题目

应用一管式离心机从发酵液分离回收面包酵母，当离心机转速为5000 mathrm(r/min)，进料流速为0.5 mathrm(~m)^2/mathrm(h)时，可回收50%的酵母菌体，求：（1）把酵母回收率提高到95%，使用上述离心机时的料液流速；（2）若离心机转速增至10000 mathrm(r/min)，其他条件维持不变，求此时进料流速。

应用一管式离心机从发酵液分离回收面包酵母，当离心机转速为$5000 \mathrm{r/min}$，进料流速为$0.5 \mathrm{~m}^{2}/\mathrm{h}$时，可回收$50\%$的酵母菌体，求：（1）把酵母回收率提高到$95\%$，使用上述离心机时的料液流速；（2）若离心机转速增至$10000 \mathrm{r/min}$，其他条件维持不变，求此时进料流速。

题目解答

答案

1. 根据分离效率公式 $ \eta = 1 - e^{-k Q / F_c} $，可得： \[ \frac{Q_2}{Q_1} = \frac{\ln(20)}{\ln(2)} = 4.32 \] 故 $ Q_2 = 0.5 \times 4.32 = 2.16 \, \text{m}^3/\text{h} $。 2. 转速增至 $ 10000 \, \text{r/min} $ 时，$ F_{c3} = 4 F_{c1} $，则： \[ Q_3 = 4 Q_1 = 4 \times 0.5 = 2 \, \text{m}^3/\text{h} \] 最终结果： 1. 进料流速为 $ 2.16 \, \text{m}^3/\text{h} $。 2. 进料流速为 $ 2 \, \text{m}^3/\text{h} $。

解析

本题主要考察管式离心机分离效率公式的应用以及转速对分离能力的影响。解题的关键在于理解分离效率公式 $\eta = 1 - e^{-k Q / F_c}$ 中各参数的含义，并根据已知条件进行计算。

（1）把酵母回收率提高到$95\%$，使用上述离心机时的料液流速

  • 首先明确分离效率公式 $\eta = 1 - e^{-k Q / F_c}$，其中 $\eta$ 为分离效率，$Q$ 为进料流速，$F_c$ 为离心机的分离因数，$k$ 为与物料性质有关的常数。
  • 当离心机转速不变时，分离因数 $F_c$ 不变，$k$ 也不变。设初始进料流速为 $Q_1 = 0.5 \mathrm{~m}^{3}/\mathrm{h}$，对应的分离效率为 $\eta_1 = 50\% = 0.5$；提高回收率后的进料流速为 $Q_2$，对应的分离效率为 $\eta_2 = 95\% = 0.95$。
  • 对于初始状态，将 $\eta_1 = 0.5$ 代入分离效率公式可得：
    $\begin{align*}0.5&=1 - e^{-k Q_1 / F_c}\\e^{-k Q_1 / F_c}&=1 - 0.5\\e^{-k Q_1 / F_c}&=0.5\end{align*}$
    两边取自然对数得：$\ln(e^{-k Q_1 / F_c}) = \ln(0.5)$，即 $-\frac{k Q_1}{F_c} = \ln(0.5)$。
  • 对于提高回收率后的状态，将 $\eta_2 = 0.95$ 代入分离效率公式可得：
    $\begin{align*}0.95&=1 - e^{-k Q_2 / F_c}\\e^{-k Q_2 / F_c}&=1 - 0.95\\e^{-k Q_2 / F_c}&=0.05\end{align*}$
    两边取自然对数得：$\ln(e^{-k Q_2 / F_c}) = \ln(0.05)$，即 $-\frac{k Q_2}{F_c} = \ln(0.05)$。
  • 用 $-\frac{k Q_2}{F_c} = \ln(0.05)$ 除以 $-\frac{k Q_1}{F_c} = \ln(0.5)$ 可得：
    $\frac{Q_2}{Q_1} = \frac{\ln(0.05)}{\ln(0.5)} = \frac{\ln(\frac{1}{20})}{\ln(\frac{1}{2})} = \frac{\ln(20)}{\ln(2)}$
    计算 $\frac{\ln(20)}{\ln(2)} \approx 4.32$。
  • 已知 $Q_1 = 0.5 \mathrm{~m}^{3}/\mathrm{h}$，则 $Q_2 = 0.5 \times 4.32 = 2.16 \mathrm{~m}^{3}/\mathrm{h}$。

（2）若离心机转速增至$10000 \mathrm{r/min}$，其他条件维持不变，求此时进料流速

  • 对于管式离心机，分离因数 $F_c$ 与转速 $n$ 的平方成正比，即 $F_c \propto n^2$。
  • 初始转速 $n_1 = 5000 \mathrm{r/min}$，转速增至 $n_3 = 10000 \mathrm{r/min}$，则 $\frac{F_{c3}}{F_{c1}} = (\frac{n_3}{n_1})^2 = (\frac{10000}{5000})^2 = 4$，即 $F_{c3} = 4 F_{c1}$。
  • 当其他条件维持不变时，分离效率 $\eta$ 不变，仍为 $\eta = 50\% = 0.5$。设此时进料流速为 $Q_3$，由分离效率公式 $\eta = 1 - e^{-k Q / F_c}$ 可得：
    $\begin{align*}0.5&=1 - e^{-k Q_3 / F_{c3}}\\e^{-k Q_3 / F_{c3}}&=0.5\end{align*}$
    两边取自然对数得：$-\frac{k Q_3}{F_{c3}} = \ln(0.5)$。
  • 又因为 $F_{c3} = 4 F_{c1}$，且初始状态下 $-\frac{k Q_1}{F_{c1}} = \ln(0.5)$，所以可得：
    $\frac{Q_3}{4 F_{c1}} = \frac{Q_1}{F_{c1}}$
    即 $Q_3 = 4 Q_1$。
  • 已知 $Q_1 = 0.5 \mathrm{~m}^{3}/\mathrm{h}$，则 $Q_3 = 4 \times 0.5 = 2 \mathrm{~m}^{3}/\mathrm{h}$。