矿大题库答案化工原理计算题.doc

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1、d=d/2u=4uRe/Re=duρ/μ·μ/duρ=1/2∴Re=900λ=64/Re=0.0356∴λ2=0.071△p/△p=λ2(l/d)(u/2)ρ/[λ1(l/d)(u/2)ρ]=2(l/2d)(u/4)/(100/d)u=l/(16×100)∴l=16×100×0.064/0.64=160mＶ=(π/4)×0.04×0.62[2g×0.456×(13600-1100)/1100]=0.00785m/su=0.00785/[(π/4)×0.1]=1m/su=1×(0.1/0.07)

2、=2.04m/sΣhf=(0.02×2/0.1+0.5)×1/2g+(0.02×30/0.07+4×0.75+6+0.17+8)×2.04/2g=5.51mHe=5.51+(20-1.5)+0.5×10/1100+2.04/2g=28.77mN=28.77×0.00785×1100/(102×0.6)=4.084kw解：按表压计算，Pa=0P=ρg(△1-△2),P=PP=P+ρg(△3-△4)=ρg(△1-△2+△3-△4)P=P-ρg(△5-△4)=13.6×9.81(2.6-0.3+1.5-0.5)-1×9.81(3-0.5)=415.7kN

3、/m1-1′、2-2′间列柏努利方程式:Zu/2g+p/ρg=Zu/2g+p/ρg+hf①p-p=ρg(u/2g-u/2g)=ρ(u/2-u/2)u/u=d/du=0.5×(0.2/0.1)=2m/su代入①p-p=ρ(22-0.5/2)=1876N/m∵p-p=ρghh=(p-p)/ρg=1875/(1000×9.81)=0.191m在1-1′与2-2′间列柏努利方程，以通过水平管的中心线为水平基准面(Z-Z)+(p-p)/ρg=hf=λ(L/d)u/2g由p-p=0Z-Z=H∴

4、H=λ(L/d)u/2g而u=Vh/[3600(πd/4)]代入上式H=λ(8VhL/3600πgd)=>d=λ(8LVh/3600πgH)∴d=[λ(8LVh/3600πgH)]代入数据：d=[0.023×(8×150×10/3600×π×9.81×10)]=0.0466m=46.6mm-△pf=-△pf而-△pf=32μlu/d∴32μlu/d=32μlu/d即μ/u=μ/u∴ms/ms=uρ/uρ=μρ/μρ=1.35×880/1.25×900=1.056输油量比原来增加5.

5、6%u=V/(πd/4)=10/(3600×π×0.045/4)=1.75m/sRe=duρ/μ=0.045×1.75×1000/(1×10)=78750λ=0.3164/Re=0.3164/78750=0.0189由柏式：Z=Zu=u∴p/ρ=p/ρ+λ(l/d)(u/2)p=p-λ(l/d)(ρu/2)=1.5×9.81×10-0.0189×(100/0.045)×(1.75/2)×1000=8.3×10N/m(表压)根据泊氏方程：-△p=32uμl/d以及：(π/4)du=(π/4)du=Vs已知：d

6、=2d则：u/u=d/dl=(2d)/d=4即：u=u/4原工况：-△p=32uμl/d现工况：-△p=32uμl/d∵μ=μl=lu=u/4d=2d将上述各项代入并比较：现/原:△p/△p=[32×(1/4)u×μ×l/(2d)2]/[32×u×μ×l/d]=1/16答：因摩擦而引起的压降只有原来的1/16对贮油池液面至高位槽液面列柏努利方程：He=△Z+λ[(l+Σle)/d](u/2g)△Z=20ml+Σle=430md=108-2×4=100mm=0.1mu=Vs/0.785

7、d=38400/3600×0.785×0.1×960=1.415m/sRe=duρ/μ=0.1×1.415×960/3430×10=39.6<2000λ=64/Re=64/39.6=1.616He=20+1.616×(430/0.1)×(1.415/2×9.81)=729.13mN=Q·He·ρg/η=38400×729.13×9.81/(3600×0.5×1000)=152.6kw⑴水流量为0.002m3/s在φ1″管u=0.002/[(π/4)×0.027]=3.493m/sRe=3.493×0.027×1