食品工程原理1答案

【4-1】 解：

小球的沉降速度 ut=

H

τ

=

0.2m

=0.0273m/s 7.32s

设在斯托克斯区沉降，则由斯托克斯定律：

μ=

dp(ρp−ρ)g

18ut

(0.006)2(7900−1300)9.81==4.74(Pa⋅s)

18×0.0273

dputρ

=

0.006×0.0273×1300

=0.045

4.74

校核：算出颗粒雷诺数 Rep=

μ

属斯托克斯沉降。上述计算有效。

∴糖浆的粘度为4.74Pa.s 【4-2】

解：

（1） 已知：dp=4mm，ρp=1400kg/m3，μ=0.001Pa·s

假设谷物颗粒在滞流区沉降

则ut=

2

(ρp−ρ)gdp

18μ

(4×10−3)2(1400−1000)×9.81

==3.49(m/s)

18×0.001

但Rep=

dputρ

μ

4×10−3×3.49×1000==1.40×104>1

0.001

∴假设不成立

又假设颗粒在湍流区沉降

−3

则u=1.74dpp−g=1.744×10(1400−1000)×9.81=0.218(m/s)

t

ρ1000

此时Rep=

dputρ

μ

4×10−3×0.218×1000==872>500

0.001

∴假设成立，颗粒沉降速度为0.218 m/s (2) ut’=0.1mm/s，假设沉降发生在滞流区

则 d'=

p

18ut'μ×0.1×10−3×0.001

==2.14×10−5(m)

(ρp−ρ)g(1400−1000)×9.81

校核：Rep=

dputρ

''

μ

2.14×10−5×0.1×10−3×1000

==0.00214

0.001

∴ 假设成立，此谷物的淀粉粒直径为2.14×10-5m 【4-3】

解：设最小的尘粒在降尘室内作滞流沉降，则有：

ut=

2

(ρp−ρ)gdp

18μ

(10×10−6)2(2000−0.43)×9.81

=≈3.0×10−3(m/s) −5

18×3.6×10

校核：Rep=

dputρ

μ

10×10−6×3.0×10−3×0.43==3.6×10−4

3.6×10

∴假设成立

已知标准态下T=0℃=273K，V=3000m3/h 根据

V1T1 =VT

可得：

T1773=3000/3600×=2.36(m3/s) T273

-3

设降尘室每层的沉降面积为A，依题意可得V1=utAn 即：2.36=3.0×10×A×5 ∴ A=157.3 m2 【4-4】

解：由于允许压降一般是当气体密度为1.2kg/m3时得出的值，即ρ0=1.2kg/m3时，Δp0=1780 Pa

T1=500℃=773K时，V1=V根据

Δp0ρ00.43ρ

=，可得ρ=0.43kg/m3时，Δp=Δp0×=1780×=637.8(Pa) Δp1.2ρρ0

∵对单台标准型旋风分离器有 Δp=ξ

ρui2

2

（其中ξ=8）

由上题知：qv=V1=2.36 m3/s

若为4台并联操作，则每台压降不变，流量为单台的1/4，即Δp=637.8 Pa，qv=V1/4=0.59 m3/s

⎛2Δp⎞⎛2×637.8⎞2

⎟=∴ui=⎜⎜⎟=19.3(m/s)⎜ξρ⎟×80.43⎝⎠⎝⎠

qvD2

又Q=hB=

ui8∴D=(8qV/ui

1

2

1

)1/2

=(8×0.59/19.3)1/2=0.495(m)

12

−5

12

⎡⎤⎡3.6×10×0.495⎤μD−6

d50=0.27⎢=0.27⎥⎢⎥=5.80×10(m)

⎣19.3(2000−0.43)⎦⎣ui(ρs−ρ)⎦

10×10−6d

==1.72 −6d505.80×10

查P325图4-44得： η=68% 【4-5】

解：降尘室的总面积为 A=20×5×3=300 m2

若ut为该降尘室能100%除去的最小颗粒的沉降速度，则其生产能力为Q=Aut

∴ ut=

Q36000/3600==0.033(m/s) A300

2

dpmin(ρp−ρ)g

设尘粒在降尘室中进行滞流沉降，则 ut=

18μ

∴dpmin

18ut×0.03×10−3×0.033==≈2.06×10−5(m)

