《传递过程原理》课后习题参考答案

《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

CurD2cos;rCuD2sin

r其中C，D为常数，说明此时是否满足连续方程。

解：由题意，柱坐标下的连续性方程一般表达式为： 1(rur)1(u)(uz)0 trrrz0且上式后三项可去除密度 不可压缩流体：t二维流动：(uz)0 z

1(rur)1u0 则连续性方程简化为：rrr1(rur)1C1C(r2Dcos)2Dcos rrrrrrr1u1C1C(2Dsin)2Dcos rrrrr1(rur)1(u)1C1CDcosDcos0 故：rr22rrrrr由题意，显然此流动满足连续方程。

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2. 判断以下流动是否可能是不可压缩流动

122uyxx1uy2xyux2t2x2yuytyz1(1)  (2) uz2tz

uztxz2t 解：不可压缩流动满足如下条件： uxuyuz0 xyzuxuyuz（1）xyz2110故可能为不可压缩流动

uxuyuz12t22(2x2x2t)0且t （2）。 xyzt 显然不可能是不可压缩流动。 2

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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：（1）选取直角坐标系；定态：0；可压缩：考虑密度，t即密度为一变量； 连续性方程一般式：uxxuyyuz0zt 故定态一维流动表达式：uxx0 0；不可压缩：不考虑密度（2）选取直角坐标系；定态：t，即密度为一常量； 连续性方程一般式：uxxuyyuz0zt uxuy0 故定态二维流动表达式：xy0；（3）选取直角坐标系；定态：t可压缩：考虑密度，即密度为一变量； 3

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连续性方程一般式：uxxuyyuz0zty 故定态二维流动表达式：uxxuy0 0；不可压缩：不考虑密度（4）选取柱坐标系；定态：t，即密度为一常量；轴向流动：ur0,u0。 连续性方程一般式： 1(rur)1(u)(uz)0 trrrz uz0 故该条件下简化式：z0； （5）选取球坐标系；定态：不可压缩：不考虑密度，t即密度为一常量；径向流动：u 连续性方程一般式： 1(r2ur)1(usin)12(u)0 trrrsinrsin0,u0 1(r2ur)0. 故该条件下简化式：2rr

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《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ub的点距离壁面的距离。又如流体在圆管内作定态一维层流，该点距离壁面的距离为若干？

解：（1）流体在两块无限大平板间作定态一维层流 y2uxumax1y 0ub2umax 3y22当uxub时， umax1y3umax 0 223y(1)y0y0 33距离壁面的距离d(13)y0 3（2）流体在圆管内作定态一维层流 ruxumax1r01ubumax 22 r21当uxub时， umax1r2umax 012y(1)r02r0 225

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距离壁面的距离d(1

2)r0 23-2温度为20℃的甘油以10kg/s的质量流率流过长度为1m，宽度为0.1m矩形截面管道，流动已充分发展。已知20℃时甘油的密度ρ=1261kg/m3，黏度μ=1.499Pa·s。试求算

(1)甘油在流道中心处的流速以及距离中心25mm处的流速； (2)通过单位管长的压强降； (3)管壁面处的剪应力。 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ubG100.0793m。 sA126110.1判断流型，需计算Re，流道为矩形，故Re中的几何尺寸应采用当量直径de替代，de的值为： de410.1de0.182 2(10.1)deubRe0.1820.07931261 Re12.1（显然该流动为层流）1.4992umax，故 3Re对于平壁流，有：umaxu中心且ub33umaxub0.0793m0.119m，故得到u中心0.119m sss22根据uxumax[1(y2)]，距离中心25mm处的流速为： y0251032ux0.119[1()]ux0.0893m。 s0.1/2（2） 平壁间流体做稳态层流的速度分布为： ux1P22(yy0) 2x故中心处最大流速为： 6 7 / 25

umax1P2y0

2x流动方向上的压力梯度Px的表达式为：

Pf 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：，L 故： 1.4990.119PfPP2umax2-1142.7Pam 2 20.1LxLy0()2 （3） 管壁处剪应力为： 2umaxP 2xy0uxyyy02umaxy [umax(1()2)]yy0y0yy02umax21.4990.1197.135N2 m0.1y02m2 故得到管壁处的剪应力为7.135N 7 8 / 25

