Tổng hợp bài tập và đáp án môn công nghệ bột và hạt

Họ và tên: Lê Võ Sơn Qn

MSHV: 1570179
Ngày 30 tháng 08 năm 2015

Mơn Cơng nghệ bột và hạt
Bài tập số 1
Câu 1: Trình bày sơ đồ quy trình các cơng đoạn sản xuất của một loại sản phẩm
thơng dụng. Nêu các tính chất ảnh hưởng đến chất lượng sản phẩm.
Trả lời:
Quy trình nhuộm vải polyester trên máy jet:

Hình 1: Máy jet và cấu tạo máy

1. Tiền xử lý:
60’

100o

2o C/min
H 2 O2

Cắt mẩu
o

80

1.5 C/min

80o

o

15’

Xút

xút

Xả

Chất chống gẫy mặt

15’
Tẩy dầu

50o

H2 O

Over flow

30o

15

Xả

’

H2O+hc

H2 O

H2 O

Xả

- Thơng thường máy JET dung tỷ 1:8
* Chạy ở nhiệt độ phòng 10 phút cho ngấm đều hố chất, sau đó nâng nhiệt
1.5oC/phút đến 100oC giữ 60 phút. Kết thúc hạ nhiệt xả bỏ.
1


- Over flow, trung hồ, giặt nóng 80oC trong 15 phút, xả bỏ. Tiếp đến nhuộm.
* Mục đích của giai đoạn này nhằm loại bỏ chất bẩn bám chặt trên xơ sợi, các chất
dầu bị oxy hóa bám cứng trên vải sợi từ các cơng đoạn trước gây loang màu trong cơng
đoạn nhuộm, đồng thời khi xử lý trong kiềm mạnh thì liên kết ester của sợi sẽ được xà
phòng hóa và tạo ra nhóm ưa nước.
- Đối với mặt hàng polyester khi chạy trên máy jet phải qua tiền định hình để hạn
chế hiện tượng gãy mặt.
2. Nhuộm:
130o

60’

2o C/min

(Cắt mẩu)
1.5o C/min
P.tán + ĐM

80o

Xả

PH: 4.5-5

Over flow
30o

15’
H2 O

H2O

Màu

Xả

- Chạy đều 5 phút, sau đó nâng nhiệt 1.5oC/ phút đến 130oC giữ 30 phút hoặc 45
phút hoặc 60 phút tuỳ vào màu nhạt hay đậm. Khi kết thúc thời gian giữ độ thì hạ nhiệt
2oC/phút xuống đến 80oC cắt mẩu và giặt khử .
- Ở nhiệt độ cao 120 – 1300C chuyển động nhiệt của mạch phân tử polyester trở
nên linh động hơn tạo ra những khoảng trống cho phân tử thuốc nhuộm có thể xun qua,
làm tăng tận trích thuốc nhuộm. Nhiệt độ càng cao, tốc độ khuếch tán thuốc nhuộm vào
xơ sợi càng nhanh. Ngồi ra, độ hòa tan thuốc nhuộm phân tán trong nước cũng tăng ở
nhiệt độ 120 – 1300C, tuy nhiên khơng được nhuộm q 1350C để hạn chế phân giải
polyester.
- pH được duy trì ở 4.5 – 5 nhằm tạo độ ổn định cho thuốc nhuộm phân tán,
- Các chất trợ nhằm:

+ Hạn chế sự ảnh hưởng của các ion kim loại trong nước gây ra các hiệu ứng
khơng mong muốn như biến màu, làm hại độ phân tán của dung dịch nhuộm, thơng
thường dùng EDTA.
+ Giữ đồng nhất và ổn định bền vững khuếch tan của các hạt cực mịn thuốc
nhuộm phân tán trong dung dịch nhuộm.
2


+ Tăng mức độ ngấm thấu của xơ sợi, giảm sọc, kìm hãm thuốc nhuộm,…
- Quy trình nhuộm ở nhiệt độ cao có những ưu điểm sau:
+ Hấp thụ, khuếch tán thuốc nhuộm và nhuộm đều màu đều rất tốt
+ Dễ nhuộm được màu đậm, đạt được độ sâu và tươi màu.
+ Độ bền màu với ánh sáng và nhất là độ bền màu màu ma sát ở màu đậm tốt hơn
so với nhuộm tận trích với chất tải.
+ Lượng hóa chất trợ nhuộm cần dùng ít, đạt hiệu quả kinh tế cao.
+ Thao tác công nghệ nhuộm đơn giản và dễ dàng.
+ Hầu hết các nhóm thuốc nhuộm phân tán đều sử dụng được để nhuộm ở nhiệt độ
cao.
- Nhược điểm là mặt hàng hơi cứng so với nhuộm ở nhiệt độ thấp, do đó phải qua
công đoạn comfit để tạo độ mềm mịn cho vải.
* Giặt khử:
o

80

30’

Xaû
Cgiaët

2o C/min

NaOH
Over flow
15’
H2 O

H2O
Na2S2O4

Xaû

- Mục đích quá trình này nhằm loại bỏ mùi hôi khó chịu của chất ngấm, chất đều
màu còn bám trên sơ sợi sẽ làm giảm độ bền màu, cũng như màu dư.

