442×0.522h 整理得 dt=-15832dhh 代入积分上下限得 03×3600dt=-158329hdhh
即
3×3600=-15832×2（h-9）
解得，输水3h 后水槽下降后的高度为 h=7.07 m 。

27.解： （1） 并联管路中不可压缩流体的定态流动中，各支路流量满足以下公式
3
35
32252
1151321::::l d l d l d q q q v v v λλλ=
本题中各支管的摩擦系数相等，则：
3
18:8:113:22:41::5
55321==v v v q q q
（2） 三支管的阻力损失比为
)
231(:)222(:)214(2:2:2::2
3
222123322222211113
21u u u u u d l u d l h h h f f f ⨯⨯⨯==λλλ
简化得 hf1:hf2:hf32
3
222131::4u u u =
由2
4
d q u v
π
=
，已知318:8:1::3
21=v v v q q q ，9:4:1::2
32221=d d d
解得 32:2:1::321=u u u 于是
1
:1:1::321=f f f h h h ，即并联时各支管的阻力损失相等。

28.解： 由题意，L1和L2系一组并联管路，后与L3串联。

根据并联管路的流量分配方程，有
qv1qv2=d15λ1L1:d25λ2L2=1
所以 qv=qv3=2qv1
故
u=u3=2（d1d3）3u1=2×(5060)2 u1=1.39 u1 并联管路 ∑hf 并=hf1=hf2 串联管路 ∑hf 串=hf1+hf3 因此总阻力
∑hf1→2=hf1+hf3=λ1L1d1u12+λ3L3d3u32
油品输送先假设管内为层流，则 λ=64Re 。

直接应用Hagen-Poiseuille 方程可得 hf1=32μL1u1ρd12=32×0.08×80×u1.39850×0.052=69.4u hf3=32μL3u3ρd32=32×0.08×100×u850×0.062=83.7u 对A —A'至B —B'截面间列伯努利方程，可得 gzA+pAρ+uA22=gzB+pBρ+uB22+∑hfA→B
取B —B ’截面为位能基准面，则 pA=pB= pa ， uA=uB=0，zB=0 ，zA=H= 5 m 。

∑hfA→B=69.4+83.7u=gH ⟹u=9.81×569.4+83.7=0.320 ms 故所求重油流量为
qv=π4d32u=0.785×0.062×0.320=9.04×10-4 ms=3.26 m3h
校验
Re=d3uρμ=0.06×0.32×8500.08=204<2000 层流
与原假设一致，故计算结果有效。

29.解：（1）在'00-截面至'11-截面列伯努利方程，可得：
∑-+++=++)
10(2
111200
022f h u
p gz u p gz ρρ
以'22-截面为基准面，则
200=z m ，101=z m ，10p p =，00=u ， 197
.003.0785.036005.042
211=⨯==d q u v πm/s
上式可化简为 ∑-+=-)
10(2
1102)(f h u
g z z
于是
08
.982197.081.9)1020(2
)
10(=-⨯-=∑-f h
J/kg
而
222
1
112)
10(u
d l l u d l l h
e N e MN
f +++=∑-λλ
2197.003.01216025.0203.01170025.022⨯
+⨯+⨯+⨯=u 453.075.332
+=u
所以 08.98453.075.332
=+u ，解得 70.1=u m/s
32
.4360070.103.0785.036004
22=⨯⨯⨯=⨯=
u d q v π
m 3/h ，
82.35.032.412=-=-=v v v q q q m 3/h
（2） 若将阀门k 1全开，假设支管1中无水流出，即假设支管1流量为零。

在'00-截面至'22-截面列伯努利方程，可得：
∑-+++=++)
20(2
222200
022f h u
p gz u p gz ρρ
以'22-截面为基准面，则
200=z m ，02=z ，20p p =，00=u ，
原式可化简为 ∑-+=)
20(2
2220f h u
g
而
222
2
2222)
20(u
d l l u d l l h
e N e MN
f +++=∑-λλ
203.0105025.0203.01170025.02
2
2
2u u ⨯
+⨯+⨯+⨯= 2
240u =
所以 2
2
2
240220u u g +=，解得 20.22=u m/s
则此时管路MN 的速度为2.20m/s
校核：在'00-截面至'N N -截面之间列伯努利方程
∑-+++=++)
0(2
200022N f N N N H g u
g p z g u g p z ρρ
其中
200=z m ，0=N z ，00=p (表压)，00=u ，20.2=N u m/s
上式化简为 ∑∑---=---=)
0()0(2
075.192)(N f N f N N N H H g u
z z g p ρ
而
65
.1681.9220.203.01170025.022
2
)
0(=⨯⨯+⨯=+=∑-g u d l l H
N e MN N f λm
于是 1
.365.1675.19=-=g p N
ρm <10m
故支管1中无水流过，与假设相符合，因此原计算有效。

30.解： 查表得20 ℃ 时空气的粘度为 μ=1.81×10-5Pa∙s
20 ℃ 时空气的密度
ρ=2922.4×273273+20×122101.325=1.452kgm3 假设 Re=2.53×105
当A0A1=50100=0.5 时，查孔板流量计的C0与Re ，A0A1的关系得到 C0=0.695
则体积流量为 qv=C0A02Rgρ'-ρρ
qv=0.695×π4×0.052×2×0.18×9.81×13.6×103-1.4521.452=0.248m3s 流速
u=qvA=0.248π4×0.12=31.6 ms 核算雷诺准数
Re=duρμ=0.1×31.6×1.4521.81×10-5=2.53×105 与假设基本相符，所以空气的质量流量 qm=qv×ρ=0.248×1.452=0.360kgs
31.解：（1）根据孔板流量计流量计算公式
ρ
ρρ)
(20
0-=i v gR A C q
其中 63.00=C ，
4
22
001011.20164.0785.04
-⨯=⨯==
d A π
m 2
13600=i ρkg/m 3，870=ρkg/m 3，6.0=R m
代入已知数据解得
3
41074.1870)
87013600(6.081.921011.263.0--⨯=-⨯⨯⨯⨯
⨯⨯=v q m 3/s
04.2033
.0785.01074.14
2
3
2
=⨯⨯==
-d q u v
π
m/s
（2） 流体流经AB 段所产生的压差是由阻力损失和孔板的永久压降造成的，所以
4
2
1062)(⨯+⋅⋅=∆+=-∑u d l p h p p f B A λρρ
4
2
106204.2)033.030022.0(870⨯+⨯⨯⨯=
41062.9⨯=Pa
即流经AB 段所产生的压差为96.2 kPa
32.解：（1）转子出厂标定条件下空气的密度为
ρ1=pMRT=101.3×103×0.0298.31×（273+20）=1.21 kgm3
操作条件下氨气的密度
ρ2=pMRT=（101.3+60）×103×0.0178.31×（273+50）=1.02 kgm3
由于气体密度远小于被测液体密度或转子密度，根据流量换算公式，有
qv2qv1=ρ1(ρf-ρ2)ρ2(ρf-ρ1)≈ρ1ρ2=1.211.02=1.08
即：同一刻度下，氨气的流量应是空气流量的 1.08倍。

故此时转子流量计的最大量程为65.0 m3h 。

（2）液体测量是以常态清水（ρ0=1000 kgm3）为标定介质的，当用于测量丙酮时，根据转子流量计的流量换算公式，得
qv3qv0=ρ0(ρf-ρ3)ρ3(ρf-ρ0)=103×（7900-790）790×（7900-1000）=1.14
即：同一刻度下，丙酮的流量应是清水流量的1.14倍。

故此时该转子流量计测量丙酮时的流量范围为456~2280 m3h 。