《化工传递过程导论》课程第四次作业解题参考（P122）

2. 常压下，20℃的空气以5m/s的速度流过一光滑的平面，试判断距离平板前缘0.1m和0.2m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ux/u0=0.5处的y值。

解：

6常压下，20℃的空气常数为：1.205kgm-3，18.110Pas

（1）确定边界层内流型

(a) 距平板前缘0.1m处，由题意可得 Rex0.1mu0x1.20550.1453.3310210 显然边界层18.1106为层流。

(b) 距平板前缘0.2m处，由题意可得

x0.2m Reu0x1.20550.2456.6610210 显然边界层618.110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

x0.1m1245.0xRex5.00.1(3.3310)m0.00274m120.1m

(b) 距平板前缘0.2m处，由题意可得 11x0.2m5.0xRex25.00.2(6.66104)2m0.00388m

由计算结果可以看出，法是合理的。

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0.2mx，普朗特采用的数量级分析方

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（3）当uxuf'0.时5，查表内插可得：1.534，且

0yu0uy(0)1， xx其中18.1101.20561.502105m2s-1。

(a) 距平板前缘0.1m处，由题意可得

y(u01)xx0.1m1.534(5)18.408104m 51.502100.1(b) 距平板前缘0.2m处，由题意可得

y(u01)x34x0.m21.55(1.5025101)0.23 101.1m899

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7. 常压下，温度为40℃的空气以12m/s的均匀流速流过长度为0.15m，宽度为1m的光滑平板，试求算平板上、下两面总共承受的曳力。

解：常压下，40℃的空气常数为：1.128kgm-3，19.1106Pas 计算Re： ReLu00.15121.12855L19.11061.06310510 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： C1D1.328ReL21.328(1.063105)124.073103 则曳力为： Fu20DACD2(0.151)(4.03731.110282122)则上，上下两面总共承受的总曳力为： F2FD0.0992N 10 0.0496N 11 / 25

12. 在20℃和1.0132×105 Pa下的空气，以3. 5m/s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

ux3y1y3()()的u022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。

解：由查表可知，200C下空气物性为：

1.205kgm-3，18.1106Pas

Rexu0x1.2053.512.331055105，属层流边界层问题 618.110（1）精确解

x=1m处的边界层厚度计算

1215215.0xRex5.012.3310局部阻力系数

0.01m

CDx10.664Rex0.6642.3310（2）卡门积分近似解

x=1m处的边界层厚度计算

12121521.376103

24.64xRex4.6412.3310局部阻力系数

CDx2121529.613103m

sx2u02112sx20.323uRex5221.33810320.646Re0.6462.3310x2u0u020

经比较可得：1与2，CDx与CDx相差均不大。

1211

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13. 某黏性流体以速度u0定态流过平面壁面形成层流边界层，已知边界层的速度分布可用uxabsincy描述，试采用适当的边界条件，确定待定系数a、b、c的值。

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

y0uxuy0(1)

（2）边界层外缘渐近条件且速度梯度为零

yuxu0(2)

dux0(3 ) dy 由(1)式可得：

uxabsincy0a0a且0bc0

由(2)式可得： u0bsinc(5)

(4)式对y求导并合并(5)式可得：

得到 uxbsincy(4)

uxbsincyu01sincyuxsincy(6) u0bsincsincsincduxu0ccoscy(7)

dysinc即可得到

duxdycyu0ccosc0u0ccotc(8)

sinc1(2k)(k0,1,...,n)(9) 222kc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

k0，可得

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u0bsincu0bsin(2k)u0b(10)

2综合可得：a0，bu0，c2第6章 热传导

化工传递过程导论》课程第5次作业解题参考

2. 用平底锅烧开水，与水相接触的锅底温度为111℃，热流通量为42400W/m2。使用一段时间后，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1 W/(m·K)。 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 qk T1TS AL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 qLT1TS Ak 3103T111142400 1T1238.2oC 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150mm，外表面温度为180℃，包覆矿渣棉保温层后外径为250mm。已知矿渣棉的导热系数k0.0640.000144TW/(m·K)，T单位为℃。保温层外表面温度为30℃，试求包有保温层后管道的热损失。 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 kk0(1t)0.06410.00225t 13 14 / 25

