《工程流体力学》习题1～7章参考答案.pdf 22页

'高等学校教材过程装备与控制工程专业核心课程教材工程流体力学习题参考答案主讲：陈庆光化学工业出版社教材出版中心黄卫星,陈文梅主编.工程流体力学,北京：化学工业出版社教材出版中心，2001.8 D习题1-1如图1-9所示，一个边长200mm重量为1kN的滑块在20斜面的油膜上滑动，油膜−2厚度0.005m，油的粘度µ=×710Pas⋅。设油膜内速度为线性分布，试求滑块的平衡速度。图1-9习题1-1附图解：建立如下坐标系，沿斜面向上方向为x轴的正方向。设油膜内速度为线性分布，则油膜∂−uu051−内的速度梯度可计算为：==210×us−3∂×y0.00510由牛顿剪切定律知，滑块表面处流体所受的切应力为：∂u−254τµ==710××210×=×uu1.410Pa∂y2°滑块受到的切应力大小与τ相等，方向相反，则平衡时分析其受力可得：τ×=×lGsin204°即：1.410×××=×u0.20.21000sin20从而可得：u=0.611ms。习题1-2有一轴长L=0.3m、直径，d=15mm，转速400r／min，轴与轴承间隙δ=0.25mm，其间充满润滑油膜，油粘度为µ=⋅0.049Pas。假定润滑油膜内速度为线性分布，试求轴转动时的功率消耗(注：轴转动时消耗的功率＝轴表面的面积×切应力×线速度)。解：假设润滑油膜内速度为线性分布，则油膜内的速度梯度可计算为：−3∂−uu0400×π×1510×−1===400sπ−3∂×rδ600.2510×∂u由牛顿剪切定律知，轴表面处所受的切应力为：τµ==×=0.049400π61.6Pa∂r则根据题目中所提供的轴转动时消耗的功率＝轴表面的面积×切应力×线速度，可得：d−−3314002×πNd=×πτL×ωπ×=×××××15100.361.6×××1510=0.273W2260所以，轴转动时消耗的功率为0.273W。习题1-3内直径为1mm的玻璃毛细管，插在水银中，如图1-10所示。水银在空气中的表面D3张力系数为0.514Nm，水银与玻璃的接触角θ=140，水银密度13600kgm。试求毛细管内外水银面的高度差d。解：参考例题1-3，用式（1－21）进行计算得：D2cosσθ20.514cos140××−3d===11.810m11.8mm×=−3ρgr136009.80.510×××可得，毛细管内外水银液面的高度差d为11.8mm。参考答案1 图1-10习题1-3附图−(2tk)tktk习题2-1给定拉格朗日流场：xa=e，yb=e，zc=e，其中k为常数。试判断：①是否是稳态流动；②是否是不可压流场；③是否是有旋流动。−(2tk)tktk解：(1)由给定的拉格朗日流场中的迹线表达式x=ae，y=be，z=ce可得：2tk−(tk)−(tk)a=xe，b=ye，c=ze根据定义，求解流体速度：−(2tk)∂x∂(ae)2a−(2tk)v===−ex∂t∂tk2将a值代入可得：v=−xxk11同理可得：v=y；v=zyzkk已知k为常数，所以v、v、v均与时间无关，给定的流场是稳态流动。xyz(2)将上面解出的v、v、v代入公式xyz∂vx∂vy∂vz211∇=++=−++=iv0∂∂∂xyzkkk可见，流动满足流体的不可压缩条件∇iv=0，所以，流场是不可压缩流场。(3)将上面解出的v、v、v代入公式xyz∂∂vv∂vv∂∂vv∂zzyyxx∇×=vijk()−+()−+()−=0∂∂yz∂∂zx∂∂xy空间满足无旋流动条件∇×=v0，所以，流场是无旋流动。22习题2-3给定速度场：vi=++−+()62xyt(xy10t)j+25k。试求流体质点在位置(3,0,2)处的加速度。解：根据加速度的定义，由（2-18）式可知：Dvv∂∂∂∂vvv∂vav==∇iv+=+++vvvxyzDtt∂∂∂∂∂xyzt222=++(62xyt)(2yi−−+yj)(xy10)(2txi−2xyj)2+−ti10j2222232223=+++−(2t12y4xy2yt2xy−20)xti−+++−(106y2xyyt2xy−20xyt)j对于点（3,0,2），其加速度为：ai=−×−=(2tt203)10j−−58ti10j习题2-4给定速度场：vi=−−667xytjk。求在时刻t=0时的流线方程。参考答案2 解：将给定的速度场v=6x,v=6y,v=−7t代入流线微分方程式（2-30）xyzdddxyz==vvvxyzddxy=dddxyzxy可得：==，即：667xyt−d6x=−dzx7t将t视为常数，则积分上式可得：lnx=+lnyclnxcy=116即：7lnx=−zc+zt=−−lnxc227t6将t=0代入，且因c、c为常数，从而得到如下结果：12x=c1yz=c2习题2-6给定二维流动：vi=−uvkcos(xt−α)j，其中uvk,,,α均为常数。