(ρp−ρ)g(4300−0.9)×9.81

校核： Rep=

dpminutρ

μ

2.06×10−5×0.033×0.9

==0.02

0.03×10

∴假设成立 【4-6】

解：（方法一） 该沉降式离心分离机的结构如图所示。

依题意RA=0.04m，RB=0.4m，n=5400r/min=90r/s，H=0.3m，

20℃时，水的密度ρ=998 kg/m3，粘度μ=0.001Pa.s 酵母由RA沉降至RB 所需的沉降时间为：

RB 18μ

τt=22ln

ωdpρp−ρRA

酵母的停留时间取与流体在设备内的停留时间相同，即

22

)H −RA设备内流动流体的持留量π(RB

τr==

qV

当直径dp满足τt≤τr的酵母才能产生向鼓壁沉降的效果，此时处理量qV可有下式计算：

222

(πHω2dpρp−ρ)RB−RA

×qV≤

18μlnB222

(πH(2πn)2dpρp−ρ)RB−RA

=×

18μlnB

RA

RA

3.14×0.3×(2×3.14×90)2×(5×10−6)2(1150−998)0.42−0.042

=×

18×0.001

ln0.04

=0.0635×0.0688=4.37×10−3(m3/s)

（方法二）已知水温20℃时，ρ=1000kg/m3，

μ=0.001Pa.s

设酵母颗粒在沉降过程处于层流，则沉降速度为：

ur=

dp(ρp−ρ)

2

18μ

ωr=utg

2

ω2r

g

其中，ω=nπ=5400π=180π， 当r=0.04m时

3030

ur

(5×10)(1150−1000)×0.04×(180×3.14)=

−62

2

18×0.001

μ

≈2.7×10−3(m/s)

−6−3

校核:Re=dpurρ=5×10×2.7×10×1000=0.0135

0.001

∴假设成立.

∵u=u

rtg

ω2r

g

g

=

dr

dτ

故酵母沉降到转鼓壁的时间

τr=∫dτ=∫

τrR

r

gRgR−r1

⋅dr=ln≈×2×22

utgωrutgωrutgωR+r

2

（ ∵

⎛x−1⎞ x＞0 ） lnx=2⎜+LL⎟

⎝x+1⎠

酵母在转鼓内的停留时间τ等于液体沿轴所走H所需的时间,即:

τ=

H=u

HπR2−r2H

=qVqV22πR−r

(

)

π(R2−r2)H

qV

根据分离条件: τr≤τ

即2R−r⋅

2

g

2

R+rutgω

≤

∴q

v

d(ρ−ρ)g212

ω≤⋅π(R+r)H⋅pp

2g18μ

15×10−6(1150−1000)

(180×3.14)2≈0.03(R+r)2=×3.14(R+r)2×0.3×

218×0.001

()

2

当R=0.4m qv≤0.03(0.4+0.04)2≈5.81×10-3(m3/s)=20.9m3/h

或者

R ， 则有 τr=ln

utgω2r

g

1

⋅πR−rH⋅

gutgω

2

ln

RπR2−r2H≤rqV

()

qV≤

gln

=

r

(

22

)

(

dp(ρp−ρ)g

2

18μ

ω2

15×10−6(1150−1000)

(180×3.14)2 ⋅3.14×R2−r2×0.3×

R18×0.001lnr

0.42−0.042R2−r2

=0.0627=0.0627=4.32×10−3(m3/s)

lnlnr0.04

()

)

2

()()

【4-7】

解：已知：dp=0.05mm，m油∶m水=1∶4，Q总=2t/h，ρp=0.9×1000 =900 kg/m3，

查表得38℃时,水的物性参数: ρ=992.9 kg/m3，μ=6.828×10-4Pa·s

间歇式沉降槽的沉降面积可用下式计算：

QA0=

ut

Q为生产能力，m3/s（按清液体积计，在此指水）

查表得38℃水的ρ=992.9≈993(kg/m3)，粘度μ=6.83×10−4Pa⋅s 依题，

2×103/36004

Q=×=4.48×10−4(m3/s)

9935

2

dp(ρp−ρ)g(5×10−5)2(900−993)×9.81 −4

ut===−1.855×10(m/s)

18μ18×6.83×10−4

由Stokes定律

式中负号说明油粒是上浮,方向与重力沉降的相反。

−5−4

校核：Re=dputρ=5×10×1.855×10×993=0.0135

p−4

μ6.83×10

属层流区，假设成立。 ∴

Q4.48×10−42

A0===2.42(m)

ut1.855×10−4

【4-8】

解：标准型旋风分离器各尺寸之间的比例可见P323图4-42，如下图所示。

以教

讲”

