流体力学习题解答(解答)

PAGEPAGE16习题一场论和张量代数(习题一中黑体符号代表矢量)1．(一)用哈密顿符号法证明：因为为单位向量，1，故，于是.注意：将写成是不正确的。右端表示矢量.直接写尽管也能给出证明，但由第二步(反用混合积公式)到第三步却是错误的，一定要引入辅助矢量才能进行正确的推导。(二)张量表示法证明：2．(一)哈密顿符号法：；.于是(二)张量表示法：其中(进行指标互换)，证毕。3．(一)哈密顿符号法：注意到哈密顿算子对它右端所有的矢量都起作用，有根据矢量混合积的公式，上式右边第一项上式右边第二项两项相加即证。(二)张量表示法：左端可用张量记号表示和整理同理，右端可用张量记号表示和整理====4．证明：根据张量运算规则，，定义为。，另外，显然以上两等式右端相等，得证。附：5．必要性：设是反对称张量，则因此。充分性：由可知，对任意矢量，现在，令，代入上式得到；同理，令和，又可得到，。再分别令、、并利用已得到的又可推出，，。综合这些结果就有，这说明是反对称张量。习题二（流体运动描述）参考答案1．1）欧拉表述下的速度场。2）拉格拉朗日表述下，建立极坐标系，初始时刻（）则3）流线为绕oz轴的同心圆，轨迹为绕oz轴的圆。4）欧拉变量下。2．1）加速度。2）积分得对x二次求导则3．不一定，，定常即，但不一定为0。4．对方程积分（t为常数），得即为流线。即为轨迹方程。加速度。拉格朗日下轨迹方程求导，再对方程求导得。5．解：流线，t为常数。积分得。又t=0时流线经过（）。轨迹：。又过t=0时质点经过（）6．解：流线满足，可见是直线。轨迹满足可见是抛物线。7．解：流线：，轨迹：8．解：极坐标下流线和轨迹为绕oz轴的圆。加速度：9．由坐标变换反解之可以得到另一组表达式。10．由题得，速度的方向矢量为（1，），则速度两分量为（，）11．，又流线经过点（2，3），则。12．定常又由于变化均匀则，，所以起点处，终点处。13．极坐标下，流线方程为，轨迹方程为柱坐标下，流线方程为，轨迹方程为球坐标下，流线方程为，轨迹方程为14．由题意，斜率为0.25。15．由题意则。习题三（质量连续性方程）参考答案1．不可压即，定常即所以，速度必沿等密度面方向，反之亦然。2．不可压缩即则3．4．拉格朗日变量下，初始时刻选定流体微元的位置为,选定拉格朗日变数为，则连续方程：欧拉变量下，连续方程为：5．选取宽b(x)，水深为h(x,t).取长为的微团为研究对象，有6．不可压即，据上题结论可得7．选取长为的微元为研究对象，则8．选取一层薄球壳为研究对象，则单位时间内流入的流体质量等于因密度变化引起的质量变化，则：。进一步变形可得，即。若流体不可压缩，，则，此式表示各同心球面上的流体质量和体积通量相等。9．选取柱坐标系，则由题意知，则。10．选取柱坐标系，则由题意知，则又所以。11．选取柱坐标系，则由题意知，则。12．不可压缩流体平面运动速度大小为13．选取球坐标系（），则则又，代入得14．选取球坐标系则由题意知，于是。15．由连续方程又x=0时，。16．由题意，所以为可压缩流动。当为不可压时，。习题四（速度分析有旋运动和无旋运动）参考答案1．膨胀速度为0，转动角速度。2．因为运动无旋，所以只有变形张量。假设某流体质点时刻相对于球心坐标为（），t时刻其坐标为（）,则，解线性方程组将其代入小球方程即得。3．匀变形运动，即变形张量是常矩阵，不随空间位置变化，假设t时刻的某一物质平面，以平面上某质点M为参照点，考虑该质点附近的流体质点相对于它的运动。在固定于质点M上的坐标系中（M为原点），设某流体质点时刻位于（），时刻其坐标为（），则，解线性方程组将其代入平面方程即得。4．不妨以x-y坐标面上的为例，则变形张量为，设初始时刻正方形对角线的端点坐标为M（），则dt时间以后M点移动到，则正方形对角线的相对伸长速度为。5．选取柱坐标系，设，则：则：自转角速度为6．