《传递过程原理》课后习题参考答案.pdf

1 / 25 1 传递过程原理课程第一次作业参考答案传递过程原理课程第一次作业参考答案 （P56） 1. 不可压缩流体绕一圆柱体作二维流动，其流场可用下式表示 sin;cos 22 D r C uD r C ur 其中 C，D 为常数，说明此时是否满足连续方程。 解：解：由题意，柱坐标下的连续性方程一般表达式为： ()()11 ()0 r z uru u trrrz 不可压缩流体： 0 t 且上式后三项可去除密度 二维流动： ()0 z u z 则连续性方程简化为： ()11 0 r uru rrr 22 ()111 (cos )cos r ruCC rDD rrr rr rr 22 111 (sin )cos uCC DD rrr rr 故： 22 ()()1111 coscos0 r uruCC DD rrrrr rr 由题意，显然此流动满足连续方程。 2 / 25 2 2. 判断以下流动是否可能是不可压缩流动 (1) zxtu zytu yxtu z y x 222 (2) 2 22 2 1 2 1 1 t tzu xyu xyu z y x 解：解：不可压缩流动满足如下条件： 0 y xz u uu xyz （1） 21 10 y xz u uu xyz 故可能为不可压缩流动 （2） 122 ( 222 )0 y xz u uut xxt xyzt 2 t且 。 显然不可能是不可压缩流动。 3 / 25 3 3. 对于下述各种运动情况，试采用适当坐标系的一般化连续性方程 描述，并结合下述具体条件将一般化连续性方程加以简化，指出 简化过程的依据。 (1) 在矩形截面流道内，可压缩流体作定态一维流动； (2) 在平板壁面上不可压缩流体作定态二维流动； (3) 在平板壁面上可压缩流体作定态二维流动； (4) 不可压缩流体在圆管中作轴对称的轴向定态流动； (5) 不可压缩流体作圆心对称的径向定态流动。 解：解： （1）选取直角坐标系；定态：0 t ；可压缩：考虑密度， 即密度为一变量； 连续性方程一般式： 0 y xz u uu xyzt 故定态一维流动表达式： 0 x u x （2）选取直角坐标系；定态： 0 t ；不可压缩：不考虑密度 ，即密度为一常量； 连续性方程一般式： 0 y xz u uu xyzt 故定态二维流动表达式： 0 y x u u xy （3） 选取直角坐标系； 定态： 0 t ； 可压缩： 考虑密度， 即密度为一变量； 4 / 25 4 连续性方程一般式： 0 y xz u uu xyzt 故定态二维流动表达式： 0 y x u u xy （4）选取柱坐标系；定态： 0 t ；不可压缩：不考虑密度 ，即密度为一常量；轴向流动： 0,0 r uu 。 连续性方程一般式： ()()11 ()0 r z uru u trrrz 故该条件下简化式： 0 z u z （5） 选取球坐标系； 定态： 0 t ； 不可压缩： 不考虑密度， 即密度为一常量；径向流动： 0,0uu 连续性方程一般式： 2 2 (sin )()111 ()0 sinsin r ur u u trrr r 故该条件下简化式： 2 2 ()1 0. r r u r r 5 / 25 5 化工传递过程导论课程作业第三次作业参考化工传递过程导论课程作业第三次作业参考 P-57 3-1 流体在两块无限大平板间作定态一维层流， 求截面上等于主体速度流体在两块无限大平板间作定态一维层流， 求截面上等于主体速度 ub的点距离壁面的点距离壁面 的距离。又如流体在圆管内作定态一维层流，该点距离的距离。又如流体在圆管内作定态一维层流，该点距离壁面的距离壁面的距离为若干？为若干？ 解：解： （1）流体在两块无限大平板间作定态一维层流 2 0 max 1 y y uux max 3 2 uub 当时 bx uu ， max 2 0 max 3 2 1u y y u 0 2 0 3 3 ) 3 2 1 (yyy 距离壁面的距离 0 ) 3 3 1 (yd （2）流体在圆管内作定态一维层流 2 0 max 1 r r uux max 2 1 uub 当时 bx uu ， max 2 0 max 2 1 1u r r u 0 2 0 2 2 ) 2 1 1 (rry 6 / 25 6 距离壁面的距离 0 2 (1) 2 dr 3-2 温度为温度为 20的甘油以的甘油以 10kg/s 的质量流率流过的质量流率流过长长度为度为 1m，宽度为，宽度为 0.1m 矩形截面管矩形截面管 道，流动已充分发展。