Hình 2: Sợi Polyester dưới kính hiển vi

Hình 3: Sợi Polyester nhuộm màu xanh
(Nguồn: DuPont Company Techinical Bulletin X-156:
IDENTIFICATION OF FIBERS IN TEXTILE
MATERIALS, December 1961.)

3


Câu 2: Tìm hệ số hình dạng của cá nhân
Trả lời:
Áp dụng công thức Dubois (Arch Intern. Med. 17,863–871 (1916)) để tính diện
tích bề mặt cơ thể:
𝑆 = 𝑊 0.425 × 𝐻 0.725 × 71.84

S là diện tích bề mặt tính theo cm2
W là trọng lượng tính bằng kilogam
H là chiều cao tính bằng centimet
Với chiều cao: 165 cm; Cân nặng: 55 kg
𝑆 = 550.425 × 1650.725 × 71.84 = 15984 𝑐𝑚2 = 1.5984 (𝑚2 )
Đường kính tương đương của cơ thể so với thể tích hình cầu:
𝜋 3
𝑥 = 1.5984 → 𝑥 =
6

3

1.5984 × 6
= 1.4509 (𝑚)
𝜋

Hệ số hình dạng của cơ thể:
1.4509
≈ 0.91
1.5984
Vậy cơ thể có hình dạng cầu tròn



---------

4


Họ và tên: Lê Võ Sơn Quân

MSHV: 1570179
Ngày 06 tháng 09 năm 2015

Môn Công nghệ bột và hạt
Bài tập số 2
Câu 1: Sự phân bố kích thước của bi thủy tinh được kiểm tra bằng kính hiển vi.
Hoàn thành các hàng của bảng hiển thị số tương đối của các hạt, số lượng tích lũy
và số lượng tương đối (tức là cỡ hạt) ở phạm vi μm:
Khoảng
kích
thước
(μm):
Số
trong
khoảng:
Số
tương
đối:
Số
lượng
tích lũy
Số
tương
đối ở
phạm
vi μm

<5

5-7

7-10

10-15

15-20

20-30

30-40

40-50

>50

0

50

150

200

55

45

20

5

0

0

0.0952

0

0.0952

0

0.0486

1.000

Trả lời:

Khoảng

Số

Tổng

trong

số hạt

khoảng:

tích lũy:

<5

0

5-7

kích

Số tương đối

Số tương đối:

Số lượng tích lũy:

0

0

0

0

50

0 + 50 = 50

50
= 0.0952
525

50
= 0.0952
525

0.0952
= 0.0476
(7 − 5)

7-10

150

50 + 150 = 200

150
= 0.2857
525

200
= 0.3810
525

0.2857
= 0.0952
(10 − 7)

10-15

200

200 + 200 = 400

200
= 0.3810
525

400
= 0.7619
525

0.3810
= 0.0762
(15 − 10)

thước
(μm):

1

ở phạm vi μm


15-20

55

400 + 55 = 455

55
= 0.1048
525

455
= 0.8667
525

0.1048
= 0.0210
(20 − 15)

20-30

45

455 + 45 = 500

45
= 0.0857
525

500
= 0.9524
525

0.0857
= 0.0086

(30 − 20)

30-40

20

500 + 20 = 520

20
= 0.0381
525

520
= 0.9905
525

0.0381
= 0.0038
(40 − 30)

40-50

5

520 + 5 = 525

5
= 0.0095
525

525
=1
525

0.0095
= 0.0009
(50 − 40)

>50

0

525 + 0 = 525

0
=0
525

525
=1
525

0

Câu 2: Sử dụng các dữ liệu phân bố số lượng trên, hoàn thành bảng:
Khoảng kích
thước (μm):
(Điểm
giữa)3.tần số
Khối lượng

tương đối
Số lượng tích
lũy

<5

5-7

7-10

10-15

15-20

20-30

30-40

40-50

>50

10800
0

0.0039

0

0.0039

1.000

Trả lời:
Khoảng
kích
thước
(μm):
<5
5-7

7-10

10-15

Số
trong

(Điểm giữa)3.

