【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。