清华大学年秋季环境工程原理第一部分试卷

L
L
L
a.静止时
cA
b.层流流动
cA
c.湍流流动 cA
2．设冬天室内的温度为 T1 ，室外温度为 T2 ，T1 > T2 。在两温度保持不变的情况下，试绘制下列
三种情况下从室内空气到室外大气温度分布示意图。（8 分） （1）室外平静无风，不考虑辐射传热； （2）室外冷空气以一定流速流过砖墙表面； （3）除了室外刮风外，还考虑砖墙与四周环境的辐射传热。
2005 年秋季环境工程原理第一部分考试题（总分 100 分）
姓名
学号
一、问答题（40 分）
1．流体中组分 A 的含量为 cA,0 ，与平壁面接触，壁面上组分 A 的含量为 cA,i ，且 cA,0 > cA,i 。试
绘制当流体分别为静止、沿壁面层流流动和湍流流动时，组分 A 在壁面法向上的浓度分布示意 图。（6 分）
空气的换热过程中，空气对流传热慢，是制约因素。所以，翅片应放在空气一侧，
即空气走壳间，水走管内。
6.
吸收法可近似认为单向扩散，
NA
=
DAB p RTLpB,m
( pA,i
−
pA,o)
。由上式可知，为了提高吸收效
率，可以增加 SO2 的浓度（浓缩尾气），换用高效的吸收液（碱液等）；同时即使更
换新的吸收液；增大吸收液与 SO2 的接触面积（雾状喷淋）；适当增加温度和压强，
3．流体沿平壁面流动时，同时发生传质过程。当流速增加致使流动状态由层流变为湍流时，试 分析流动边界层厚度的变化，以及对流动阻力和传质阻力产生的影响。（6）
4．流体沿壁面流动时，有时会出现边界层分离的现象。试论述（6 分） （1）边界层分离的条件； （2）流动状态对边界层分离和流动阻力的影响。
5．有一个套管换热器，内管外侧装有翅片，用水冷却空气，空气和水各应走哪里（管内和壳间）？ 试解释原因。（6 分）
ln 1.013×105 − 74
− 74)
= 1.013×105
r ⋅ dr = 2.15×10−11dt
边界条件 t＝0，r＝0.01; t=t，r＝0 积分得：
0.012 = 2.15×10−11t 2
t = 2.33×106 s = 645.99h
（2）
N
A
=
kc (cA,i
−
cA,0
)
=
6.4 ×10−3 8.31× 318
C1−2 = εC0 ）（10 分）
2．某热水管道拟采用两层保温材料进行保温，已知两种材料的导热系数分别 λ1 和 λ2 ， λ1 > λ2 。
若保温材料厚度相同，为了达到较好的保温效果，应将哪种材料放在内层，试通过计算式说明原 因。（15 分）
3．纯气体 A 通过厚度为 0.01m 的气膜从主体向催化剂表面扩散，在催化剂表面发生瞬时化学反 应 A（g）→2B（g），生成的 B 又反向扩散回来。已知总压力为 1.013×105Pa，温度为 300K， 扩散系数 DAB 为 1.5×10－5m2/s。试求 A 的扩散速率。（15 分） 4．一直径为 20mm 的球形萘粒置于压力为 1.013×105Pa、温度为 318K 的空气中，已知该温度 下萘的蒸汽压为 74 Pa，萘在空气中的扩散系数为 6.9×10－6m2/s，萘的分子量为 128，密度为 1145kg/m3。试求以下两种情况下，萘球全部升华所需要的时间。（20 分） （1）萘粒置于大范围静止空气中（注：在大范围静止空气中的传质阻力相当于通过厚度为球半 径的静止空气层的阻力）；
（2）空气以 0.3m/s 的速度流动，此时的平均对流传质系数为 6.4×10－3m/s。
参考答案：
一、问答题 1. 见下图。
CA0
CA0
CA0
c A ,i
cA,i
a.静止时
L cA,i cA,i
L
c A ,i
cA,i
b.层流流动
L c.湍流流动
2. 见下图。
室内 T1
室外 T2
室内 T1
室外 T2
= − 1.5×10−5 ×1.013×10−5 ln 1+1 0.01×8.31× 300 1+ 0
= −0.042mol / m2 ⋅ s
4. 解：（1）设任一时刻萘球的半径为 r，有传质速率方程，有
NA
=