。 比以前的个别教学提高了效率，但是

它无法适应人的个性和特点。”学生始终处于被动的

学习环境中，造成“要我学”的学习环境，学生缺乏主 标准型旋风分离器

h=D/2 B=D/4 D1=D/2 H1=2D H2=2D S=D/8 D2=D/4

已知qv= 104 m3 /h，D=1000mm=1m，标准型旋风分离器Ne=5，ξ=8 由图知：B=D/4=1/4=0.25 m

qvD2Q=hB=ui8∴ui=

8qV8×10/3600

=≈22.2(m/s)D212

9B

=

πNeuiρs

4

最小颗粒直径为d=

c

9×2×10−5×0.25

≈9.3×10−6(m)

3.14×5×22.2×1500

设备的流体阻力，体现为该设备的压强降Δp，

1.0×22.22

Δp=ξ=8×≈1971(Pa)

22

【4-9】

解：(方法一) 由恒压过滤方程 V2+2VVe=KA2τ=2k(Δp)1−sA2τ 当过滤介质阻力可忽略不计时，Ve=0，上式简化为：

V2=KA2τ=2k(Δp)1−sA2τ ∴V12⎛Δp1⎞(=⎜⎜Δp⎟⎟V2⎝2⎠

1−s

ρui2

⎛Δp1⎞

=⎜⎜Δp⎟⎟⎝2⎠

1−0.6

⎛Δp1⎞ =⎜⎜Δp⎟⎟⎝2⎠

2

0.4

Δp2

0.4

⎛V2⎞ 50.4⎛3.5⎞⎟=Δp⎜==100×1.96=196(10)⎜⎟⎜⎟

⎝2.5⎠⎝V1⎠

0.4

1

2

∴Δp=5.4×105(Pa)（表压）

2

(方法二) 对过滤方程dV

KA2积分得： =

dτ2V+Ve(V+Ve)2=KA2(τ+τe)

当过滤介质可忽略不计，即Ve=0，τe=0， 则可得到：V

2

=KA2τ

K1V12/(Aτ1)V122.52 ===K2V22/(Aτ2)V223.52

又K=2kΔP1-s

ΔP1

∴K1=⎛⎜K2⎜⎝ΔP2

⎞

⎟⎟⎠

1−s

2.52⎛105

=⎜即2⎜ΔP3.5⎝2⎞

⎟⎟⎠

1−0.6

∴Δp=5.4×105(Pa)（表压）

2【4-10】

解：(1)（方法一） 由恒压过滤方程 V2=KA2τ (1)

2

V12τ181可得 2=,即2=

2V2τ2V2

3

∴V2=11.31m

3

∴ ΔV=V2-V1=11.31-8=3.31 m32

（方法二） 将V1=8 m,τ1=1h代入式(1),得 KA=64

∴ ΔV=V2-V1=KA2τ2−V1=64×2−8=3.31(m3)

(2) （方法一） dV

dτ

=

KA2V+Ve2

依题意 Ve=0 V2=11.31 m3

dVKA264则()E===2.83(m3/h)

dτ2V22×11.31

(

1dVdV2.83)w=()E==0.71(m3/h)

4dτdτ4

2Vw

==2.83(h) 0.71⎛dV⎞

⎜⎟⎝dτ⎠W

∴τ=

w

（方法二） ∵洗涤面积为过滤面积的1/2

qw=

Vw24

== AwA/2A

KKK1⎛dq⎞KA⎛dq⎞

=== ⎜⎟=⎜⎟=

V4V⎝dτ⎠W2⎝dτ⎠E4q+qe4q4A

τw=

qw4/A16V

== 2

dqKA/(4V)KA⎛⎞⎜⎟⎝dτ⎠W

由(1)可得 KA2=V21/τ=64, V=V2=11.31m3

16×11.31

∴ τw==2.83(h)

64

(3) ∵滤饼为不可压缩，∴ s=0

则可得K=2kΔp k为常数与压差无关 ∴

K1Δp11

== K2Δp22

K1τ21τ=,即=2

22K2τ1

∴τ2=1(h)