以下分别给出几种解法。

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

dtqConstdrdtk0(1t)2rLqdrdrq(1t)dtC1(C1)rk02Lk2rL不定积分一次得： 2t2tC1lnrC2Or10.15m,t1180C Or0.25m,t30C22利用边界条件确定积分常数： t1t22t12C1lnr1C22t2C1lnr2C2(3)(4)2 C1(t1t2)2rln1r22(t12t2)(5) C2t12t12(t1t2)2rln1r22(t12t2)lnr1(6)所以单位管长的传热速率或热损失为： qdt2rkLdr2k0(1t)rdtdr 2(t12t2)2k0(t1t2)2rln1r214 15 / 25

q20.064L(18030)0.00225(1802302)20.15 ln0.25145.98[J/sm]145.98[W/m]第二解法：精确解 qk2rLdtConst (1a) drddt(kr)0 (1b) drdrdtd[k(1t)r]0dr0drOr10.15m,t1180C (1c) Or0.25m,t30C22积分两次： (1t)rd[ttdtC1 (2a) dr2t2]C1dlnr (2b) 2t2C1lnrC2 (2c) 可得与第一解法同样的结果。 第三解法：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T 18030故导热系数为 105oC，24 k0.060.00T01 40.000144 k0.064 W2 k0.0791mK 故而，计算每米管长的热损失，可得 q2k20.07912(T0Ti)(1803r25010Llnilnr015010330)W145.9 8m =1.2106J/(m3·4. 具有均匀内热源的一块平板，其发热速率qs)，平板厚度（x方向）为0.4m。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70℃，平均温度下的导热系数k377W/(m·K)。求距离平板中心面0.1m处的温度值。 15 16 / 25

解：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

Tx2qk0 设定平板中心为坐标原点，可得到边界层条件

x0.2m，T70oC

x0.2m，T70oC

q且1.21063.183103kk377m2 对原式积分，并代入边界条件，可得

T(1.592103)x2133.68

距平板中心0.1m处的温度为

T(1.592103)0.12133.68117.76oC

方法2：

 x0,tx0(对称，极值条件) xL0.2m,tts700C343K积分控制方程：

dtdx(`q/k)xC1C10t(`q/k)x22C1xC2tL2s(`q/k)2C2

(tt22)`qL2s)(`q/2k)(xL[1(x/L)22k]2tt`qLs2k[1(x/L)2] t3431.21060.22[1-(0.1)2]391K117.76023770.2C本题的温度分布如下所示：

16

17 / 25 习题7-4图示150130t[0C]1109070-0.2-0.10x[m]0.10.2 《化工传递过程导论》课程第6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hx＝cx-1/4，式中x为离平壁前缘的距离，c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。 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均值，也即

hm1hxdA AAL11hmcx4dx(1) L(1)041hmcL4

3 故局部传热系数与平均传热系数之比

hxcx3x134 ()1hm444L4cL31417

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4. 空气以1.0m/s的流速在宽1m，长1.5m的薄平板上流动，主体温度是4℃，试计算为了使平板保持在50℃的恒温必须供给平板的热量。

解：特征温度t(t0tw)t27oC

12 27oC下，空气的物性常数为：

1.177kgm-3，cp1.005kg/(kgK)-1

k2.648102W/(mK)-1，1.845105Pas

普朗特数：

Prcpk(1.005103)(1.845105)0.7

2.648102平板边缘处雷诺数：

ReLLu01.51.01.1774 9.571022.64810上述取值满足课本中波尔豪森解的条件。因此，平板平均对流传热系数：

1111k2.6481024232hm0.664ReLPr0.664(9.5710)0.733.22W/(m2K)