试求在t=0时0000刻通过点(0,0)的流线和迹线方程。解：(1)将给定的速度场v=u,)v=vcos(kx−αt代入流线微分方程式（2-30）x0y0ddxy=vvxyddxy可得：=uvkcos(xt−α)00将t视为常数，积分上式可得：v0sin(kx−αt)=uy+c0k将t=0时刻，点（0，0）代入得积分常数c=0，于是流线方程为：v0v01sin(kx)=uy或yk=sin()x0kuk0(2)根据题意，可知速度场的迹线微分方程为：dxdy==vu，==vvkcos(xt−α)x0y0dtdtxutc=+01分离变量并积分，可得：v0yk=−−sin(xαt)+c2α将t=0时刻，点（0,0）代入可得积分常数：c=0，c=0。于是迹线方程为：12vvxα=−00−=−′，′=−＝常数yksin(xα)sinkxkkααuu0022习题2-7给定速度场：vi=+Cyz，C是常数。求涡量场和涡线方程。22解：(1)根据给定的速度场vi=+Cyz，由涡量的表达式（2-33）可得：参考答案3 ∂∂vv∂∂vv∂∂vvzzyyxxΩ=∇×=vi−+−j+−k∂∂yz∂∂zx∂∂xy∂∂vvczcyxx=+=jkj−k∂∂zyyz22++yz22czcy(2)由(1)已求得ΩΩ==,−k，代入涡线微分方程式（2-37）yz2222yz++yzddyz=ΩΩyzddyz可得：=czcy−2222yz++yz整理以后得：zdz+ydy=022积分可得涡线方程为：z+y=c。习题3-1一个底那为正方形的容器被分成两部分，两部分在容器的底部连通。在容器中装入3水以后，再在左边部分加入密度为820kgm的油，形成如图3-9所示的形态。试计算左边油的高度h。又：如果在油面上浮着一个1000N重的木块，则右边的水面要上升多少?图3-9习题3-1附图解：本题利用流体静压强的计算公式p=ρgh和等压面的性质（同种液体）油液所在的水平面为等压面，等压面上的相对压强ρ1000水ρρgh=−g()32⇒h==≈1.22m；加入木块后相当于左侧容器加入了体积为油水ρ820油100031000V=m的油，使左侧容器中的油的高度增加了（因为是正方形容器，厚度为3m）。ρg3ρg油油假设此时右侧容器的水位在原来的基础上升高了ym，则根据左右容器的尺寸关系，左侧的油柱将下降2ym。再根据等压面（等压面下降了2ym的高度）的性质有：10001000ρρgh+=g()y++−⇒=2y(32)y≈0.01134m11.34mm=油水39ρρgg油水习题3-2在海中一艘满载货物的船，其形态如图3-10所示。船底长度12m，舱体宽度(垂直D3于纸面)上下均为6m，船长两端梯度均为45，并近似取海水的密度为1000kgm。求船加上货物的总质量。参考答案4 图3-10习题3-2附图解：根据已知条件，船底长度12m，舱体宽度(垂直于纸面)上下均为6m，水面上船的长度为12＋2×2.4=16.8m，于是，船排开水的体积为13V=+()16.812×2.46×=207.36m2根据阿基米德定律，船上货物的总质量等于船排开的水的质量mV==×=ρ1000207.36207360kg海水习题3-4一个充满水的密闭容器以等角速度ω绕一水平轴旋转，同时需要考虑重力的影响。2试证明其等压面是圆柱面，且等压面的中心轴线比容器的转动轴线高gω。解：根据图示的坐标（z轴水平）可知，单位质量流体的质量力分量为ggg==0,−=,g0xyz流体绕z轴以匀角速度ω旋转时，半径r处流体团的加速度a位于x-y的平面内，大小为2rω，方向指向转动中心。于是按达朗贝尔原理，单位质量流体受到的惯性力(离心力)则为−a，2大小为rω，方向沿径向朝外，其x,,yz方向的分量为22−=arωcosθω=xx22−=arωsinθω=yy−a=0z于是容器中液体所受的单位质量力为22fgaxfgaygfga=−=ωω,,=−=−=−=0xxxyyyzzz将单位质量力代入压力全微分公式(3-34)或式(3-49)有22ddp=+ρω(xxωyygyd−d)因为等压面上d0p=，所以令d0p=，再积分上式，可得等压面方程为22ωr−gy=c222ωr当r=0时y=0，因此可确定积分常数c=0，于是等压面方程为=gy2参考答案5 222ggx+y−=22ωω22该式表明等压面是一圆柱面，半径为gω，中心位于（0，gω），等压面的中心轴线比容2器的转动轴线高gω。