已知道，流动已充分发展。已知 20时甘油的密度时甘油的密度 =1261kg/m3，黏度，黏度 =1.499Pas。试求。试求 算算 (1)甘油在流道甘油在流道中中心处的流速以及距离中心心处的流速以及距离中心 25mm 处的流速；处的流速； (2)通过单位管长的压强降；通过单位管长的压强降； (3)管壁面处的剪应力。管壁面处的剪应力。 解：解：由题意可知，该流动为平壁间的轴向流。 （1） 先计算主体流速 10 0.0793 1261 1 0.1 b G m u s A 。 判断流型，需计算 e R，流道为矩形，故 e R中的几何尺寸应采用当量直径 e d替 代， e d的值为： 4 1 0.1 0.182 2 (1 0.1) ee dd 0.182 0.0793 1261 12.1 1.499 eb eee d u RRR （显然该流动为层流） 对于平壁流，有： max uu 中心且max 2 3 b uu，故 max 33 0.07930.119 22 b mm uu ss ，故得到0.119mu s 中心 根据 2 max 0 1 () x y uu y ，距离中心 25mm 处的流速为： 3 2 25 10 0.119 1 () 0.0893 0.1/2 xx m uu s 。 （2） 平壁间流体做稳态层流的速度分布为： 22 0 1 () 2 x P uyy x 故中心处最大流速为： 7 / 25 7 2 max0 1 2 P uy x 流动方向上的压力梯度 P x 的表达式为： max 2 0 2 uP xy 所考察的流道为直流管道， 故上式可直接用于计算单位管长流动阻力： f P L ， 故： -1 max 2 2 0 22 1.499 0.119 142.7Pa m 0.1 () 2 f P uPP LxLy （3） 管壁处剪应力为： 0 0 2 max max 00 2 (1 () ) x y yy y uuy u yyyy max 2 0 22 1.499 0.119 N 7.135 m0.12 u y 故得到管壁处的剪应力为 2 N 7.135 m 8 / 25 8 化工传递过程导论课程第四次作业解题参考（化工传递过程导论课程第四次作业解题参考（P122） 2. 常压下，常压下，20的空气以的空气以 5m/s 的速度流过一光滑的平面，试判断距的速度流过一光滑的平面，试判断距 离平板前缘离平板前缘 0.1m 和和 0.2m 处的边界层是层流还是湍流。在符合精处的边界层是层流还是湍流。在符合精 确解的条件下，求出相应点处边界层的厚度，以及确解的条件下，求出相应点处边界层的厚度，以及 ux/u0=0.5 处的处的 y 值。值。 解：解： 常压下， 20的空气常数为： -3 1.205kg m， 6 18.1 10 Pa s （1）确定边界层内流型 (a) 距平板前缘 0.1m 处，由题意可得 45 0 0.1 6 1.205 5 0.1 Re3.33 102 10 18.1 10 xm u x 显然边界层 为层流。 (b) 距平板前缘 0.2m 处，由题意可得 45 0 0.2 6 1.205 5 0.2 Re6.66 102 10 18.1 10 xm u x 显然边界层 为层流。 （2）满足精确解的条件下，相应点处的边界层厚度 (a) 距平板前缘 0.1m 处，由题意可得 11 4 22 0.1 5.0Re5.0 0.1 (3.33 10 )0.002740.1 xmx xmmm (b) 距平板前缘 0.2m 处，由题意可得 11 4 22 0.2 5.0Re5.0 0.2 (6.66 10 )0.003880.2 xmx xmmm 由计算结果可以看出，x，普朗特采用的数量级分析方 法是合理的。 