Khối lượng tương

tần số

đối

0

0

0

10800
2804559.35

0 + 0.00385

khoảng:
0
50

150

200

5+7
2
7 + 10
2

3

× 50 = 10800

= 0.00385
3

10 + 15
2

92118.75
2804559.35

× 150
= 92118.75

= 0.03285

× 200

390625
2804559.35

3

= 390625
2

= 0.13928

Số lượng tích lũy

= 0.00385
0.00385 + 0.03285
= 0.0367
0.0367 + 0.13928
= 0.17598


15-20

15 + 20
2

55

20-30

20 + 30
2

45

3

294765.6
2804559.35

× 55
= 294765.6

= 0.10510

× 45

703125
2804559.35

3

30-40

20

3

40-50

5

0.28108 + 0.25071
= 0.53179

857500
2804559.35

× 20

0.53179 + 0.30575
= 0.83754

= 0.30575

= 857500
40 + 50
2

= 0.28108

= 0.25071

= 703125
30 + 40
2

0.17598 + 0.10510

3

455625
2804559.35

×5

0.83754 + 0.16246
=1

= 0.16246

= 455625
>50

0

0

0

1+0=1

Tổng cộng

-

2804559.35

2804559.35
=1
2804559.35

Câu 3: Kích thước trung bình hạt theo số lượng là cách tính tốt nhất bằng cách xác
định
cỡ hạt góp phần đến giá trị trung bình từ mỗi khoảng kích thước, hoặc lớp.
Đây là kết quả của các số tương đối và kích thước điểm giữa trong các lớp.
Tổng hợp tất cả các đóng góp với nhau cho giá trị trung bình kích thước. Lưu ý
rằng đây là toán học tương đương với hơn thông thường:
𝒇𝒊 𝒙𝒊 /

𝒇𝒊

Với fi là tần số (hoặc số) lần xi xảy ra, ví dụ bạn có thể sử dụng công thức này trước
khi tính điểm trung bình.
Khoảng kích
thước (μm):
Điểm giữa
Số trong
khoảng

<5

0

5-7

7-10

10-15

15-20

20-30

30-40

40-50

6

8.5

12.5

17.5

25

35

45

50

150

200

55

45

20

5

25 × 45

35 × 20

45 × 5

= 1125

= 700

= 225

6 × 50
= 300
Số tương đối:

0

0.0952

8.5

12.5

17.5

× 150

× 200

× 55

= 1275

= 2500

= 962.5

0.2857

0.381

0.1048
3

0.0857

0.0381

0.0095

>50

0

Tổng
cộng

525

7087.5
0


Khối lượng
tương đối

0

0.0039

0.0329

0.1393

0.1051

0.2507

0.3058

0.1625

1.0002

0

6
8.5
12.5
17.5
25
35
45
× 0.0039 × 0.0329 × 0.1393 × 0.1051 × 0.2507 × 0.3058 × 0.1625
= 0.0234 = 0.27965 = 1.74125 = 1.83925 = 6.2675 = 10.703 = 7.3125

28.1665
5

Chọn câu trả lời đúng cho các câu sau đây
Kết quả đường kính trung bình bằng số (μm):
a: 12.4

7087 .5
525

= 13.5

c: 25.0

b: 13.5

d: 28.2

Câu 4
Đường kính trung bình bằng khối lượng, cách tính tương tự, là (μm):
a: 12.4

b: 13.5

c: 25.0

28.16655
1.0002

= 28.1609

d: 28.2

Câu 5.
Các phân bố đầy đủ diện tích bề mặt riêng cho một đơn vị thể tích (Sv) là tổng diện
tích bề mặt chia cho tổng khối lượng. Nó có thể tính toán bằng các cách khác nhau,
𝒎𝒊

một trong những cách đó là 𝑺𝒗 = 𝟔

𝒙𝒊

trong đó mi là khối lượng tương đối. Đối với

phân bố này (Sv) là (μm-1):
Khoảng kích <5

5-7

7-10

10-15

15-20

20-30

30-40

40-50

>50

thước (μm):
Điểm giữa
Số trong
khoảng

cộng

0

6

8.5

12.5

17.5

25

35

45

50

150

200

55

45

20

5

0

8.5

12.5

17.5

6 × 50

× 150

× 200

× 55

25 × 45

35 × 20

45 × 5

= 300

= 1275

= 2500

= 962.5

= 1125

= 700

= 225

0.1048

0.0857

0.0381

0.0095

0

0.2507
25
× 0.2507
= 6.2675
0.2507
25
= 10.03
× 10−3

0.3058
35
× 0.3058
= 10.703

0.3058
35
= 8.74
× 10−3

0.1625
45
× 0.1625
= 7.3125
0.1625
45
= 3.61
× 10−3

0

Số tương đối:

0

0.0952

Khối lượng
tương đối (mi)

0

0.0039

𝑚𝑖

𝑥𝑖

Tổng

0.2857

0.0329
6
8.5
× 0.0039 × 0.0329
= 0.0234 = 0.27965
0.0039
0.0329
6
8.5
= 6.5
= 3.87
× 10−4
× 10−3