习题3-5图3-12为一液体转速计，由直径为d的中心圆筒和重量为W的活塞、以及两个直1径为d的有机玻璃管组成，玻璃管与转轴轴线的半径距离为R，系统中盛有汞液。试求转动2角速度ω与指针下降距离h的关系(ω=0时，即静止时，h=0)。图3-12习题3-5附图4W解：将坐标原点放在容器底部的中心。静止时，活塞作用在中心圆筒液面上的压强为，2πd14W根据等压面的性质，两侧有机玻璃管的液面高出中心圆筒液面的高度为h′=。当容器2ρgdπ1π22π旋转时，假设中心圆筒的液面下降了h高度，其液面高度为H，则由dh=2dh′′得两侧012442d′′=1。旋转后圆筒容器中的压强分布为有机玻璃管液面上升的高度hh22d222ωrp=ρgz−+c（3－55）2g4W4W当r=0时，zH=，中心液面压强p=，则可以确定积分常数cg=+ρH，从0220πdπd11而得到容器(包括两侧的细管)中的压力分布表达式224Wrωp=+ρgz−+H20πdg12对细管rR=，zH=所在的水平液面可列等式0224WRωρρghhh()′′++=′+g2πdg1224Wd′=和′′=1带入，整理得将hhh22ρgdπ2d12222hR=+ωgd2()12d习题4-1质量分数为20％的盐溶液以20kg/min的流量加入搅拌槽，搅拌后的溶液以10kg/min参考答案6 的流量流出，如图4-17所示。开始时，搅拌槽内已有l000kg分数为l0％的盐溶液。设搅拌过程中，槽内各处的溶液浓度是均匀的，试确定：①任意时刻t（min）搅拌槽中盐溶液的质量分数C；m②搅拌槽中溶液的盐含量达到200kg时所需的时间。图4-17习题4-1附图解：①取1-1、2-2截面之间的搅拌槽空间为控制体。本题条件下，控制体内的质量是变化的，属于非稳态问题；此外，还牵涉到两种组分。设q表示流入盐溶液的质量流量；q为流出溶液质量流量，x为流出盐溶液中盐的质mSmm量分数(即搅拌槽中盐溶液中盐的质量分数)；mm,分别为搅拌槽内流体的瞬时总质量和初CV0始质量。根据质量守恒方程(4-6)，并考虑到m只与时间有关，得出溶液的总质量平衡关系为CVdmcvqq−+=0(a)mmmsdt对于单独的盐组分，由于槽内溶液浓度均匀，所以出口和槽内各处的溶液浓度即盐的质量分数x相同，x也仅与时间有关，因此盐组分的质量平衡关系为dmxcvqxq−×+=20%0(b)mmmsdt求解式(a)，并引用初始条件mm=，得搅拌槽内溶液的瞬时总质量为CVt=00m=(q−q)t+mcvmsmm0将其代入式(b)，整理后得溶液中盐的质量分数的微分方程为ddxt=0.2qqxmqqt−+(−)msms0msmm积分该微分方程得11−−ln0.2()qqxCmsms+=+ln[]mqqt0(ms−mm)(c)qq−qmsmsmm由初始条件x=0.1可确定积分常数t=011Cq=−ln0.2()ms0.1qms+lnm0qq−qmsmsmm带入(c)式，整理得110.2qq−0.1m+−(qq)tmsms0msmmln=lnqq0.2−−qxqqmmsmsmsmsmm0参考答案7 qms0.2qq−−0.1(qq)tqqms−mmmsmsmsmm即=+10.2qqx−mmsms0于是可得出口溶液中盐的质量分数为qms−1()qqt−qqms−mmmsmmxq=−0.2ms()0.2qms−+0.1qms1qmms0−221tt10000400++2t=−+421=22010010(100+t)②当搅拌槽中溶液的盐含量达到200kg时，即：mx=200cv210000+400t+2t(10t+1000)×=200210(100+t)2即：2t+400t+10000=200(100+t)22t+200t−10000=0得：t=36.6min习题4-2在图4-18所示的动量实验装置中，喷嘴将水流喷射到垂直壁面。已知喷嘴出口直径3为10mm，水的密度为1000kg/m，并测得平板受力为100N，试确定射流的体积流量。图4-17习题4-2附图解：建立如图所示的坐标系，并取喷嘴出口和平板两侧出口间的流体空间为控制体，假设喷嘴出口水流速度为v，则射流的体积流量为1x2πdqv=V1x42πd流入控制体的质量流量为qq==ρρvmV11x4建立x方向的动量守恒方程式可得（控制面上的压强均为大气压，压强产生的作用力相互抵消，或者直接采用相对压强为零）−F=vq−vqx2xm21xm12πd2即：−=−1000ρv1x44得：v=≈35.7ms1x−3π×10参考答案8 2πd−33故qv==2.810ms×。Vx14说明：若平板以某速度U沿水平向远离（或接近）喷嘴时，若此时仍采用静止坐标系，则是一个稳态流动稳态，上述稳态条件下的动量方程将不能使用。