9 / 25 9 （ 3 ） 当 0 0 . 5 x u f u 时 ， 查 表 内 插内 插 可 得 ：1.534， 且 1 00 () uu yy xx ， 其中 6 52-1 18.1 10 1.502 10 ms 1.205 。 (a) 距平板前缘 0.1m 处，由题意可得 114 0 0.1 5 5 ()1.534 ()8.408 10 1.502 100.1 xm u ym x (b) 距平板前缘 0.2m 处，由题意可得 113 0 0 . 2 5 5 ()1 . 5 3 4()1 . 1 8 91 0 1 . 5 0 21 00 . 2 xm u ym x 10 / 25 10 7. 常压下， 温度为常压下， 温度为40的空气以的空气以12m/s的均匀流速流过长度为的均匀流速流过长度为0.15m， 宽度为宽度为 1m 的光滑平板， 试求算平板的光滑平板， 试求算平板上、 下两面总共承受的曳力上、 下两面总共承受的曳力。 解：解：常压下，40的空气常数为： -3 1.128kg m， 6 19.1 10 Pa s 计算 Re： 55 0 6 0.15 12 1.128 Re1.063 105 10 19.1 10 L Lu 故为层流，因而曳力可通过如下方法求得。对于宽为 1m，长为 0.15m 的平板，由布拉休斯解得到的平均摩擦系数为： 11 53 22 1.328Re1.328 (1.063 10 )4.073 10 DL C 则曳力为： 22 3 0 1 . 1 2 81 2 ( 0 . 1 51 )( 4 . 0 7 31 0)0 . 0 4 9 6 N 22 DD u FAC 则上，上下两面总共承受的总曳力为： 20.0992N D FF 11 / 25 11 12. 在在 20和和 1.0132 105 Pa 下的空气，以下的空气，以 3. 5m/s 的速度平行流过平的速度平行流过平 板，试从布拉修斯的精确解和假定速度分布为板，试从布拉修斯的精确解和假定速度分布为 3 0 31 ( )( ) 22 x uyy u 的的 卡门积分近似解中， 比较卡门积分近似解中， 比较x=1m处的边界层厚度和局部阻力系数处的边界层厚度和局部阻力系数。 解：解：由查表可知， 0 20 C下空气物性为： -3 1.205kg m， 6 18.1 10 Pa s 55 0 6 1.205 3.5 1 Re2.33 105 10 18.1 10 x u x ，属层流边界层问题 （1）精确解 x=1m 处的边界层厚度计算 11 5 22 1 5.0Re5.0 12.33 100.01 x xm 局部阻力系数 1 11 53 22 0.664 Re0.6642.33 101.376 10 Dxx C （2）卡门积分近似解 x=1m 处的边界层厚度计算 11 53 22 2 4.64Re4.64 12.33 109.613 10 x xm 局部阻力系数 2 1 121 2 53 0 22 222 000 22 0.323Re 0.646Re0.6462.33 101.338 10 2 sxsxx Dxx u C uuu 经比较可得： 1 与 2 ， 1 Dx C与 2 Dx C相差均不大。 12 / 25 12 13. 某黏性流体以速度某黏性流体以速度 u0定态流过平面壁面形成层流边界层，已知定态流过平面壁面形成层流边界层，已知 边界层的速度分布可用边界层的速度分布可用 cybauxsin描述，试采用适当的边界条件，描述，试采用适当的边界条件， 确定待定系数确定待定系数 a、b、c 的值。的值。 