L1.5保持平板恒温，传热量计算如下：

QhmA(tmt0)3.22(1.51)(504)222.18W

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6. 常压和394K的空气由光滑平板壁面流过。平面壁温TW=373K，空气流速u0=15m/s，临界雷诺数Rexc=5×105。试求临界长度xc、该处的速度边界层厚度δ和温度边界层厚度δt、局部对流传热系数hx、层流段的平均对流传热系数hm及该段的对流传热速率。

解：特征温度T(T0Tw)T383.5K

12 383.5K下，空气的物性常数为：

0.922kgm-3，cp1.009kg/(kgK)-1

k3.271102W/(mK)-1，2.24105Pas

普朗特数：Pr临界长度：xccpk(1.009103)(2.24105)0.691

3.271102Rexcu0(5105)(2.24105)0.81m

0.92215临界长度处速度边界层厚度：

xc2.241050.814.644.645.315103m

u00.92215临界长度处温度边界层厚度：t局部对流传热系数：

Pr135.3151030.691136.01103m

1112k13.271100.81150.9222322hx0.332Rexpr30.332()0.6918.382W/(mK) 5x0.812.2410层流段平均对流传热系数：

11k13.2711020.81150.9221322hm0.664ReLpr0.664()0.691316.764W/(m2K)5L0.812.2410该段的对流传热通量：

qhm(TwT0)16.764(394373)352.044W/m2 A该段单位宽度的对流传热速率：q352.0440.81285.156W/m

19

20 / 25 7. 某油类液体以1m/s的均匀流速沿一热平板壁面流过。油类液体的均匀温度为293K，平板壁面维持353K。设临界雷诺数Rexc=5×105。已知在边界层的膜温度下，液体密度ρ=750kg/m3、动力黏度μ=3×10-3N·s/m2、导热系数k=0.15W/(m·K)、比热容cp=200J/(kg·K)。试求 （1）临界点处的局部对流传热系数hx及壁面处的温度梯度； （2）由平板前缘至临界点这段平板壁面的对流传热通量。 解：（1）普朗特数：Pr临界长度：xcRexccpk200(3103)4

0.15u0(5105)(3103)2m

7501临界点处的局部对流传热系数：

1111k0.152175023322hxc0.332RexPr0.332()427.949W/(mK) 3cxc2310

Tyy03(T0Tw) 2tT3k hx y2ty0hTx(T0Tw) yky011120.332RexPr3(T0Tw) cxcT yy010.332212175103(32)4(293310353)41.1 18 10K/m

（2）由题意，计算过程如下

111k0.15217501322()4355.899W/(m2K) hm0.664ReLPr0.6643L2310 该段对流传热通量为：

qhm(TwT0)55.899(353293)A323 53.94W/m《化工传递过程导论》课程第7次作业解题参考

第九章 气体、液体及固体中的扩散传质

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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

CDABCcAPDABPPAPDAB1yA NA NA NAlnlnlnLCcARTLPPARTL1yANAPDAByB lnRTLyByB/yBconst 

假定扩散系数DAB为不随体系压强变化的常数；组分B为停滞组分，

NA`P，体系压强增加1倍，得到NA2NA。

（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

NNANBNA0N A

组分A的通量表达式 通过如上两式，可得

dc NADABAcuNAJAcAumA mdzdcA ABdz

CumDABdcAdccAum (cAcB)umDABAcAum cBumDdzdzdCcdcB cBumDABB cBumDABdzdz

组分B的通量表达式

dcdcBdcB NBJBcBum NBDABBcuNDDBmBABABdzdzdzNB0

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。

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NACDAB1yA lnL1yA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

NADABP1yA lnRTL1yAyAPs0.0370.037 P1气液界面处甲苯的气相摩尔分数为

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

yA0；

NA1dL

VLdt气相中组分摩尔通量与液体中组分蒸发量之间的关系为

DABP1yA1dL lnRTL1yAVLdt1yADABP1VLlnt(L2L2(LL0L) 0)RT1yA20.85510.0371(106.8106)ln3600[(L0L)2(10102)2]8.314298102L5.001127105m

故每小时需向室中补充

AL0.81045.001127105mM923.446103g 6VL106.810故为保持液面高度不变，每小时需向室中补充3.446103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 FeO(s)  H2(g)Fe(s)  H2O(g) TiO2(s)  2H2(g)Ti(s)  2H2O(g) Fe2O3(s)  3H2(g)2Fe(s)  3H2O(g) Mn3O4(s)  4H2(g)3Mn(s)  4H2O(g)