又 V2=KA2τ，且V2=V1 则

（4）由于压强提高1倍，

K1Δp11

== K2Δp22

V12K1

当V1=11.31m, τ2=τ1时， 2=

K2V2

3

11.3121

即 =2

2V2

【4-11】

∴V2=15.99 m3

解：(1)由已知的恒压方程：(q+10)2=250(τ+0.4) (A) 可得：qe=10L/m2，τe=0.4min, K=250L2/m4.min

设K不变，则0~5 min的恒速过滤方程为:

K 即q2

q+qqe=τ

2

2

+10q=125τ

当τ=5min时

q2+10q=125×5

∴q=−5=−5=25.5−5=20.5(L/m2)

0微分(A)式得: 2(q+10) dq=250 dτ ∴有(2q+10)dq=250dτ

∫∫

20.5

5

q

20

(q+10)]

(2)∵

2q

20.5

=250×15=3750 ∴q=68.4-10=58.4 (L/m)

2

τW=

qW⎛⎞⎜⎟⎝dτ⎠W

又⎛dq⎞

250 ⎛dq⎞

=⎜⎟⎜⎟=

⎝dτ⎠W⎝dτ⎠E2(qE+10)

∴

1 qE

qq(+10)58.4(58.4+10)τW==EE==6.4(min)

6256252(qE+10)

解：(1)V=0.6=12(m3) Ve=0

0.05

【4-12】

∵V2=KA2τ ∴A=

VK=

12

3.3×10−5×1.5×3600

=28.43 (m2)

(2)A=n×2×1×1 ∴n=

A28.43

==14.2 取15个 22Vs=n×1×1×δ

∴δ=

Vs0.6==0.04(m) n15

(3)V2=V1得K2A2τ2=K1A2τ1由题知s=0,故K∝ΔP ∴ΔP2=⎜⎜

⎛τ1⎞1.5

⎟ΔP×202.7≈304(kPa) 1=⎟1τ⎝2⎠

【4-13】

解：∵ 滤布阻力忽略不计时， Q=AKn （m3/s） （式中n的单位为r/s） 即 Q=465A （m3/h） （式中n的单位为r/min） 又真空度不变，滤浆相同 ∴K相同

同一过滤机，A相同，ϕ相同，则有：

Q1

=Q2

⎛n1=⎜Kn2⎜⎝n2

2

Kn1

⎞2

⎟⎟⎠

2

1

Q2⎞25⎛5⎞∴n=⎛⎜≈3.1(r/min) ⎟×2=2⎜Q⎟⎟⋅n1=⎜8⎝4⎠⎝1⎠

设滤饼不可压缩，V为转鼓每转一周得到的滤液体积（V=

则滤饼厚为： ∴

L=

Q，其中

60n

n的单位为r/min）

υV

A

Q1

L1V1n1Q1n2Q1Q22Q25===⋅=⋅(==L2V22Q2n1Q2Q1Q14

n2

∴ L2

=0.8(倍)L1

【4-14】

解：此过滤式离心机的离心压力Pr可由P355式（4-142），即下式求出：

πn11

ρω2(R3−r3)=ρ()2(R3−r3)3R3R30 10403.14×50002=()(0.43−0.23)≈1.33×107(Pa)3×0.430

Pr=

【4-15】

-53

解：查表得20℃的空气物理参数：μ=1.81×10Pa·s，ρ=1.205kg/m

dpuρ0.005×0.5×1.205≈46.2∈(0.17,420) （1）（方法一）床层雷诺数：(Re)e==

61−εμ6×1−0.4×1.81×10−5

可应用欧根公式得：

2

(1−ε)1−ε

Δp=150×32μLu+1.753Lρu2

εdpεdp

0.4×0.005≈388.1(Pa)

=150×

(1−0.4)2

3

2

×1.81×10−5×0.3×0.5+1.75×

1−0.4

×0.3×1.205×0.52 3

0.4×0.005

（方法二） QRep＝

dpuρ

μ

5×10−3×0.5×1.205=≈166.4>100 为湍流区，

1.81×10−5

故欧根公式等号右边第一项可忽略 ∴ΔP=296.5Pa （2）（方法一）假设空床速度达到临界流化速度时，流体处于湍流区，则根据牛顿公式得： ut=1.74

dpp−g

=1.74

0.005×1200−1.205×9.81

≈12.15(m/s)

1.205

ρ

校核 Rep=

t

dputρ

μ

=

0.005×12.15×1.205

≈4044∈(500,2×105)，且＞1000 −5

1.81×10

故假设成立，且

ut

=8.61 umf

∴umf=

ut12.15

=≈1.4(m/s) 8.618.61

（方法二）设流体处于湍流区，并忽略欧根公式等号右边第一项，故有

dpp−g0.005×1200−1.205×9.81

umf==≈1.4(m/s)