解：解：为确定 a、b 和 c 三个待定系数，需要三个边界条件 （1）壁面流体无滑移 00(1) xy yuu （2）边界层外缘渐近条件且速度梯度为零 0 (2) x yuu 0( 3 ) x du dy 由(1)式可得： s i n000 x uabc yaa 且0b c 得到 sin(4) x ubcy 由(2)式可得： 0 sin(5)ubc (4)式对y求导并合并(5)式可得： 0 0 sin1 sinsin(6) sinsinsin x x uubcy cyucy ubccc 0 cos(7) sin x duu c cy dyc 即可得到 00 cos 0cot(8) sin x y duc u cu cc dyc 1 2(2)(0,1,., )(9) 22 ckckkn 将(9)式代入(5)式， 并且按照物理意义和函数取值特性判断取 0k ，可得 13 / 25 13 000 sinsin(2)(10) 2 ubcubkub 综合可得：0a ， 0 bu ， 2 c 化工传递过程导论课程第化工传递过程导论课程第 5 次作业解题参考次作业解题参考 第第 6 章章 热传导热传导 2. 用平底锅烧开水，与水相接触的锅底温度为用平底锅烧开水，与水相接触的锅底温度为 111，热流通量为，热流通量为 42400W/m2。使用一段。使用一段 时间后，锅底结了一层平均厚度为时间后，锅底结了一层平均厚度为 3mm 的水垢，假设此时与水相接触的水垢的表面温的水垢，假设此时与水相接触的水垢的表面温 度及热流通量分别等于原来的值，试计算水垢与金属锅底接触面的温度。水垢的导热系度及热流通量分别等于原来的值，试计算水垢与金属锅底接触面的温度。水垢的导热系 数取为数取为 1 W/(m K)。 解：解：由题意可以想见，原来无水垢时是对流传热；结垢后垢层中为导热，此 时定态、一维平板的传热通量为 1S qk TT AL 其中， L 为垢层的厚度，T1为水垢与金属锅底接触面的温度（未知） ，TS为与水相接触 的垢层表面温度。因此可得 1S qL TT A k 3 1 3 10 111 42400 1 T 1 238.2oTC 故得出水垢与金属锅底接触面的温度为238.2oC 3. 有一管道外径为有一管道外径为 150mm，外表面温度为，外表面温度为 180，包覆矿渣棉保温层后外径为，包覆矿渣棉保温层后外径为 250mm。 已知矿渣棉的导热系数已知矿渣棉的导热系数0.0640.000144kTW/(m K)，T 单位为单位为。保温层外表面温度。保温层外表面温度 为为 30，试求包有保温层后管道的热损失。，试求包有保温层后管道的热损失。 解：解： 本题考虑对象为保温层，其中为定态、一维筒壁、无内热源导热问题，可 以有多种解法。与书中讨论不同的是，导热系数并非常数，而是随温度变化。首 先，形式上，将题给导热系数写作 0(1 )0.064 1 0.00225kktt 14 / 25 14 以下分别给出几种解法。 第一解法：精确解第一解法：精确解 定态下，传热速率为常数，也即 单层圆筒壁热传导 不定积分一次得： 2 12 11 22 ln 2 0.15 ,180 0.25 ,30 O O ttCrC rm tC rm tC 利用边界条件确定积分常数： )6(ln ln )( 2 )( 2 )5( ln )( 2 )( )4(ln 2 )3(ln 2 1 2 1 2 2 2 121 2 112 2 1 2 2 2 121 1 221 2 22 211 2 11 r r r tttt ttC r r tttt C CrCtt CrCtt 所以单位管长的传热速率或热损失为：所以单位管长的传热速率或热损失为： 0 22 1212 0 1 2 2 21 2 2 qdt rk Ldr dt k (t ) r dr (tt )(tt ) k r ln r 0 11 0 2 (1) 2 (1)() 2 dt krLqConst dr dt ktrLq dr drq t dtCC rkL 15 / 25 15 22 0 00225 1803018030 2 20 064 0 15 0 25 145 98J/s m145 98W/m . ()() q . . L ln . 第二解法：精确解第二解法：精确解 Const dr dt rLkq2 (1a) 0)( dr dt kr dr d (1b) 0 11 22 (1)0 0.15 ,180 0.25 ,30 O O ddt ktr drdr rm tC rm tC (1c) 积分两次： 1 )1 (C dr dt rt (2a) rdCttdln 2 1 2 (2b) 21 2 ln 2 CrCtt (2c) 可得与第一解法同样的结果。 