若将坐标系置于运动的平板上，喷嘴截面出口截面也随平板一起以速度U运动，条件是v必须不变，才符合稳态流动条件，1x2πd但此时必须以相对流量qU′=()v∓和相对速度(vU∓)应用动量方程，平板远离喷嘴时Vx11x4取“－”号，接近喷嘴时取“＋”号。远离喷嘴时平板受力将减小，接近喷嘴时平板受力将增大。这于人受推时前进或后退的情况类似。习题4-3固定喷嘴以速度v将水流喷射到对称弯曲的叶片上，如图4-19所示。已知喷嘴出口0直径为d，叶片出口角为θ，水的密度为ρ。设阻力损失和重力影响可忽略，并取图中虚线框为控制体，试证明：①当叶片固定时，在x方向水对叶片的冲击力F为x22Fdx=+ρ(πθ41c)v0(os)②当叶片以速度v沿x方向匀速移动时，在x方向水对叶片的冲击力F为x22Fdvx=−ρ(πθ41)()0v(+cos)(提示：对于射流冲击问题，忽略阻力损失和重力影响意味着射流和折转流各断面处流速相等，能量方程可证明这点；其次，控制体移动时，进入控制体的流量减小，叶片出口的相对速度也减小)图4-19习题4-3附图证明：①对于射流冲击问题，忽略阻力损失和重力影响意味着射流和折转流各断面处流速相等，即v=v=v。1202πd射流的质量流量为qq==ρρvmV0004因叶片对称，则由控制体y方向上动量守恒方程，并考虑到质量守恒方程可得0s=−qvinsθqvinθmm1020qqq=+mmm0121即：qqq==mm12m02假设叶片对水的作用力大小F，方向沿x轴负方向，再建立控制体x方向上的动量守恒方x程式可得参考答案9 −=−Fqv(cos)θ−qv(cos)θ−qvxm11m22m00整理可得，x方向水对叶片的冲击力F为x222ππdd2211πd2Fv=+ρvvρθcos+ρθcosx000424242πd2=ρv(1+cosθ)04②当叶片以速度v沿x方向匀速移动时，进入控制体的流量将减少，叶片出口的相对速度也减小，则进入控制体的射流的质量流量为2πdqv=ρ()−vm004同时，对于控制体而言，射流的流入控制体速度为vv−0由于流量的减少，叶片出口的相对速度也减小为v=v=(v−v)2102πd2按照前面的推理过程，可以得出：F=ρ(v−v)(1+cosθ)x04习题4-4不可压缩流体平面射流冲击在一倾斜角为θ的平板上，如图4-20所示。射流速度为v，z方向单位宽度对应的射流面积为A，射流流体均处于环境压力。在不考虑摩擦(即视为00理想流体)和重力的情况下，转折流速度vvv==。120①利用质量守恒方程和动量守恒方程证明，z方向单位宽度对应的转折流面积A、A和12斜平板对射流的反作用力F分别为yAA002AAF12=+()1cos,θ=−()1cos,θρθy=v0A0sin22(提示：由于无摩擦，故平扳对射流的反作用力沿板的法线向，即在图示坐标下F＝0)x②设斜平板对射流的反作用力F的作用点与平板上的射流中心线交点的距离为e。试利y用动量矩方程证明1A0e=2tanθ图4-20习题4-4附图证明：不可压缩流体稳态流动，忽略阻力损失和重力影响意味着射流和折转流各断面处流速相等，即v=v=v。120①在图示的坐标系下，列质量守恒方程：参考答案10 vA=vA+vA001122即A=A+A(a)012同时，对于0-0，1-1和2-2截面间的控制体，列x方向的动量守恒方程（因忽略摩擦力，所以F=0）：xFqxmm=−−(11vqvqv22)m00cosθ222即：vA−vA−vAcosθ=0(b)112200AA00通过式(a)和(b)可得到A=(1+cosθ)，A=(1−cosθ)1222对控制体，列y方向的动量守恒方程：Fqym=−−0s(00vinθ)2即：Fv=ρAsinθy00②对射流中心线与冲击板面的交点取矩，则可列动量矩（逆时针为正，顺时针为负）方程（控制体进出口截面均取其中点）：AA1222−+−ρρvAvA0=−Fe1122y22ρ2222vAA()−=−ρvAesinθ021002ρ22222vA12coscos−+−θθθ12coscos−−=θ−ρθvAesin000081Aecosθ=sinθ021A0得：e=2tanθ习题4-5固定喷嘴以速度v将水流喷射到叶轮的叶片上，使叶轮以角速度ω匀速转动，如图04-2l所示。该叶轮的叶片与习题4-3的叶片完全相同，参见图4-19。已知喷嘴出口面积为A，叶片出口角为θ，水的密度为ρ。