0.381
0.1393
12.5
× 0.1393
= 1.74125
0.1393
12.5
= 11.14
× 10−3

0.1051
17.5
× 0.1051
= 1.83925
0.1051
17.5
= 6.01
× 10−3
4

525

7087.5

1.0002
28.1665
5
44.05
× 10−3


𝑆𝑣 = 6
a: 0.213

𝑚𝑖
= 6 × 44.05 × 10−3 = 0.2643
𝑥𝑖

b: 0.240

c: 0.264

d: 0.444

Bây giờ chuyển đổi câu trả lời của bạn về đơn vị SI.
0.2643

1
𝜇𝑚
×
= 264300 (𝑚 −1 )
−6
𝜇𝑚
10 𝑚

Câu 6. Bạn sẽ cần các phương trình liên hệ giữa bề mặt riêng (Sv) với số tần số và cả
phần khối lượng (cả hai tính bằng micron). Xem phần 2.3 để biết cách lấy đạo hàm
giữa các hệ thức đầu cuối. Đối với hạt hình cầu thì hai phương trình được đưa ra:
Phân phối số:

Phân phối khối lượng:

𝜋 𝑥 2 𝑛0 𝑥 𝑑𝑥
𝑆𝑣 =
𝜋/6 𝑥 3 𝑛0 𝑥 𝑑𝑥
𝑆𝑣 =

𝜋
𝜋/6

𝑛3 𝑥 𝑑𝑥
𝑥

Mối quan hệ giữa hai dạng của đường cong phân phối (căn cứ vào phân phối số):
𝑑𝑁0 (𝑥)
= 𝑛0 (𝑥)
𝑑𝑥
Mối quan hệ giữa phân phối khối lượng ở dạng tương tự.
Những câu hỏi này được dựa trên một phân bố tích lũy kích thước lý tưởng có thể được
biểu diễn như một đường thẳng duy nhất ở hình dưới.

(i). Phân bố kích thước tích lũy của một loại vật liệu dạng bột có thể biểu diễn bằng một
đường thẳng với a% lượng lọt sàng so với đường kính hạt (x) đồ thị đi qua điểm 0% theo
số lượng 1 μm và 100% theo số lượng tại 101 μm. Sử dụng hình trên để trả lời các câu
hỏi bên dưới.
5


Phương trình cho N0(x)là:
N0(x)= ...
𝑉ớ𝑖 đườ𝑛𝑔 𝑡ℎẳ𝑛𝑔 𝑦
= 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑡ℎì 𝑡𝑎 𝑐ó:

𝑎+𝑏 =0
𝑎 = 0.01
→
→ 𝑦 = 0.01𝑥 − 0.01
101𝑎 + 𝑏 = 1
𝑏 = −0.01

Đối chiếu với đồ thị, ta thấy điểm cuối của N =1 và điểm dưới N=0, vì vậy, để N=1 và
x=101, ta phải chia cho 100 và trừ đi 0.01, do đó N0(x)= x/100-0.01
a: x-1

b: x/100-1

d:x-100

c: x/100-0.01

(Lưu ý, điều kiện ở dạng phân số và không có phần trăm.)

(ii). Phương trình cho n0(x) là: n0(x)=…
𝑥
1
𝑑
−
𝑑𝑁0 (𝑥)
100 100 = 1
= 𝑛0 𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑𝑥
100
a: 1

c: 100

b: 1/100

d: x/100-1

(iii). Hình dạng của n0(x) đồ thị được đưa ra bởi câu trả lời của bạn cho phần (ii)là hình
chữ nhật vì tọa độ của y là 1/100 và đây là đường thẳng giữa x=1 và x=101. Diện tích
hình chữ nhật là 1, nghĩa là (101-1) nhân với 1/100 của phần tử đơn vị. Diện tích dưới
đường cong n0(x) của biểu đồ luôn bằng 1.
(iv). Phương trình tốt nhất để sử dụng để tính bề mặt riêng là: câu c
𝑎: 𝑆𝑣 = 6

101 2
𝑥
1
101 3
𝑥
1

1
𝑑𝑥
100
1
𝑑𝑥
100

𝑏: 𝑆𝑣 =

6

6
101
𝑥𝑑𝑥
1

𝑐: 𝑆𝑣 = 6

101 2
𝑥 𝑑𝑥
1
101 3
𝑥 𝑑𝑥
1


Câu (a) cũng đúng, tuy nhiên hằng số (1/100) triệt tiêu lẫn nhau ở trên và dưới của
phương trình.
(v). Bề mặt riêng cho một đơn vị thể tích là (μm-1):
𝑆𝑣 = 6
a: 0.013