第三解法：第三解法：无内热源固体圆筒壁的一维稳态热传导问题无内热源固体圆筒壁的一维稳态热传导问题 取导热系数近似为常数， 对应保温层的平均温度 o 18030 105 C 2 T ， 故导热系数为 0.0640.000144kT 0.0640.000144105k W 0 . 0 7 9 1 2 m K k 故而，计算每米管长的热损失，可得 03 3 0 220 . 0 7 9 1 2 W ()(1 8 03 0 )1 4 5 . 9 8 m 2 5 01 0 ln ln 150 10 i i qk TT r L r 4. 具有均匀内热源的具有均匀内热源的一块一块平板， 其发热速率平板， 其发热速率 q =1.2 106J/(m3 s)， 平板厚度 （， 平板厚度 （x方向） 为方向） 为0.4m。 已知平板内只进行已知平板内只进行 x 方向上的一维定态导热，两端面温度维持方向上的一维定态导热，两端面温度维持 70，平均温度下的导，平均温度下的导 热系数热系数377kW/(m K)。求距离平板中心面。求距离平板中心面 0.1m 处的温度值。处的温度值。 16 / 25 16 解：解：方法方法 1： 由题意，有均匀内热源的平板一维、定态热传导。控制方程为 2 2 0 Tq xk 设定平板中心为坐标原点，可得到边界层条件 0.2xm，70oTC 0.2xm，70oTC 且 6 3 2 1.2 10 3.183 10 377 q k m k 对原式积分，并代入边界条件，可得 32 (1.592 10 )133.68Tx 距平板中心0.1m处的温度为 32 (1.592 10 ) 0.1133.68117.76oTC 方法方法 2： 0 0,0() 0.2 ,70343 s t x x xLm ttCK 对称，极值条件 积分控制方程： )/(1 2 )/(1 2 )()2/()( 2 )/( 2 )/( 0)/( 2 2 2 2 22 2 2 21 2 11 Lx k Lq tt Lx k Lq Lxkqtt C L kqt CxC x kqt CCxkq dx dt s s s 62 20 1 2 100 20.1 3431-() 391K117 76 C 2 3770.2 t. 本题的温度分布如下所示： 17 / 25 17 化工传递过程导论课程第化工传递过程导论课程第 6 次作业解题参考次作业解题参考 1. 流体在垂直壁面附近呈自然对流，已知局部传热系数流体在垂直壁面附近呈自然对流，已知局部传热系数 hxc x-1/4， 式中式中 x 为离平壁前缘的距离，为离平壁前缘的距离，c 为取决于流体物性的常量，试求为取决于流体物性的常量，试求 局部传热系数与平均传热系数之比。局部传热系数与平均传热系数之比。 解：解：局部传热系数为当地的点值，平均传热系数为一段区间上的均 值。对于长为 L 的平板壁面，平均传热系数为面积加权平均或线平平均传热系数为面积加权平均或线平 均值均值，也即 1 mx A hh dA A 1 4 0 1 (1) (1) L m hcxdx L 1 4 4 3 m hcL 故局部传热系数与平均传热系数之比 1 1 4 4 1 4 33 ( ) 444 3 x m hcxx hL cL 习题7-4图示 70 90 110 130 150 -0.2-0.100.10.2 xm t0C 18 / 25 18 4. 空气以空气以 1.0m/s 的流速在宽的流速在宽 1m，长，长 1.5m 的薄平板上流动，主体温的薄平板上流动，主体温 度是度是 4，试计算为了使平板保持在，试计算为了使平板保持在 50的恒温必须供给平板的的恒温必须供给平板的 热量。热量。 解：解：特征温度 0 1 ()27 2 o w ttttC 27oC下，空气的物性常数为： -3 1.177kg m， -1 1.005kg/(kg K) p c 2-1 2.648 10 W/(m K)k ， 5 1.845 10 Pa s 普朗特数： 35 2 (1.005 10 ) (1.845 10 ) Pr0.7 2.648 10 p c k 平板边缘处雷诺数： 4 0 2 1.5 1.0 1.177 Re9.57 10 2.648 10 L Lu 上述取值满足课本中波尔豪森解的条件波尔豪森解的条件。