试取图4-21中虚线框为控制体，证明①水流对叶片的冲击力F为xFAx=−ρv00(vRωθ)(1cos+)②水流作用于叶轮的力矩为MRAz=−ρvvR00(ωθ)(1cos+)(提示：与习题4-3不同，本题中叶轮转动不影响进入控制体的流量，仅影响水流冲击叶片的速度，因此也同时影响到叶片出口处水流的相对速度)图4-21习题4-5附图参考答案11 证明：①在图示的坐标系下，进入控制体的质量流量q为m1q=ρAvm10根据质量守恒方程，流出控制体的质量流量等于进入控制体的质量流量q=q=ρAvm2m10同时对于射流冲击问题，此处忽略阻力损失和重力影响意味着射流和折转流各断面处流速相等。水流进、出叶片的相对速度分别为：vvR=−ω，vvvR==−ω10210对控制体，列x方向的动量方程：Fqv′=(c−−os)θqvxm22m11F′=−ρAvvR()−ωθρcos()−AvvR−ω=−−+ρAvv()Rωθ(1cos)x000000所以，水流对叶片的冲击力FFA=−′=ρv()vR−ωθ(1+cos)xx00②对控制体列z方向的动量矩方程：M′=qv(c−×os)θrq−vr×zm2221m11M′=−ρAvv()−RωθRcos()−ρAvv−RωRz0000MR′=−−ρAv()vRωθ(1+cos)z00MMR=−′=ρAv()vR−ωθ(1+cos)zz00习题4-6图4-22所示为明渠中水流经过闸门的情况。设流体按理想不可压缩流体考虑，即流动无摩擦和阻力损失，流体密度为ρ。在l-l和2-2截面上，水流速度v、v分布均匀，压力12沿高度的分布为p10=pg+−ρ(Hy)p20=pg+−ρ(hy)其中p为大气压力，试证明：在垂直于x−y平面方向单位宽度上闸门所受总力为0HhH+2hFgx=−ρ()Hh−2Hh+图4-22习题4-6附图h证明：根据连续性方程可得：ρhv=ρHv，v=v2112H根据已知条件：流动无摩擦和阻力损失，闸门在y方向不受作用力，假设闸门作用于水的总力为F′，方向沿x轴负方向，则对于1-1，2-2截面之间的控制体，可列稳态流动的动量方程x（采用相对压强）Hh22ρρvh21−=vH∫∫00ρgHydy()−−ρghydyF()−−x′参考答案12 Hh+22Fvx′=ρgHh()−−()ρ21h−ρvH22Hh+2Hhh−=−ρgHh()−ρv22H2Hh+vh2=ρgHh()−−2gH已知在l-l和2-2截面上，水流速度v、v分布均匀，即截面l-l和2-2位于均匀流段，因此对122于理想不可压缩流体的稳态流动，截面上各点的速度v相等，各点的动能v2相等，各点的总位能gz+pρ亦相等。于是，对1-1和2-2截面可列伯努利方程（可以对1-1和2-2截面上任意高度y的流线列方程）：22pp−−vvpp101220gy++=gy++12ρρ22当取yH=，yh=时，有p==pp，所以上式变为：1212022vv12+gH=+gh222h22gH将v=v代入可求得：v=122HH+hHhH+2h代入F′的表达式可得：Fg′=−ρ()Hh−xx2Hh+水流对闸门的作用力F是F′的反作用力。xx说明：控制面为包围图示水体的所有表面。对于闸门来说，由于其两侧都有大气压强的作用，相互抵消，实际受力情况和不考虑大气压（即采用相对压强）等效，闸门法向的受力实际上是由与水接触的表面上水的压强产生的。对于控制体中的水，当采用相对压强时，闸门对水的作用力F中实际上已不包含大气压p的作用了。若用绝对压强计算，最后算出的闸门受力x0必须再减去大气压强产生的作用力。习题4-8利用伯努利方程证明，对于习题4-2、习题4-3、习题4-4中暴露于大气环境的不可压缩流体的稳态射流冲击问题，在忽略摩擦阻力损失(即视力理想流体)和重力影响的条件下，折转流断面上的流速与射流速度是相等的。比如，在习题4-4中有vvv==。120证明：以习题4-4为例进行证明。对截面0-0，1-1列伯努利方程（因为伯努利方程是对单位质量流体而言的，所以可以对总流截面和任一个分支流截面之间列出，只要满足伯努利方程的使用条件）：22vpvp0011+gz++=++hgz01f22ρρ由题意知，忽略摩擦阻力损失和重力影响时，h＝0；z=z；暴露于大气环境时，f01p==pp。将上述各个参数代入伯努利方程可得：v=v01a01同理对截面0-0，2-2列伯努利方程可得：v=v。02习题4-9如图4-23所示，流体经过突然扩大的管道时，出于流体粘性产生涡流耗散，将导致机械能损失。现取图中虚线框为控制体，设流动稳态，截面0-0、1-1、2-2上的平均流速分别为vvv,,，平均压力分别为p,,pp，且认为p=p。此外，与流体内部的涡流耗散相比，01201210控制体表面的摩擦力可忽略不计。参考答案13 图4-23习题4-9附图①试根据质量守恒方程和动量方程证明p20−pAA200=−v10ρAA22②试证明引申的伯努列方程式(4-35)中的阻力损失h可表示为f22vA00h=−1f2A2证明：①取图中虚线框为控制体，同时考虑到截面0-0和1-1之间的控制体。