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。

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D׳；

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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

NADABdcAcA(NANB) 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．

NA2c．

NA4NANBNANB b．11NBNANB

2NANBNANB d．33NBNANB

4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

NADABcAcAdcA NADAB `Ddz0，则上

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cA式可简化为

NADABcA`D

(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

a．1mol H2 (g) ~1mol Fe (s) b．1mol H2 (g) ~1/2molTi (s) c．1mol H2 (g) ~2/3mol Fe (s) d．1mol 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8次作业解题参考

第十章 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：0.0175103Pas，1.251kgm3

施密特数

ScDAB30.0175101.52161.2519.2100. 6

距离最前端距离

30.017510xcRexc3150u041.2511.0m4 923

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局部传质系数

111DAB19.21065232kc0.332RexcSc0.332(310)(1.521)31.834103m/s

xc1.049

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1m长、1m宽的面积上乙醇的汽化速率。设Rexc=3×105；计算时忽略表面传质对边界层的影响。已知：289K下乙醇的饱和蒸汽压为4000Pa，乙醇-空气混合气的运动黏度为1.48×10-5 m2/s，乙醇在空气中的扩散系数为1.26×10-5 m2/s。

解：施密特数

ScDAB1.481051.1750.6 1.2610512.51.6891053105 51.4810空气雷诺数

ReLLu0平均对流传质系数

0cm11115DAB1.2610520.664ReLSc30.664(1.68910)21.17533.628103m/sL1k

乙醇的通量

00PAsPA0kcmkcmNAk(cAscA0)k()(PAsPA0)(PAs0)

RTRTRTRT0cm0cm0kcm3.628103NA(PAs0)(40000)5.85710-3mol/(m2s)

RT8.314298

由平板前缘算起1m长、1m宽的面积上乙醇的汽化速率

NANAA5.85710-3(11)5.85710-3mol/s

6. 海水以1m/s的速度流过一块长、宽尺寸为0.15m×0.15m的固体盐（NaCl）的表面。290K时海水的盐

浓度为0.0309g/m3；饱和时，盐浓度将达到35g/m3。海水的运动黏度约为1.02×10-6 m2/s，其中盐的扩散系数为1.0×10-9m2/s。忽略边界效应（或端效应），计算盐向溶液中的传质速率。设边界层由层流向湍流的转变发生在Rexc=3×105。

解：施密特数

ScDAB61.021031.021091.0100. 6空气雷诺数

ReLLu00.1511.4711053105 61.0210平均对流传质系数

k

0cm11119DAB1.0105320.664ReLSc30.664(1.47110)2(1.0210)31.709105m/sL0.1524

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盐

的

0A5)1.70910通量

NAk0(Acms

(35-42 0.0309)5.9g76m10s/()盐向溶液中的传质速率

-4NANAA5.976105(0.150.15)1.-3g4s5 10/10. 求解平板上层流速度边界层（第4章4.4节）以及温度边界层（第7章7.2.2节）的近似解时，均预先

假设了代数多项式分布；确定分布式中待定常数时，利用了边界层在边界上的物理和数学特征。类似地，试利用平板上层流浓度边界层的边界特征，验证如下浓度分布假设cAabycydy，并确定式中的待定常数a、b、c、d。

解：由题意，为确定a、b、c、d四个待定常数，需要用到四个边界条件；根据平板上层流浓度边界层的边界特征，可得如下物理和数学特征

a．

23y0，cAcAs；cAsa000acAs

23b．yD，cAcA0；cA0cAsbDcD dDc．yD，

cA2 0；0b2cD3dDy2cA0。02c6d0c0 d．y0，y2综合以上条件，可得：

b3(cA0cAs)cc，dA03As

2D2D

故得到

cAcAs3y1y33(cA0cAs)cA0cAs3 cAcAsyy 33cA0cAs2D2D2D2DcAcAcAs3y1y3()

cA0cAs2D2D

得到：

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