a)，不可压；，无旋；速度势。b)，可压；，无旋，速度势。c)，不可压；，无旋；速度势。d)，可压；，无旋；速度势。7．，不可压。，无旋。。8．a)。b)。c)。9．a)，则流线为。b)10．流体不可压缩并且流动空间单连通，取体积微元，则11．假设速度势可以取得极值，无论是极大值还是极小值点M，我们总可以在M周围取到包围M的体积微元是的在这个体积微元的表面上仅大于0或仅小于0，从而使得与上题中的结论相矛盾，故在内点速度势不可能取得极值习题五（量纲分析和相似理论）参考答案1．解：。先确定与、、的关系。设，将，，，代入上式，比较两边的基本量纲可得，解得。于是。。另解：按题意，共有5个物理量，由定理可知，上式可简化为5－3＝2个无量纲量之间的函数关系。取为基本物理量，将、与这3个量组合成无量纲量。设由于，，，代入上式可得，解得，，.即，因此构成一个无量纲量。显然是另外一个无量纲量，于是.现在，本题前半部分条件与无关还没有利用。为此，将体积流量关系改写为，注意到由于管子无限长，不应与有关。现在已知与无关，则必有(常数)，故2．解：按题意，，且与大气压无关（如设，则将不在问题中出现；只影响静压分布）。设，其中是重力加速度。取为基本量，由定理，无量纲流量是5－3＝2个无量纲量的函数。列出；；；；。不难知道的无量纲量是；的无量纲量是，因此其中；。上式也可改写为下列形式(*)其中，分别是雷诺数、弗劳德数。由于，由(*)得(**)当然，已知时，(**)也可以通过设用量纲分析法得到.具体过程此处从略.或：选为基本物理量，可以得到3．解：从Stokes方程组和边界条件可知，绕流物体的速度场只与物体形状、和有关，由此可知阻力。由量纲分析，总物理量个数，量纲独立物理量(基本物理量)个数。其中为基本物理量，易知无量纲阻力为，故，其中是只与物体形状有关的常数。因此，在很低的雷诺数下，物体所受阻力与其特征尺寸的1次方成正比。4．研究摩阻时，相似准则为数：故参见吴望一：定常绕流数消失，不计重力数消失，潜艇在水下，不考虑自由表面，数消失，只剩下数。5．重力波，要求相等，故模型内波速为模型内波浪尺寸：考虑重力起作用的表面波（重力波）：特征量周期T，；波高H，；波速c，及无量纲化方程：Strouhal数：自然满足；Froude数：。习题六（理想流体动力学方程组和边界条件）参考答案边界面上任一点运动速度满足：，故边界面上任一点运动的法向速度为：椭圆柱方程为+=1建立固壁上所对应的边界条件：流体在固壁上满足的分离条件，i.e.或者为固壁表面方程为故有——柱面上流点所必须满足的边界条件.水下爆炸问题解法一：可利用Bernoulli方程求解。速度沿径向，且只是r和t的函数，故为无旋流动，有：（略重力） （6-4-1）如果半径为R的球形空腔（R=R（t））包含压力为的气体并且在周围无界液体中开始迅速膨胀。这样可以相当精确的模拟水下爆炸效应。根据质量连续方程有： （6-4-2） （6-4-3）（6-4-2）和（6-4-3）代入（6-4-1）得：时，（略大气压）。当r较大时，略项可得：解法二，可直接用Lagrangian方程将带入得：解法一：用Lagrangian方程。开启瞬间，管中流体速度为零，但加速度不为零（很大），有：i.e.取任意点3，高度为Z，在1和3之间重复上面计算得证。同理，在点4和2之间有：。解法二：用动量方程。对竖直段，设接头处压强为，管截面积取1个单位，在竖直方向有，（代表图中管竖直段内虚线边界包围的控制体），i.e.。同理，对水平段在水平方向有。两式相加得：。位置3处的流体质点满足：位置4处的流体质点满足：解法三：用微分形式动量方程。任意时刻设两边水柱长。竖直段：；水平段：。x=0，z=0时，开启瞬间：7．，，。流体质点作圆周运动，向心加速度为。动量方程为：，i.e.，则有i.e.8．设t时刻液柱在处，坐标为，液柱内任意质点坐标为x，设截面积为一个单位。另取固定在液柱上的坐标系，在此坐标系下液柱内任意质点坐标为，设F=-kx，。液柱此刻受到的合力为：XO。XO