101 2
𝑥 𝑑𝑥
1
101 3
𝑥 𝑑𝑥
1

1013 13
−
3
3
=6
= 0.07921 (𝜇𝑚−1 )

4
101
14
−
4
4

b: 0.045

c: 0.059

d: 0.079

(vi). Bây giờ chuyển đổi câu trả lời của bạn về đơn vị SI:
0.07921

1
𝜇𝑚
×
= 79210 (𝑚 −1 )
𝜇𝑚
10−6 𝑚

(vii). Nếu độ cầu của nguyên liệu là 0,9 thì bề mặt riêng là (μm-1):
Diện tích bề mặt sẽ lớn hơn diện tích giả sử của hạt là hình cầu. Độ cầu là tỷ số
giữa diện tích bề mặt hình cầu có cùng thể tích với hạt và diện tích bề mặt của hạt.
0.07921
= 0.08801 (𝜇𝑚−1 )
0.9
a: 0.071

c: 0.066

b: 0.088

d: 0.053

Câu 7.
(i). Bề mặt riêng của phân phối kích thước khác có giới hạn như trong câu 6 nhưng trong
một phân bố khối lượng N3(x) cơ sở là (μm-1):
𝑥
𝑥100
; 𝑛3 𝑥 =
1 − exp⁡−1

1 − exp⁡ −
𝑁3 𝑥 =

a: 0.013

b: 0.138

𝑥 3 𝑛0 (𝑥)
𝑑𝑁3 (𝑥)
;
𝑛
𝑥
=
3
𝑑𝑥

𝑥 3 𝑛0 𝑥 𝑑𝑥

c: 0.277

d: 0.554

(ii). Đường kính trung bình Sauter của phân bố trong phần (i) là (μm):
𝑆𝑣 = 6
a: 50

𝑛3 (𝑥)
6
𝑑𝑥 ; 𝑥𝑆𝑣 =
𝑥
𝑆𝑣
c: 21.7

b: 43.5

--------7

d: 10.8


Họ và tên: Lê Võ Sơn Quân

MSHV: 1570179
Ngày 13 tháng 09 năm 2015

Môn Công nghệ bột và hạt

Bài tập số 3
Câu 1:
(i). Một loại bột chứa trong thùng để tạo hạt thể nút hình trụ có đường kính 0.8 cm
và dài 3 cm. Khối lượng riêng của bột là 2.5 g.cm-3 và 2.20 gam bột được sử dụng để
tạo thể nút. Độ xốp bên trong thể nút của bột là (-):
a: 0.58

c: 0.75

b: 0.42

d: 0.25

𝐷 = 0.8 𝑐𝑚 ; 𝐿 = 3 𝑐𝑚 ; 𝜌𝑠 = 2.5 𝑔. 𝑐𝑚−3 ; 𝑚𝑝 = 2.2 (𝑔𝑟𝑎𝑚)
Thể tích hình trụ: 𝑉 = 𝐿 × 𝜋 ×
Thể tích hạt: 𝑉ℎ =

𝐷 2
2

𝑚𝑝
𝜌𝑠

Độ xốp khối hạt: 𝜀 =

𝑉−𝑉ℎ
𝑉

𝐷 2

=

𝐿×𝜋× 2

0.8 2

𝑚𝑝

−𝜌

𝐷 2

𝐿×𝜋× 2

𝑠

=

3×3.14× 2
3×3.14×

2.2

−2.5

0.8 2
2

= 0.41614

(ii). Không khí được rút ra thông qua thể nút với tốc độ 6.6 cm3 mỗi phút. Áp kế
thủy ngân được sử dụng để đo độ giảm áp suất trong quá trình này: sự giảm áp
được ghi nhận là 60 mmHg. Tỷ trọng tương đối của thủy ngân là 13.6, như thế sự
tổn thất áp suất trên thể nút là (Pa):
a: 80
𝑆𝐺 =

b: 800

d: 80000

c: 8000

𝜌𝐻𝑔
𝑘𝑔
𝑘𝑔
= 13.6 → 𝜌𝐻𝑔 = 𝜌𝐻2 𝑂 × 13.6 = 1000
× 13.6 = 13600
3
𝜌𝐻2 𝑂
𝑚
𝑚3
∆𝑃 = 60 𝑚𝑚𝐻𝑔 ×

133.322365 𝑃𝑎
1 𝑚𝑚𝐻𝑔

= 7999.341921 (𝑃𝑎)

(iii). Vận tốc khí bề mặt trong câu (ii) là (m.s-1):

b: 3.65x10−5

a: 0.0022
𝑄 = 6.6

c: 2.2x10−6

d: 0.00365

𝑐𝑚3
1 (𝑚3 )
1 (𝑝ℎú𝑡)
×
×
= 1.1 × 10−7 (𝑚3 . 𝑠 −1 )
6
3
𝑝ℎú𝑡
10 (𝑐𝑚 )
60 (𝑠)

