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＝W DA＋W DB+W DC=1000(0.25+0.25×96%+0.25×4%)=500Kmol/h。所以，其组成为:X DA=0.25×1000/500=0.5；X DB=W DB/D=100×0.25×0.96/500=0.48；X DC=1－X DA－X DB＝1－0.5－0.48＝0.02。

塔底产品的流量：W塔底＝W总－W塔顶＝1000－500＝500 Kmol/h。所以，塔底组成为：X WB=W WB/W=1000×0.25×4%/500=0.02；X WC=W WC/W=1000×0.25×96%/500=0.48；X WD=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：△H NH3=△H HCL得：M NH3(H NH395℃－H NH330℃)=M HCL(H HCL10℃-H HCL2℃) 代入数据得：M HCL＝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＋ρHg gR2则A的表压强为：P1＝Pa－P0＝ρ水gR3＋ρHg gR2＝103×9.8×50×10-3＋13600×9.8×50×10-3＝7.15×103Pa

P B= Pa+ρHg gR1＝P0＋ρ水gR3＋ρHg gR2＋ρHg gR1；所以B的表压强P2=P1+ρHg gR1=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P b，则Pa－P b＝ρHg gR ①Pa－P b＝ρ水g（H－h）＋ρ煤油gh ②由①、②联立得：h＝（ρHg gR －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＋ρHg g（h3－h4）②；P3＝P2＋ρ水g（h3－h2）③；P2＝P1＋ρHg g（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=0.343 m3/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=0.843 m3/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＝12 u22＝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,1-2 ①；由B－A列伯努利方程得：gz2+p2/ρ+u22/2+We =gz1＋p1/ρ+u12/2 +∑hf,2-1 ②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u r＝△Pf/4μl×（R2－r2）知平均流速u＝△Pf/（8μl）R2由题意u r＝u得：r

＝√2R/2=4.95mm

⑶由u＝△Pf/（8μl）R2得L＝△Pf R2/（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×