24.5×ρ1.205×24.5

duρ

校核： (Re)e=pmf=0.005×1.4×1.205≈129>100 故假设成立

61−εμ6×1−0.4×1.81×10−5∴ 当空床速度达到1.4m/s时，流化方开始。 （3）(方法一)此时的压力降为：

Δp=L(1−ε)(ρp−ρ)g=0.3×(1−0.4)×(1200−1.205)×9.81≈2116.8(Pa)≈2.12(kPa)

(方法二)ΔP ＝ ＝

W A

（1－ε）ρS×g×A×L

A

【4-16】

=(1−0.4)×1200×0.3×9.81≈2116.8(N

m2

)≈2.12kPa

解：若返洗时umf

2

dp(ρp−ρ)gϕs2εmf3

×由P296式(4-61）umf=

150(1−εmf)μ

已知：

ρp=2550kg/m3ρ'=1400kg/m3

3

ϕs=0.86

μ＝0.02m/s

dp=0.75mm

查附录：14℃水 ρ＝999.1kg/m μ=1.185×10-3Pa·s

Qε=

'

床层体积−颗粒体积床层密度ρ'

=1−=1−

ρp床层体积颗粒密度

∴ρ=

ρp(1−ε)

∴εmf

则

1400ρ'

==1−=1−=1−0.549=0.451

2550ρp

umf

1.5×10−3)2×(2550−999.1)×9.810.862×0.4513（

=×150(1−0.451)1.185×10−3

1.5×10−3)2×1500.9×9.810.862×0.4513（

×＝−3

150×0.5491.185×10

=0.0230(m/s)

QRep＝

dpumfρ

μ

1.5×10−3×999.1×0.023

=≈29.1>20 −3

1.185×10

故上述 umf=0.023错误

引用下列计算umf表达式，该式适用于所有雷诺数（ReP）范围。

3

dpumfρ⎡dρ(ρp−ρ)g⎤p2

=⎢33.7+0.0408⎥2

μμ⎢⎥⎣⎦

0.5

−33.7

有：

1.5×10−3×umf×999.1

1.185×10−3

⎡0.0015×999.1×(2550−999.1)×9.81⎤=⎢33.72+0.0408⎥

(1.185×10−3)2⎣⎦∴umf=0.0135m/s

再 ut设为过渡区，ut用阿伦定律计算式

3

0.5

−33.7

⎡dp(ρp−ρ)g⎤

ut=0.154⎢⎥0.40.6

ρμ⎢⎥⎣⎦

1.6

⎡(7.5×10−4)1.6(2550−999.1)×9.81⎤

=0.154⎢999.10.4×(1.85×10−3)0.6⎦⎣

Rep=

0.7143

≈0.154×0.65≈0.1()

dputρ

μ

7.5×10−4×0.1×999.1=≈63.2 −3

1.185×10

1

现u＝0.02＝2×10

－2

umf

故返洗时沙粒处于流化状态 【4-17】

-53

解：（方法一）-20℃空气的物理性质μ=1.62×10Pa·S，ρ=1.395kg/m设其临界速度为umf

压力降为Δp=L(1−ε)ρp−ρg=0.3×(1−0.4)×(1080−1.395)×9.81=1905Pa 设临界流化床处于湍流，则有Δp=1.75

()

1−ε2

Lρ空气umf 3

εdp

即 1905=1.75×

1−0.42

×0.3×1.395×u mf−33

0.4×6×10

∴umf≈1.29m/s

∴操作速度 u=1.6umf=1.6×1.29≈2.06(m/s)

6×10−3×2.06×1.395=≈296>100 校核：Ree=−5

6(1−ε)μ6(1−0.4)×1.62×10

故假设成立，以上结果正确 （方法二）设其临界速度为umf

(1)假设流态化处于湍流状态，则流态化的带出速度等于单颗粒的沉降速度

dpuρ

ut=1.74

dpρp−ρg

ρ

=

=1.74

0.006×1080−1.395×9.81

≈11.74(m/s)