𝑄
𝑄
𝑈0 = =
=
𝐴 𝜋 × 𝑅2

1.1 × 10−7 (𝑚3 . 𝑠 −1 )
3.14 ×

0.8 ×

10−2
2

1

(𝑚)

2

= 2.18949 × 10−3 (𝑚. 𝑠 −1 )


(iv). Độ nhớt của không khí là 1.8x10-5 Pa.s, sử dụng phương trình Kozeny-Carman,
để tính diện tích bề mặt riêng trên một đơn vị thể tích bột (m-1):
b: 3.0x1011

a: 2310

c: 5.5x105

∆𝑃
𝐾 1 − 𝜀 2 𝑆𝑣 2
=𝜇
𝑈0 → 𝑆𝑣 =
𝐿
𝜀3
∆𝑃 × 𝜀 3
𝐿 × 𝜇 × 𝑈0 × 𝐾 × 1 − 𝜀

𝑆𝑣 =

=

d: 1.2x106

∆𝑃 × 𝜀 3
𝐿 × 𝜇 × 𝑈0 × 𝐾 × 1 − 𝜀

2

2

7999.341921 × 0.416143
3 × 10−2 × 1.8 × 10−5 × 2.18949 × 10−3 × 5 × 1 − 0.41614

2

= 534839.5119 = 5.3 × 105 (𝑚2 )
𝑆𝑣,

𝑆𝑣 5.3 × 105 (𝑚2 )
= =
= 5.3 × 105 (𝑚 −1 )
𝑉
1 (𝑚3 )

(v). Đường kính trung bình Sauter của bột là (μm):
a: 2600

b: 22
𝑥𝑆𝑣 =

c: 11

d: 5.0

6
6
= 1.1218 × 10−5 𝑚 = 11.218 (𝜇𝑚)
, =
𝑆𝑣 534839.5119 (𝑚−1 )

(vi). Khối lượng riêng của không khí là 1.2 kg.m-3, hệ số chuyển đổi Renoylds của hệ
thống là (-):
b: 8.4x10−10

a: 0.10

c: 4.6x10−4

d: 0.00021

𝑈0 . 𝜌
2.18949 × 10−3 × 1.2
𝑅𝑒𝑙 =
=
= 4.6743 × 10−4
𝜇(1 − 𝜀)𝑆𝑣 1.8 × 10−5 × 1 − 0.41614 × 534839.5119

(vii). Bạn hãy nhận xét khi sử dụng phương trình Kozeny-Carman có phù hợp
không?
Do hệ số chuyển đổi Renoyld của hệ thống nhỏ hơn 2 nên sử dụng phương trình
Kozeny-Carman là phù hợp.

Câu 2:
(i). Tầng trao đổi ion hình trụ chứa đầy các hạt hình cầu đường kính xếp chặt 2
mm, hệ số rỗng của lớp là 0.45 được sử dụng khử ion trong chất lỏng có khối lượng
2


riêng và độ nhớt lần lượt là 1100 kg.m-3 và 0.0075 Pa.s. Lưu lượng chỉ định tỷ lệ là 5
m3.hour-1 và chiều cao lớp và đường kính lần lượt là 2 m và 0.2 m, sử dụng phương
trình Kozeny-Carman để tính độ giảm áp (Pa):
b: 1.32x107

a: 99000

c: 4400

d: 44000

𝑥𝑆𝑣 = 2 𝑚𝑚 = 2 × 10−3 𝑚 ; 𝜀 = 0.45; 𝜌 = 1100 𝑘𝑔. 𝑚−3 ; 𝜇
= 0.0075 𝑃𝑎. 𝑠 ; 𝑄 = 5 𝑚3 . ℎ𝑜𝑢𝑟 −1 ; 𝐻 = 2 𝑚 ; 𝐷 = 0.2 (𝑚)
Phương trình Kozeny-Carman:
∆𝑃
𝐾 1 − 𝜀 2 𝑆𝑣 2
𝐾 1 − 𝜀 2 𝑆𝑣 2
=𝜇
𝑈0 → ∆𝑃 = 𝐿. 𝜇