因此，平板平均对 流传热系数： 11112 42 3322 2.648 10 0.664Re Pr0.664(9.57 10 )0.73.22W/(mK) 1.5 mL k h L 保持平板恒温，传热量计算如下： 0 ()3.22 (1.5 1) (504)222.18W mm Qh A tt 19 / 25 19 6. 常压和常压和 394K 的空气由光滑平板壁面流过。平面壁温的空气由光滑平板壁面流过。平面壁温 TW=373K， 空气流速空气流速 u0=15m/s，临界雷诺数，临界雷诺数 Rexc=5 105。试求临界长度。试求临界长度 xc、该处、该处 的速度边界层厚度的速度边界层厚度 和温度边界层厚度和温度边界层厚度 t、局部对流传热系数、局部对流传热系数 hx、 层流段的平均对流传热系数层流段的平均对流传热系数 hm及该段的对流传热速率。及该段的对流传热速率。 解：解：特征温度 0 1 ()383.5K 2 w TTTT 383.5K下，空气的物性常数为： -3 0.922kg m， -1 1.009kg/(kg K) p c 2-1 3.271 10 W/(m K)k ， 5 2.24 10 Pa s 普朗特数： 35 2 (1.009 10 ) (2.24 10 ) Pr0.691 3.271 10 p c k 临界长度： 55 0 Re (5 10 ) (2.24 10 ) 0.81 0.922 15 c x c xm u 临界长度处速度边界层厚度： 5 3 0 2.24 100.81 4.644.645.315 10 0.922 15 c x m u 临界长度处温度边界层厚度： 3 3 11 33 5.315 10 6.01 10 Pr0.691 t m 局部对流传热系数： 11112 2 3322 5 3.271 100.81 15 0.922 0.332Re0.332()0.6918.382W/(mK) 0.812.24 10 xxr k hp x 层流段平均对流传热系数： 11112 2 3322 5 3.271 100.81 15 0.922 0.664Re0.664()0.69116.764W/(mK) 0.812.24 10 mLr k hp L 该段的对流传热通量对流传热通量： 2 0 ()16.764 (394373)352.044W/m mw q h TT A 该段单位宽度的对流传热速率单位宽度的对流传热速率：352.044 0.81285.156W/mq 20 / 25 20 7. 某油类液体以某油类液体以 1m/s 的均匀流速沿一热平板壁面流过。油类液体的的均匀流速沿一热平板壁面流过。油类液体的 均匀温度为均匀温度为 293K，平板壁面维持，平板壁面维持 353K。设临界雷诺数。设临界雷诺数 Rexc=5 105。 已知在边界层的膜温度下， 液体密度已知在边界层的膜温度下， 液体密度 =750kg/m3、 动力黏度、 动力黏度 =310- 3N s/m2、导热系数 、导热系数 k=0.15W/(m K)、比热容、比热容 cp=200J/(kg K)。试求。试求 （1）临界点处的局部对流传热系数临界点处的局部对流传热系数 hx及及壁面处的温度壁面处的温度梯度梯度； （2）由平板前缘至临界点这段平板壁面的对流传热通量。由平板前缘至临界点这段平板壁面的对流传热通量。 解：解： （1）普朗特数： 3 200 (3 10 ) Pr4 0.15 p c k 临界长度： 53 0 Re (5 10 ) (3 10 ) 2 750 1 c x c xm u 临界点处的局部对流传热系数： 1111 2 3322 3 0.152 1 750 0.332Re Pr0.332()427.949W/(mK) 23 10 c xcx c k h x 00 3 () 2 yw t T TT y 3 2 x t k h 00 () x yw hT TT yk 11 32 00 1 0.332Re Pr () c yxw c T TT yx 11 4 32 0 3 1217 5 0 0 . 