1.395

Rep=

确 ∴

dpuρ

μ

0.006×11.74×1.395

≈6065.7>1000 故假设成立，以上结果正−5

1.62×10

ut

=8.61umf

umf=

ut11.74

=≈1.36(m/s) 8.618.61

或者umf=

dpρp−ρg24.5×ρ

=

0.006×1080−1.395×9.81

≈1.36（m/s）

24.5×1.395

∴ 操作速度 u=1.6umf=1.6×1.36≈2.18(m/s) (2) 流化后通过床层的压降

Δp=L(1−ε)(ρp−ρ)g=0.3×0.6×(1080−1.395)×9.81≈1905(Pa)

(方法三)先求 umf，先用欧根方程：

umf＝

εmf3

150(1−εmf)

3

×

dp(ρp−ρ)g

u

−32

2

=

(6×10)(1080−1.395)9.810.4

×≈16.7()−5150(1−0.4)1.62×10

dpumfρ

计算Rep校核：Rep＝

μ

6×10−3×16.7×1.3953

=≈8.6×10 > 20 故umf不成−5

1.62×10

立。

要用另外方式计算，即：

（1－εmf)ρ⋅umf1.75

ΔP＝⋅⋅Lmf=Lmf(1−εmf)(ρs−ρ)g3

dεmfp∴umf=

2

2

gεmfdp(ρp−ρ)

1.75ρ

3

29.81×0.43×1.6×10−3(1080−1.395)m=≈1.67()

s21.75×1.395

∴umf=.67≈1.29Rep=

dpumfρ

μ

6×10−3×1.29×1.395=≈666.5>100−5

1.62×10

故以上计算正确

∴ 操作气速 u＝1.6×umf=1.6×1.29≈2.07()

【4-18】

解：由P302式（4－71）可求出流化床中颗粒与流体间得传热膜系数

αdpdpuρf1.3

=0.03（) λfμf

由上题已知－20℃空气

ρf=1.395kg/m3μf=1.62×10Pa⋅s

u=2.07m/s

dp=6×10−3m及λf=2.28×10−2⋅K

−5

6×10－3×2.07×1.3951.32.28×10－2

≈988(代入上式，解出α＝0.03（）×) －5－3⋅K1.62×106×10

【4-19】

解：由题知：

小麦：d p1=0.005m , ρp1=1260kg/m3

面粉：d p2=1×10m ρp2 =1400 kg/m3

查20℃空气：ρ=1.205 kg/m3 ，μ=1.81×10 Pa·S

流化速度的下限值为umf.可用李伐公式计算： umf=0.00923

(5×10−3)1.82(1260−1.205)0.94

小麦：umf1=0.00923 −50.880.06

(1.81×10)(1.205)

6.5×10−5×820.3

=0.0092 ≈7.2（m/s） −5

6.71×10×1.01

Rep＝

dpumfρ

5×10−3×7.2×1.205

≈2397 >5, 须修正。 =−5

1.81×10dp

1.82

-4

-5

(ρp−ρ)0.94

0.88

μρ

0.06

μ

查图FG=0.22

∴umf1=7.26×0.22=1.584≈1.6m/s

1.820.94

1400－1.205）（1×10－4）（

面粉：umf2=0.00923 －50.880.06

（1.81×10)(1.205)

5.2×10−8×905.75

≈0.0064m/s =0.00923 −5

6.71×10×1.01

Rep＝

dpumfρ

1×10−4×0.0064×1.205

≈0.0426

1.81×10−5

μ

umf2=0.0064m/s

流化速度的上限是带出速度ut:

设小麦沉降在湍流 ，则由牛顿定律计算ut=1.745×10−3(1260−1.205)×9.81

∴小麦ut1=1.74

1.205

dp(p−)g

ρ

=1.74 51.2≈1.74×7.16≈12.46()

算Rep校核：Rep=

dputρ

μ

5×10−3×12.46×1.2055

≈4148 >500,而小于1.5×10 =−5

1.81×10

故ut1=12.46m/s合适。

设面粉的沉降在过渡区，则ut可用阿伦定律计算： ⎡dp1.6(ρp−ρ)g⎤

ut=0.154⎢⎥0.40.6

ρμ⎢⎥⎣⎦

ut2

5/7

⎡(1×10)(1400−1.205)9.81⎤=0.154⎢⎥

−5)0.60.4

⎢⎥⎣(1.205)×(1.81×10⎦

−41.6

0.7143

⎡3.98×10−7×1398.8×9.81⎤

=0.154⎢⎥

1.08×0.00143⎣⎦

≈0.154(3.54)0.7143≈0.154×2.47≈0.38()