列质量守恒方程：q=q=qm0m1m2即：ρAv=ρAv0022A0v=v20A2同时在截面1-1上，入口处的速度：v=v；10建立图示坐标系，对虚线框内的控制体列动量守恒方程：qvqvF−==−(pApA)−mmx22112211将v=v，p=p，qA==ρvAρv，q=ρAv以及A=A代入上式可得：1010m10100m222122A022ρρAvA−=v(−pp−)A20020202A2p20−pAA200由此得证：=−v10ρAA22②对虚线框内的控制体列引申的伯努利方程：22vpvp2210+++=++gzhgz21f22ρρA0则将v=v和v=v代入可得1020A22222vp00vp22122AAA0020h=−+−=−−+vv1vf0022022ρρ2AAA2222221122AA002vA00=−+vvv=−1000222AA2A222习题5-1测量粘性流体在毛细管中的质量流量是确定毛细管半径的方法之一。试用下列数据参考答案14 −2−52确定毛细管的半径r。毛细管长度L.=×500210m；流体运动粘度ν==×µρ40310ms.，035流体密度ρ=9552kgm.；通过水平毛细管的压降∆=p.482910Pa×，质量流量−3q.=×299710kgs。该方法最主要的缺点是什么？并请提出测量毛细管半径的其他方法。m−3qm解：(1)由质量流量qk=×2.99710g/s可得：q=mVρ∗42∆pπR根据哈根-泊谡叶(Hagen-Poiseuil1e)方程：qR==πu可得VmL8µ444888µµνLqLqLqVmmR===∗ππ∆∆∆pppρπ4−523−−84.0310××××××50.02102.99710=5π××4.82910−4=×=7.51310m0.7513mm由于上述公式仅适用于层流状态，故还需要校核雷诺数是否在层流区。根据圆管流动雷诺数的定义有Reu==ρDuµνDmm−3qqq22299710××.Vmm===22RRνν()ρ==<66230022−−45πRπRπνρRπ×××××751310...403109552因为圆管内层流流动要求雷诺数Re=ρuDµ<2300，所以Re=66没有超出雷诺数的高m−−24限值，同时考虑到LD=×××=50.021027.51310334>>1，所以计算结果有效。(2)用此方法确定圆管的半径，需要知道流体的粘度，并且需要测定流体的质量流量，因此流体的粘度误差和质量流量误差将会决定测量的准确性；同时由于毛细玻璃管流体的质量流量通常很小，相对测量误差较大。习题5-4一圆管内充满非牛顿流体(Bingham流体)，如图5-14所示。该流体切应力与速度梯度符合下述模型：τ=−+τµddur。其中τ,µ为常数，u为轴向速度，r为圆管径向坐标。rz0000圆管下端放置在一平板上。当移去平板时，管内流体可能流出，也可能不流出，试解释原因，并建立流出的条件。设流体密度为ρ，圆管半径为R。图5-14习题5-4附图解：对于圆管内的层流流动，方程(5-13b)为切应力分布的一般方程，即∗∆prC1τ=−+rzLr2该方程亦适合非牛顿流体。因r=0时切应力不可能无穷大，故该方程中的积分常数C=0，所以切应力分布为1参考答案15 ∗∆prτ=−rzL2再将Bingham流体切应力模型代入后，积分可得速度分布为∗∆p12τ0ur=−+r+C2L4µµ00现来分析Bingham流体在管内的流动条件。由物理意义可知，圆管中流体的速度从管中心到管壁只能是减小，即dd0ur≤，所以根据Bingham流体切应力模型，必然有τ≤0。因rz此，Bingham流体切应力模型可表达为−−=−−ττµ(ddur)，即rz00ττµ−=ddurrz00由此可知，该非牛顿流体内部要产生相对运动(流动)，即保证dd0ur>，其切应力必须满足τ>τ的条件，于是结合切应力分布方程，流体要产生相对运动必然要求rz0∗∆pr2τL0τ=>τ或r>rz0∗L2∆p∗若令rL=∆2τp，则该非牛顿流体只有在R≥>rr的区城内才产生流动。故由边界条000∗2∆pRτ0件u=0确定积分常数C2（CR=−）后，可得速度分布为rR=2L4µµ00∆∗22pRrτRr0uRrr>=−11−−≥()r>r00LR4µµR00在rr≥≥0的区域，因切应力τ≤τ，所以流体之间没有相对运动，整个区城内流体将0rz0如活塞状向下运动，其速度可根据连续性原则由上述速度分布方程取rr=得到，即0∗22∆pRr0urrr<=−≤10()≤r00LR4µ0∗∗∗由rL=∆2τp可知，当压降∆p很小以至于rL=2τ∆≥pR时，该非牛顿流体在管内0000∗将不发生流动，所以产生流动的压降条件是∆>p2τLR。