第一章 流体流动习题解答
1.解：（1） 1atm=101325 Pa=760 mmHg
真空度=大气压力—绝对压力，表压=绝对压力—大气压力 所以出口压差为
640.076?101325?(?0.082?10)?8.97?10p=N/m2
（2）由真空度、表压、大气压、绝对压之间的关系可知，进出口压差与当地大气压无关，所以出口压力仍为8.97?10Pa 2.解： T=470+273=703K，p=2200kPa
混合气体的摩尔质量
Mm=28×0.77+32×0.065+28×0.038+44×0.071+18×0.056=28.84 g/mol
混合气体在该条件下的密度为：
ρm=ρm0×T0T×pp0=28.8422.4×273703×2200101.3=10.858 kg/m3
3.解：由题意，设高度为H处的大气压为p，根据流体静力学基本方程，得 dp=-ρgdH
大气的密度根据气体状态方程，得 ρ=pMRT
根据题意得，温度随海拔的变化关系为 T=293.15+4.81000H
代入上式得
ρ=pMR（293.15-4.8×10-3H）=-dpgdh
移项整理得
dpp=-MgdHR293.15-4.8×10-3H
对以上等式两边积分，
101325pdpp=-0HMgdHR293.15-4.8×10-3H
所以大气压与海拔高度的关系式为 lnp101325=7.13×ln293.15-4.8×10-3H293.15
4即：
lnp=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526
（2）已知地平面处的压力为101325 Pa，则高山顶处的压力为 p山顶=101325×330763=45431 Pa
将p山顶代入上式
ln 45431=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526 解得H=6500 m，所以此山海拔为6500 m 。 4.解：根据流体静力学基本方程可导出 p容器-p大气=Rgρ水-ρ煤油
所以容器的压力为
p容器=p大气+Rgρ水-ρ煤油=101.3+8.31×9.81×（995-848）1000=113.3 kPa
?5.解：R?R'sin??120?sin30?60mm
以设备内液面为基准，根据流体静力学基本方程，得
p1?p0??0gR?101325?850?9.81?60?10?3?101.8kPa
6.解： （1）如图所示，取水平等压面1—1’， 2—2’， 3—3’与4—4’，选取水平管轴心水平面为位能基准面。根据流体静力学基本方程可知 pA=p1+ρgz1
同理，有
p1=p1'=P2+ρigR2 ，p2=p2'=P3-ρg（z2-z3） p3=p3'=p4+ρigR3 ，p4=p4'=pB-ρgz4 以上各式相加，得
PA-PB=ρigR2+R3-ρgz2-z1+z4-z3 因为 z2-z1=R2，z4-z3=R3
PA-PB=ρi-ρgR2+R3=13.6-1×9.81×0.37+0.28=80.34kPa 同理，有
PA-PB=ρi-ρgR1=ρi-ρgR2+R3
故单U形压差的读数为 R1=R2+R3=0.37+0.28=0.65 m
（2）由于空气密度远小于液体密度，故可认为测压连接管中空气内部各处压强近似相等。 即 p2=p2'≈p3=p3'
故有 p2=p2'=p3=p3'=p4+ρigR3
因为 z2-z1+z4-z3=R2+R3=h+z4-z1 ?z4-z1=R2+R3-h
所以 PA-PB=ρigR2+R3-ρgz4-z1=ρi-ρgR2+R3+ρgh= 13.6-1×9.81×0.65+1×9.81×0.31=83.68kPa
此测量值的相对误差为 83.68-80.3480.34×100%=4.16%
7.解：（1）在A—A’，B—B’ 两截面间列伯努利方程，得
upugz1??1?W?gz2?2?2??hf?2?2 其中W=0，z1=z2，
p122?hf=2.2J/kg
p1?p2化简为 由题目知：输水量
??122(u2?u1)?2.22 4qv?1.16m3/h?3.22?10 m3/s
3.22?10?4u1???1.03?20.785?0.022d14m/s qvu2?qv?4d223.22?10?4??0.2720.785?0.039m/s 查表得20℃水的密度为998.2kg/m3
p1?p2所以
??1122(u2?u1)?2.2?(0.272?1.032)?2.2?1.70622J/kg p1?p2?998.2?1.706?1.703?103Pa
（2）若实际操作中水为反向流动，同样在A?A'，B?B'两截面间列伯努利方程，得
upugz2??2?W?gz1?1?1??hf?2?2 p222其中W=0，z1=z2，
?hf=2.2 J/kg
p2?p1化简为
??122(u1?u2)?2.22 由于流量没有变，所以两管内的速度没有变，将已知数据带入上式，得
?1?p2?p1?998.2???(1.032?0.272)?2.2??2.689?103?2?Pa 8.解： 查表1-3 ，选取水在管路中的流速为u=1.5 ms，则求管径 d=qvπ4u=2536000.785×1.5=76.8 mm
查附录 13 进行管子规格圆整，最后选取管外径为83 mm，壁厚为3.5mm ，即合适的管径为Φ83mm×3.5mm。 9.解： （1） 管内流体的质量流量 qm=ρqv=π4d2ρu 有上式得出质量流速为 ρu=qmπ4d2
雷诺数 Re=duρμ=d×qmπ4d2μ=0.2×120036000.785×0.222×10-5=1.06×105>2000
所以该气体在管内的流动类型为湍流。
（2）层流输送最大速度时，其雷诺数为2000，于是质量流速可通过下式计算：
ρu=Re μd=2000×2×10-50.2=0.2 kg(m2?s)
所以层流输送时的最大质量流量 qm=π4d2ρu=0.785×0.22×0.2×3600=22.608kgh
10.解： （1）根据题意得：u=20y-200y2 ，将上式配方得 u=20y-200y2=-200y-0.052+0.5
所以当y=0.05m 时管内油品的流速最大，umax=0.5ms （2）由牛顿粘性定律得 τ=-μdudy
其中 dudy=20-400y
代入上式得管道内剪应力的分布式 τ=-μdudy=-μ20-400y=-60×103（20-400y）
所以管壁处的剪应力 τs=-60×10320-400×0=-1.2 Nm2 （负号表示与流动方向相反）
11.解：（1）
de?4?管道截面积4A?润湿周边? ?根据题意可算出：AE?40tan30?23mm，AD?2AE?46mm
AB?40?2?23?86mm
A?通道截面积11(AB?CD)?DE?(86?40)?40?10?6?2.52?10?322 m2
润湿周边??AD?2?CD?AB?218mm = 0.218m
4?2.52?10?3de??0.0460.218m （2）
qv=40 m3/h=0.011 m3/s
u?
qv?4?2de0.011?6.6220.785?0.046 m/s
Re?deu???0.046?6.62?998.25?3.04?10?4000?31?10 故该流型为湍流。
12.解： 如课本图1-17，流体在内外管的半径分别为r1和r2的同心套管环隙间沿轴向做定态流动，在环隙内取半径为r，长度为L，厚度为dr的薄壁圆管形微元体，运动方向上作用于该微元体的压力为 P1=2πr drp1 ，P2=-2πr drp2
作用于环形微元体内外表面的内摩擦力分别为 F1=2πrLτr=2πL（rτ）r，F2=-2πr+drLτr+dr=-2πL（rτ）r+dr
因微元体作匀速直线运动，根据牛顿第二定律，作用于微元体上的合力等于零，即
昆工化工原理马晓迅第一章流体流动习题答案1