3 3 2()4( 2 9 33 5 3 )1 . 1 1 81 0 K / m 231 0 y T y （2）由题意，计算过程如下 1111 2 3322 3 0.152 1 750 0.664Re Pr0.664()455.899W/(mK) 23 10 mL k h L 该段对流传热通量为： 2 0 ()5 5 . 8 9 9( 3 5 32 9 3 )3 3 5 3 . 9 4 W / m mw q h TT A 化工传递过程导论课程第化工传递过程导论课程第 7 次作业解题参考次作业解题参考 第第九九章章 气体气体、液体及固体中的扩散传质液体及固体中的扩散传质 21 / 25 21 2. 对于组分 A 经停滞组分 B 的定态扩散传质，目标组分 A 的质量通量计算式为式（9-7） 。试回答： (1) 如果体系的压强增加 1 倍，那么它对组分 A 的质量通量有何影响，试定量说明。 (2) 此处， 目标组分 A 存在浓度梯度驱动下的扩散运动， 如果体系总压恒定， 由 C=cA+cB=const 可知， 必然存在组分 B 的浓度梯度以及相应的扩散运动。那么，如何理解组分 B 为停滞组分（NB=0） ，试通 过推导加以说明。 解： （1）由题意，组分 A 的摩尔通量为 ln A AB A A Cc CD N LCc ln A AB A A PP PD N RTLPP 1 ln 1 A AB A A y PD N RTLy ln B AB A B y PD N RTLy 假定扩散系数 AB D为不随体系压强变化的常数；组分 B 为停滞组分，/ BB yyconst A NP，体系压强增加 1 倍，得到 2 AA NN。 （ 2 ） 体 系 总 压 恒 定 ， 及 C=cA+cB=const 。 设 定 B 组 分 为 停 滞 组 分 （ NB=0 ）， 可 得 0 ABAA NNNNN 组分 A 的通量表达式 AAAm NJc u A AA BAm dc NDc u dz 通过如上两式，可得 A mABAm dc CuDc u dz () A ABmABAm dc cc uDc u dz A BmA B dc c uD dz B BmA B d Cc c uD dz B BmAB dc c uD dz 组分 B 的通量表达式 BBBm NJc u B BA BBm dc NDc u dz BB BABAB dcdc NDD dzdz 0 B N 说明组分 B 确实存在浓度梯度及相应的扩散运动，但由于组分 B 的扩散通量与对流通量大小相等，扩 散方向相反，正好抵消，故最终组分 B 的总通量为零（NB=0） 。 4 采用类似图 9-1 的扩散系统研究定态下甲苯(A)在空气(B)中的扩散特性。系统温度为 T=298K，压强为 P=1atm，蒸发的横截面面积为 0.8cm2，扩散路径的长度为 10cm。为保持液面高度不变，试问每小时需 向室中补充多少克甲苯？已知甲苯的蒸气压为 28.4mmHg， 液相摩尔体积为 106.8cm3/mol， 甲苯在空气 中的扩散系数满足 DABP=0.855m2 Pa s-1。 解：由题意，可知甲苯的蒸汽压 28.4mmHg，换算为 Ps=0.037atm；为保持液面高度不变，应使扩散量 等于添加量（蒸发损失量） ；设定传质过程为甲苯（组分 A）经停滞组分 B（空气）的定态扩散。 22 / 25 22 1 ln 1 A AB A A y CD N Ly 采用拟定态假设；系统恒温，恒压，取理想气体近似，故甲苯（组分 A）的扩散通量可转化为 1 ln 1 A AB A A y D P N RTLy 气液界面处甲苯的气相摩尔分数为 0.037 0.037 1 s A P y P 假定空气流足够，可知甲苯（组分 A）在“扩散末端”浓度近乎为 0，故0 A y ； 气 相 中 组 分 摩 尔 通 量 与 液 体 中 组 分 蒸 发 量 之 间 的 关 系 为 1 A L dL N Vdt 1 1 ln 1 A AB AL y D PdL RTLyVdt 22 00 1 1 ln()() 12 A AB L A y D P VtLLLLL RTy 6222 0 0.8551 0.0371 (106.8 10 ) ln3600()(10 10 ) 8.314 2981 02 LL 5 5.001127 10Lm 故每小时需向室中补充 45 3 6 0.8 105.001127 10 923.446 10 106.8 10 L AL mMg V 故为保持液面高度不变，每小时需向室中补充 3 3.446 10克甲苯。 