0∗根据本题给的条件可知，∆=pρgL，即：ρgL>2τLR。所以，圆管内流体流出的条0件是：R>2()τρg。0习题5-5一毛细管流量计如图5-15所示。温度为293K的水流过直径D＝0.254mm倾斜毛细3管，压差计中指示剂为CCl4，其密度ρ=1594kgm。已知293K时水的粘度1−53µ=×⋅1004210Pas.，密度ρ=9982kgm.，测压点A、B之间的距离L.=3048m，指示剂界面高差H＝25.4mm。试求通过毛细管的质量流量q(注意：只需测出H和L就可确定流量，m即不必测量毛细管倾斜角。为什么？)。图5-15习题5-5附图参考答案16 解：假设圆管内流动满足层流流动条件，根据哈根-泊谡叶(Hagen-Poiseuil1e)方程∗42∆pπRqR==πuVmL8µ根据差压计里的指示剂界面高差H可得：∆p*(=−ρρ)gH1由毛细管的体积流量q可得毛细管内的质量流量为V∗44∆pRππ()ρρ−gHR1qq==ρρ=ρmVLL88µµ−−334(1594998.2)9.825.410−×××π(0.254210)×=998.2−53.0488100.4210××−9=×4.94610kgs习题6-1某不可压缩流体绕扁平物体流动时，其速度分布为CxCyvA=−+,v=−,v=0xy2222zxy++xy其中，A,C为常数。试证明该流体的流动满足连续性方程∇iv=0。证明：由已知的速度分布可得：∂vx∂vy∂vz∂CxCy∇=++iv=−+A+−+02222∂∂∂xyz∂++xxyxy−++−++Cxy()2222Cx2Cxy(22)Cy22222Cx−+−CyCyCx=+==0222222222()xy++()xy()xy+由此得证该流体的流动满足连续性方程。习题6-4在三维流场中有一微元面，其外法线单位矢量为n，如果该微元面不垂直于任何坐标轴，试证明当流体以速度vijk=++vvv进入该微元面时xyz①流体质量的输入通量为ρρρvvv(iniii)++(jn)(kn)xyz②流体x,,yz方向动量的输入通量分别为ρρρvvvvxyz(iniii)++(jn)(kn)xρρρvvvvxyz(iniii)++(jn)(kn)yρρρvvvvxyz(iniii)++(jn)(kn)z③如果该微元面垂直于x轴，即n与i平行但方向相反、则上述质量和动量通量如何简化(由此明确取微元体时为什么要使其表面垂直于坐标轴)？证明：①因为质量通量＝ρ()vni，将进入微元面的速度vijk=vvv++代入，可得流体输入xyz微元面的质量通量为：ρρ()vnii=+(vvvij+kn)=++ρρρvvv(iniii)(jnk)()nxyzxyz②流体的动量通量＝质量通量×流体速度=ρ(vnvi)，所以，流体沿x、、yz方向输入微元面的动量通量分别为ρρ()vniivkx=ρρvvvvxy(in)++(jnii)zx(n)ρρ()vniivky=ρρvvvvxy(in)++(jnii)zy(n)参考答案17 ρρ()vniivkz=ρρvvvvxy(in)++(jnii)zz(n)③如果该微元面垂直于x轴，即n与i平行但方向相反，则有inink=−1,jii=n=0于是，流体输入微元面的质量通量简化为：ρvvxx(ini)=−ρ流体沿x、、yz方向输入微元面的动量通量简化为：2ρ()vnvix=−ρvx，ρρ(vnvi)y=−vvxy，ρρ(vnvi)z=−vvxz习题6-5对直角坐标系的连续性方程和N-S方程进行简化，写出两水平平壁间不可压缩流体一维稳态层流流动的连续性方程和运动方程。解：①根据已知条件，对于沿x方向的不可压缩流体的一维稳态层流流动有：ρ=const，vv==0，∂∂=t0，∂∂=z0。将这些关系式代入直角坐标系下的连续性方程yz∂∂()ρρvvxz∂(ρvy)()∂ρ+++=0∂∂∂∂xyzt∂vx可得：ρ=0∂x∂vx即=0∂x∂vx②根据已知条件，将ρ=const，vv==0，∂∂=t0，∂∂=z0和=0以及f=0，yzx∂xf=−g，f=0和∇=iv0代入直角坐标系下的N-S方程(6-26)中，可得到两水平平壁间不可yz压缩流体一维稳态层流流动的运动方程(这里认为流体的粘度为常数)为2∂p∂v∂p∂px−+µ=0，ρg+=0，=02∂∂xy∂y∂z习题7-1已知下列速度势函数，求流函数，并画出流线。