𝑈0
𝐿
𝜀3
𝜀3
Vận tốc bề mặt lớp hạt:
𝑄=5

𝑚3
1 (ℎ𝑜𝑢𝑟)
5
×
=
(𝑚3 . 𝑠 −1 )
ℎ𝑜𝑢𝑟
3600 (𝑠)
3600
𝑄
𝐷2
𝜋×
4
6
𝑆𝑣 =
𝑥𝑆𝑣

𝑈0 =

𝑄
=
𝐴

Vận tốc qua lớp hạt:
𝑈=

𝑈0
𝜀

(ii). Hệ số chuyển đổi Reynolds là
a: 3.91

b: 4.78

c: 1290
𝑅𝑒𝑙 =

d: 0.478

𝑈0 . 𝜌
𝜇(1 − 𝜀)𝑆𝑣

(iii). Hãy nhận xét về việc sử dụng phương trình Kozeny-Carman
Do hệ số chuyển đổi Reynolds lớn hơn 2 nên sử dụng phương trình KozenyCarman là không phù hợp.
(iv). Vận tốc ở khoảng giữa chất lỏng bên trong lớp là (m.s-1):
a: 0.020

c: 0.08

b: 0.098

d: 0.044

(v). Sử dụng tương quan Carman để tính ứng suất trượt của hạt trao đổi ion (Pa):
a: 17.2

b: 3.5

c: 13.5
3

d: 27.0


(vi). Khi đó, hãy tính tổn thất áp suất động trên lớp là (kPa):
a: 84

c: 99

b: 130

d: 150

(vii). Tại sao có sự khác biệt giữa câu trả lời (vi) và (i)?
Phương trình Kozeny-Carman cho biết sự chênh lệch áp suất gây ra bởi độ nhớt
của chất lỏng chảy qua lớp hạt. Hiện tượng này sẽ xảy ra tuy nhiên một lượng năng lượng
mất mát được bổ sung (ví dụ như chênh lệch áp suất) do dòng xoáy và lớp hạt không ổn
định. Do đó, sự chênh áp thực tế sẽ cao hơn tính toán bằng phương trình KozenyCarman.
(viii). Nếu chất lỏng có chiều cao cân bằng datum ở vị trí cơ sở trong bình trao đổi
ion và điều này, cần phải nâng lên đỉnh của cột trước khi lớp trao đổi ion được thêm
vào, sự giảm áp đã gây ra hiện tượng này, hãy tính tổn thất áp suất thủy tĩnh trên
lớp (kPa):
a: 2.16

b: 21.6

c: 216

d: 0.22

∆𝑃 = 𝐻 × 𝜌 × 𝑔 = 2 × 1100 × 9.81 = 21582 𝑃𝑎

---------

4


Họ và tên: Lê Võ Sơn Quân

MSHV: 1570179
Ngày 20 tháng 09 năm 2015

Môn Công nghệ bột và hạt
Bài tập số 4: Lọc chất lỏng
Câu 1:
Một thiết bị lọc 3 lớp được sử dụng để làm sạch nước thải chứa 60 mg/lít (ppm) chất
rắn. Hoàn thành bảng sau:
Độ dày (L) (m)
0.45
0.28
0.22

Hằng số lọc ban

Lớp lọc thứ cấp
đầu (λ0)
Than antraxit
Cát
Nhôm oxit

2
8
15

Nồng độ ban
đầu trước vách
ngăn (ppm)
60
24.394
2.597

Nồng độ sau
vách ngăn
(ppm)
24.394
2.597
0.0958

Nồng độ nước thải đã xử lý qua từng lớp lọc sẽ là (ppm):

Hình minh họa bể lọc chậm

Câu 2:

Trong

5

lít

dung dịch

có

trong nước

chứa

10% (w/w)

bùn đá phấn

được lọc dưới áp suất không
1


đổi trong lưới lọc có diện tích

. Bề mặt riêng của đá phấn là

và giả sử lớp bã có độ xốp là 50%.
i). Thể tích của pha rắn có trong huyền phù là (cm3):
a: 100

b: 500

c: 200

d: 250

ii). Thể tích của nước còn lại trong bã lọc là (cm3):
a: 400

b: 200

c: 100

d: 0

c: 4500

d: 4800

iii). Thể tích nước lọc là (cm3):
a: 4600

b: 4750

iv). Khối lượng của chất rắn khô trong bã lọc là (kg):
a: 0.533

b: 0.500

c: 1.335

d: 0.668

v). Khối lượng khô của chất rắn trên một đơn vị thể tích lọc (ví dụ: tương tự ‘c’) là
(kg.m-3):
a: 112

b: 100

c: 116
2

d: 2670


vi). Sử dụng phương trình Kozeny-Carman, độ thẩm thấu của lớp bã là (m2):
a: 1.1x10-14

b: 9x1013

c: 3.3x10-8

d: 3x107

c: 2.5x10-11

d: 6.7x1010

vii). Trở lực riêng của lớp bã (m.kg-1):
a: 8.3x10-18

b: 22500

viii). Thời gian để lọc hết huyền phù, nếu trở lực trung bình được bỏ qua và áp suất
riêng phần tạo bã lọc là 36 cmHg
a: 55