DAB p RTL ⋅ pB,m
( pA,i
−
pA,0 )
又根据质量衡算，有
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NA
⋅
A
=
dn dt
100
100
= 284.5W
所以：
Q总 = Q对流＋Q辐射 = 435.27W
2. 解：
Q = ΔT = R
ΔT b1 + b2
=
ΔT b1 + b2
= ΔT λ1λ2Lπ dm1dm2 b(λ1dm1 + λ2dm2 )
λ1 Am1 λ2 Am2 λ1Lπ dm1 λ2 Lπ dm2
当导热系数为 λ1 的材料在内层时， λ1 > λ2 ， dm1 < dm2 ，令 dm1 ＝a， dm2 ＝c
体的速度阻滞为零，即可发生边界层分离。
（2）层流边界层速度变化较湍流小，慢速流体更容易被阻滞。所以，湍流边界
层分离比层流延后。由于湍流边界层分离延后，分离点下移，尾流区较小，所以其
形体阻力小。
5. 装有翅片的目的一方面是为了加大接触面积；另一方面是为了破坏边界层形成
以提高对流传热系数。
要提高传热器的传热效果，应当提高限制步骤的传热效果。因此，在用水冷却
当导热系数为 λ2 的材料在内层时， λ1 > λ2 ， dm1 > dm2 ，令 dm1 ＝c， dm2 ＝a
因为 λ1a + λ2c − λ1c − λ2a = (a − c)(λ1 − λ2 ) < 0
所以 ΔT λ1λ2Lπ dm1dm2 > ΔT λ1λ2Lπ dm1dm2
b(λ1a + λ2c)
室内 T1
室外 T2
（1）
（2）
（3）
附图 2 环境工程原理基础简答题 12 题答案
3. 边界层厚度与流速有关，流速增加，边界层厚度减少。流动由层流变成湍流，
速度梯度变大，摩擦力增加，流动阻力增加；边界层厚度减少，而传质阻力主要集
中在边界层，湍流加大了液体的对流，浓度梯度增大，传质阻力减少。
4. （1）边界层分离的条件：流体具有粘滞性，产生逆压梯度，将靠近界面的慢流
b(λ1c + λ2a)
即 Q1 > Q2
为了达到较好的保温效果，导热系数为 λ2 的材料应放在内层
3.
解：由 N A
= −DAB
dcA dz
+
cA c
(NA
+
NB
)
因为 NB = −2N A
所以：
NA
=
− DAB
c L
1+ ln
1+
yA,0 yA,i
=
− DAB
p LRT
1+ ln
1+
yA,0 yA,i
以加快碱液对 SO2 的吸收速率。
二、计算题 1. 解：对流传热：
Q对流 = α AΔT = 3.43×π × 0.583×1× (48 − 22) = 150.77W
辐射传热：
Q辐射
=
ε
C0
A[( T1 100
)4
−
( T2 )4 ] 100
= 0.9× 5.67 ×π × 0.583×1×[( 273 + 48)4 − ( 273 + 22)4 ]
=
ρ dV Mdt
即
NA
=
ρ dr 128×10−3 dt
所以 1145× dr 128×10−3 dt
=
6.9 ×10−6 ×1.013×105 8.31× 318× r × pB,m
(74 − 0)
其中，
pB,m
= DAB
pB,0 ln
− pB,i pB,0 pB,i
=
1.013
×
105
− (1.013×105 1.013 × 105
6．燃烧废气中含有 SO2，欲采用吸收法去除。根据你所学的知识，分析提高去除效率的方法。 （8 分） 二、计算题（60 分）
1．一根水平放置的蒸汽管道，其保温层外径为 583mm，保温层外表面的实测温度为 48℃，空气 温度为 22℃。此时空气与保温层外表面的自然对流传热系数为 3.43W/m2·K，保温层外表面的 黑度是 0.9。试求此管道每米长度的总散热量。（此时，辐射传热的角系数为 1，总辐射系数为
(74
−
0)
=
0.000179mol
/
m2
⋅
s
又
NA
=
ρdr 128 ×10−3dt
所以 t
=
NA
ρ ⋅ r0 ⋅128 ×10−3
=
5.00 ×105 s
= 138.82h