(参考例7-2)①φ=xy32②φ=−x3xy22③φ=+x()xy22222④φ=−()xyxy(+)∂φ∂φ解：①速度在x，y方向的速度分量分别为：vy==；vx==xy∂x∂y∂∂φψ∂φ∂ψ根据流函数的定义知：vy===；vx==−=xy∂∂xy∂∂yx22∂∂ψψyx而ddddψ=+=xyx−xy+dy=−d+C∂∂xy22122故流函数为：ψ=()yxC−+2②根据流函数的定义知：∂∂ψφ22∂ψ∂φ===−vx33y；=−=−vx=6yxy∂∂yx∂∂xy参考答案18 ∂ψ2故ψ===∫∫d6xxyxd3xy+fy()∂x∂∂ψ222∂fy()2又因vx==333y+f()y=+xx=−3yx∂∂yy∂y∂fy()2即=−3y∂y∂fy()23所以f()yy==∫∫d3−ydy=−y+C∂y23因此可得，流函数为ψ=3xyyC−+③根据流函数的定义知：(xyx22)22yx22∂∂ψφ+−−===v=x22∂∂yx()x22++yx()22y∂∂ψφ−22xyxy=−=−v=−=y22∂∂xy()x22++yx()22y∂ψ2xyy故ψ==ddxxf=−+()y∫∫222∂+xx()xy22+y2222∂−ψyx∂fy()yx−又因v==+=x22∂∂yy()x22++yx()22y∂fy()即=0∂y所以f(yC)=y因此可得，流函数为ψ=−+C22xy+④根据流函数的定义知：22222224224∂∂ψφ22x()xy+−−(xyxyxxyxyx)(+)22(3+−2)===v=x44∂∂yx()xy22++()xy2222222224224∂∂ψφ22yxy()+−−(xy)(xy+)2y2yx()3+−2xyy=−=−v=−=y44∂∂xy()xy22++()xy22232yxxyy()42+−24x∂ψ故ψ==ddxx=−2yd∫∫42∫∂x()xy22++()xy22因为对x积分时，y视为常数，所以xx2y−=2dyf−+()y∫22()xy22++()xy2222222∂ψ22xxy(+−)xyxy2(+)2y∂f()y又因v==+x4∂∂yy()xy22+参考答案19 42244224232x()yx+−yx∂fy()232xyx(+−yx)=+=44()xy22++∂y()xy22∂fy()即=0∂y所以f(yC)=2xy因此，可得流函数为ψ=−+C222()xy+习题7-2不可压均匀来流流场vv==3ms,5ms，试写出速度势函数和流函数。xy解：根据题意，由不可压缩均匀来流流场的速度分量可得∂φ∂φv==3m/s；v==5m/sxy∂x∂y∂∂φφ而dddφ=+=+=+xyxyxy3d5dd()35+C∂∂xy所以φ=3x++5yC∂ψ∂ψ同时：v==3m/s；v=−=5m/sxy∂y∂x∂∂ψψ而dddψ=+=xyxyx−5d+3d=d()−5+3y+C∂∂xy所以ψ=−++5x3yC2习题7-4下列速度场可能是不可压流体的一种流场，vk==xv,2−kxy，其中k为常数。xy①此速度场是否满足连续方程；②此流场是否有旋；③试写出流函数；④试写出速度势函数；⑤试写出流线方程。∂v∂vxy解：①因为∇=+=−=iv220kxkx，所以流动满足连续性方程。∂∂xy11∂vy∂vx②因为ω=−=()−20ky−=−ky≠0，所以流场有旋。z22∂∂xy③根据流函数的定义知∂ψ2∂ψ==vkx；=−=vk2xyxy∂y∂x∂ψ22故ψ===∫∫ddykxykxyfx+()∂y∂ψ∂fx()又因=+=22kxykxy∂∂xx即f(xC)=2所以，流函数为ψ=kxyC+④由②可知流场有旋，因此不存在速度势函数。参考答案20 ⑤根据流函数的性质，等流函数线即为流线，所以流线方程为2ψ=C，kxy=C2即xyC=(常数)22习题7-5不可压平面流动，其流函数ψ=x+y，问流动是否存在速度势?解：判断流动是否存在速度势，也就是判断流场是否是有旋流动。∂ψ∂ψ因为vy==−2,vx=−=−2xy∂∂yx11∂vy∂vx于是ω=−=−()220+=z22∂∂xy所以流场无旋，无旋必有势，说明流动存在速度势函数。习题7-6一西南风的风速为12ms，试求其流函数和速度势函数。提示：以x轴指向东方，y轴指向北方。解：按照提示建立坐标系，则DDv=×12cos45=8.485m/s；v=×12sin45=8.485m/sxy∂ψ∂ψ根据流函数的定义：==v8.485；=−=−v8.485xy∂y∂x∂∂ψψ由dψ=+=dxdyxyx−+=−8.485d8.485d8.485d()+y得∂∂xyψ=8.485(−+xy)∂φ∂φ根据速度势函数的定义：==v8.485；==v8.485xy∂x∂y∂∂φφ由dφ=+=+=dxdyxyx8.485d8.485d8.485d()+y得∂∂xyφ=8.485(x+y)参考答案21'