, là (s):

b: 998

c: 1572

d: 1747

Câu 3: Sử dụng lại lượng huyền phù tương tự như câu 2, lọc trên hệ thống lọc tương
tự với tốc độ lọc không đổi, thu được 2.3 lít nước lọc. Sử dụng phương trình thực
nghiệm của áp suất sau đây để tính toán các câu sau:

3


Giả sử lọc dưới chế độ không nén: ví dụ α, c cũng như A và μ thì không đổi trong
suốt quá trình.
i). Sự tổn thất áp suất trong quá trình lọc là (Pa):
a: Cần Rm

b: 168t+6670

c: 6670

d: cần dV/dt

Trong quá trình lọc, áp lực tăng tuyến tính với thời gian lọc do trở lực lớp bã ngày càng
lớn, điều này dẫn đến sự tổn thất áp suất tuyến tính với thời gian. Các phương trình thực
nghiệm cho thấy sự gia tăng áp lực cũng là tuyến tính.
Hai phương trình được so sánh:
; và

Và chỉ có trở lực bã lọc tuyến tính theo thời gian, nên:

ii). Tốc độ lọc là (m3.s-1) – gợi ý so sánh phương trình bã lọc và phương trình thực
nghiệm khi tăng áp suất:
a: 3.4x10-6

b: 3.7x10-7

c: 9.7x10-5

Quá trình lọc với tốc độ không đổi:

Do đó:

4

d: 4.6x10-6


iii). Thời gian để thực hiện quá trình lọc lọc ở giai đoạn này là (s):
a: 678

b: 6287

c: 24

d: 500

iv). Trở lực vách lọc là (m-1) – Gợi ý, so sánh lại các phương trình, xem xét hai thuật
ngữ riêng biệt, thuật ngữ này là tĩnh:
a: 6.2x1010

b: 5.7x1011

c: 2.2x109

d: 4.5x1010

Câu 4: Tiếp theo vấn đề 3, sau khi thu hồi được 2.3 lít nước lọc, sau đó áp suất giữ
liên tục không đổi đến khi quá trình lọc huyền phù kết thúc. Giả sử quá trình lọc
không nén, tức là α, c cũng như A và μ thì không đổi trong suốt quá trình giống như
trong câu 1 và thấy trên hộp lọc trở lực riêng của vách lọc.
i). Trở lực riêng của vách lọc (m-1):
a: 4.5x1010

b: 5.7x1011

c: 6.2x1011

d: 1.2x1012

ii). Thể tích của nước lọc – lọc dưới áp suất không đổi là (m3):
a: 0

c: 0.0046

b: 0.0023

5

d: 0.0025


iii). Áp suất tổng cộng quá trình lọc là (Pa):
a: 90600

b: 10650

c: 1065000

d: 121000

iv). Thời gian lọc dưới áp suất không đổi là (s):
a: 519

b: 674

c: 731

d: 2470

c: 2490

d: 6810

v). Tổng thời gian lọc là (s):
a: 1230

b: 1350

Câu 5: Một thí nghiệm sản xuất thử sử dụng thiết bị lọc có diện tích 0.1 m2 ở áp suất
không đổi là
Thời gian
lọc (phút)

, quá trình thu được kết quả ở bảng sau:
Thời gian
lọc (s)

Thể tích
nước lọc (lít)

10

88

20

125

40

180

60

220

Thể tích
nước lọc (m3)

Thời gian/Thể tích
(s.m-3)

Độ nhớt của nước lọc là 0.0015 Pa.s, nồng độ bùn là 3% w/w, nồng độ bã lọc là 52%
w/w và khối lượng riêng chất lỏng là 1000 kg.m-3.
6


i). Tỷ lệ độ ẩm là – Gợi ý, xem xét 100 kg bã ẩm:
a: 0.52

c: 1

b: 1.92

d: 0.30

ii). Lượng chất rắn khô trên một đơn vị thể tích nước lọc là (kg.m-3):
a: 30.9

b: 1080

c: 17.3

d: 31.8

iii). Vẽ một biểu đồ và tính toán: Trở lực riêng của lớp bã và trở lực của vách lọc
Dựa trên phương trình ở điều điện áp suất không đổi:

Thể tích nước lọc (m3)

Thời gian/Thể tích (s.m-3)

Thời gian/thể tích (s/m3)

Vẽ đồ thị mối quan hệ giữa thể tích nước lọc và thời gian/thể tích:
16000.00
14000.00
12000.00

y = 71660x + 546.8
R² = 0.999

10000.00
8000.00
6000.00
0.08

0.13

0.18

Thể tích nước lọc (m3)
7

0.23


iv). Nếu diện tích lọc 10 m2 thì sẽ thu được bao nhiêu thể tích nước lọc sau 2 giờ?

v). Nếu khối lượng riêng của chất rắn là 2500 kg.m-3, thì chiều dày lớp bã thu được
ở phần (iv) là bao nhiêu?

---------

8