校核：

dputρ1×10−4×0.38×1.205

=≈2.53∈1−500之间,故适合Rep=−5

μ1.81×10

即ut2=0.38 ut112.46

==7.8(小)则小麦:umf11.6面粉:

ut20.38==59.38(大)umf20.0064

【4-20】

解：低真空小麦输送系统可仿P313图4-34如下：

图4-34 吸引式气力输送系统简图

1-吸嘴 2-输送管 3-一次旋风分离器 4-料仓 5-二次旋风分离器 6-抽风机

输料管

风机

吸嘴

此输送系统的压力损失计算及有关操作数据选取（参见《食品工程原理》高福成主编，P191～195）

（1）输送气速ua： 小麦ua=15~24m/s 取ua=20m/s

（2）混合比（固/气）Rs：对颗粒物料低真空吸引式，当ua=16~25m/s时，Rs=3~8， 取Rs=5

（3）空气用量计算：理论空气量Q=

Gs5000

= =833.3 (m3/h)=0.23 m3/s.

Rs•ρ5×1.2

实际空气量Qa=1.1~1.2Q，取Qa=1.2Q=1.2×0.23≈0.28(m3/s) 输送管内径 d=

4Qa

=πua

4×0.28

=0.018≈0.134(m) 选不锈钢材

π×20

质。

（4）旋风分离器——选用标准型 （5）供料用吸嘴

（6）空气压力降计算：ΔP=ΔPai+ΔPac+ΔPm+ΔPb+ΔPw+ΔPse+ΔPex+ΔPd Pa

ΔPa——从入口至加料器间空气管路的压力损失，现采用吸嘴，为低真空吸引式，故ΔPai=0

ΔPac——空气将物料从初速为0加速至一定速度产生的压力降，其计算式为：

ΔPac=（C+Rs）

ρua2

2

式中C=1-10 吸嘴供料应取上限，故取C=10

1.2×202

=3600(Pa)=3.6 kPa ΔPac=(10+5)

2

ΔPm——输送直管内的压力损失，其计算式为：

Lu

ΔPm=αΔPa= αλ⋅aρ

d2

依题，水平直管 L=10m，垂直直管 L=10m 。 λ=0.02～0.04，取λ=0.03 或由式 λ=κ(0.0125+

2

0.001

)计算 d

按新焊接管考虑，κ=1.3。 则λ=1.3（0.0125+

0.0011

）≈0.03

0.134

α水平 =

30

+0.2Rs ua

30

+0.2×5≈1.225+1=2.225 20

+0.15Rs

=

α垂直 =

250ua

3/2

=

250

+0.15×5≈2.8+0.75=3.55 2032

2

Lu

∴ΔPm=(α水平+α垂直) λ⋅a ρ

d2

102023

=(2.225+3.55) ×0.03×××1.2≈3.10×10（Pa）=3.10(kPa)

0.1342

ΔPb——输料管线上弯头的压力降, 其计算式为：

u

ΔPb=ξsb·Rs·aρ ×弯头数

2

式中ξsb与曲率半径R/管径d有关，现取R/d =4, 表查得ξsb =0.75。

2

1.2×202

×1=900(Pa)=0.9kPa则ΔPb=0.75×5×

2

ΔPw——卸料器的压力降。这里采用旋风分离器（前一个作卸料器用） ΔPse——除尘器的压力降。这里亦采用旋风分离器（后一个作除尘用） 旋风分离器压力降的计算式为：

u2

PaΔP= ξρ2

对标准型 ξ =8

u2

∴ΔPw+ΔPse=2ξaρ=2×8×20/2×1.2≈3840 (Pa) =3.8 kPa

2

ΔPex——除尘器出口（吸引式为从抽气机出口）至排气管路的压力损失，

从图看出 ，此处 ΔPex=0。

ΔPd——排气出口处的压力损失,

2

ua202

作为近似考虑，ΔPd=ξ出口 ρ=1××1.2=240 (Pa) =0.24 kPa

22

2

故 ΔPmin=∑ΔP=3.6+3.10+0.9+3.8+0.24=11.68 (kPa)

考虑10%的裕量，或前面风量已考虑裕量，风压不考虑亦可！

则ΔP=1.1ΔPmin=1.1×11.68=12.8 (kPa)即气源真空度P=ΔP=12.8 kPa ＜13 kPa 故此系统属低真空度吸引式。