8. H2通常可以用来将金属氧化物还原成金属单质，现使用纯 H2作为还原剂，进行下述几类还原反应 O(g)H Fe(s)(g)H FeO(s) 22 O(g)2H Ti(s)(g)2H (s)TiO 222 O(g)3H Fe(s)2(g)3H (s)OFe 2232 O(g)4H Mn(s)3(g)4H (s)OMn 2243 假设：1) 反应在恒定的温度和压强下进行，反应表面近似为平板； 2）反应进行很快，所有反应均为定态、一维扩散控制，记扩散方向为 z，气体膜厚度为D； 3）气相主体的气体组成固定。 (1) 试写出每个反应中目标组分 H2（A）的质量通量计算式；(2) 哪个反应形成等分子反方向扩散过 程； (3) 考虑扩散速率因素时，这些反应中哪个反应在消耗单位摩尔氢时还原生成的金属摩尔数最多。 23 / 25 23 提示：过程的物理/化学图景参考图 9-5。 解：(1) 由题中假设可知，目标组分 H2（A）的摩尔通量 () AA AABAB dcc NDNN dzC 由化学反应式可知（目标组分 A：反应物 H2 (g)；组分 B：生成物 H2O(g)） a 11 AB AB NN NN b 22 AB AB NN NN c 33 AB AB NN NN d 44 AB AB NN NN 显然四个反应式均为等分子反方向扩散过程，故目标组分 H2（A）的摩尔通量式可简化为 A AAB dc ND dz AA AAB D cc ND 一维扩散控制，消耗 H2 (g)的反应过程迅速，则气固界面处 H2 (g)的浓度极低，有0 A c ，则上 式可简化为 A AAB D c ND (2) 由如(1)所知，四个反应式均形成等分子反方向扩散过程。 (3) 考虑扩散速率因素，消耗 1mol H2 (g)，由化学反应式计量关系可知 a1mol H2 (g) 1mol Fe (s) b1mol H2 (g) 1/2molTi (s) c1mol H2 (g) 2/3mol Fe (s) d1mol H2 (g) 3/4mol Mn (s) 显然：为消耗 1mol H2 (g)，第一个反应式能生成 1mol Fe (s)，还原生成的金属物质的量最多。 化工传递过程导论课程第化工传递过程导论课程第 8 次作业解题参考次作业解题参考 第第十十章章 传质边界层及对流传质理论传质边界层及对流传质理论 4. 氮气流在 2m 长的装有液态丙酮的容器表面处平行流过，温度为 300K，压强为 1.013 105Pa，流速为 4m/s。假设丙酮在 300K 下持续供给，且在该温度下丙酮向氮气中的扩散系数为 9.2 10-6m2/s。设边界 层由层流向湍流的转变发生在 Rexc=3 105。试计算局部传质系数 kc和距最前端的距离 xc。 解： 查表可得， T=300K， P=1.013 105Pa 条件下， N2的物性： 3 0.0175 10 Pa s ， 3 1.251kg m 施密特数 3 6 0.017510 1.5210.6 1.2519.210 AB Sc D 距离最前端距离 3 5 0 0.017510 Re3101.049 41.251 c cx xm u 24 / 25 24 局部传质系数 11116 53 3322 9.2 10 0.332Re0.332(3 10 )(1.521)1.834 10/ 1.049 c AB cx c D kScm s x 5. 在光滑的平板上洒有一薄层乙醇。 乙醇上方沿平板有压强为 1.013 105Pa 的空气沿平板平行流过， 空气 速度为 2.5m/s，温度维持 289K。试求算由平板前缘算起 1