考虑液柱内处流体微元，由动量方程得：，其中是的函数，与无关。积分得：在处，，带入上式得：。解法二：亦可在静系下求p。对微元x~x+dx，有积分得：为利用边界条件改写上式：。9．用LagrangianEq.求解。流线长。在1与2之间建立LagrangianEq..：11．合外力=0。设X、Y为单位质量流点受力，设z方向长为一个单位。合外力矩*附积分公式：（a<0）(a<0)动量方程：，i.e.：12．t时刻空穴半径R（t）表面收缩速度。由质量连续性条件知：在之间建立BernoulliEq.：,i.e.作代换，积分得：由t=0时，，得。14.考虑t时刻在x处的流点，i.e.，i.e.15．解：取一柱形微元体为欧拉控制体，其体积为。A点处速度为，密度为，质量力为，表面力为、、.先计算系统的动量变化率。由于流动是定常的平面辐射流动，系统的动量变化率完全由流经径向控制面和与之相对的面元的动量迁移而产生。在面上，单位时间流入的动量是VVROD'C'B'A'DCBA在面元上，单位时间流出的动量是于是单位时间内由控制体净流出的动量，即系统总动量的变化率为方向总动量的变化率为(6-15-1)作用于微元控制体上的质量力在方向的分量为(6-15-2)作用于微元控制体六个面元上的应力分别计算如下：作用在面元上的面力为作用在与之相对的面元上的面力为因此作用在和面元上的面力合力为这里利用了关系.同理，作用在和上的面力合力为作用在和上的面力合力为于是作用在全部控制面上的表面力合力为面力合力在方向上的分量为(6-15-3)式亦可这样得到：直接计算作用在微元体各个面上的表面力的方向分量之和。参照右下图，除了之外，作用在方向的两个相对面和上的分应力和的合应力也产生方向的合力，用几何方法不难算出此合力为(计算时忽略了高阶小量)，因此作用在微元上方向的总面力为(6-15-3).根据动量定理和(1)、(2)、(3)式就得到平面辐射流动方向的运动方程(6-15-4)注意到单位时间内流入、流出面元和的流体质量应相等(定常流动)，可得因此(6-15-4这样方向的运动方程的最终应力形式为16．解：取直角坐标系下固定不动的平行六面体作为小微元体，其六个面分别与、、轴垂直。微元控制体上能量守恒定律的形式为单位时间小微元内流体内能和动能的增加单位时间穿过小微元表面的净内能和动能作用在小微元上的体力功率作用在小微元上的面力功率穿过小微元表面的热流IIIIIIIVV上式已考虑到了流场内无其它热源的条件。现在逐项分析:因为流动定常，I=0；根据题意，流体只有方向的速度，并且，，因此单位时间内流入小微元的流体所携带的动能和内能刚好等于流出小微元的流体所携带的动能和内能，因此；(不论对于动能或是内能，随体导数)作用在微元上的体力只有重力，于是；面力的功率为作用在小微元各个面上的应力的功率之和:利用不可压缩条件和速度场表达式，本构关系成为代入上式，可将IV化简为由傅立叶热传导定律，从I、II、III、IV和V各项中消去，由能量守恒关系框图可得能量方程为。注意到如果列出方向的动量方程，可得即，这样能量方程的最简形式为17． u(y,t)OD'C'B'A'DCBBAUyzxu(y,t)OD'C'B'A'DCBBAUyzx解：(1)令直角坐标系的坐标平面在平板上，轴方向沿平板的滑动方向(即的方向)，轴垂直于平板(如图所示)(2)由于流体不可压缩，应力张量为.根据假设，流动速度场为，变形速度张量为，所以应力张量为.(3)取如图所示固定不动的微平行六面体，其六个面分别与、、轴垂直。由于流场只有方向的速度分量，我们只考虑方向的运动方程.设流体密度为，点处的速度为。对于小微元系统，由于不计质量力，方向的动量平衡关系为微元系统微元系统方向动量变化率=微元系统所受方向的面力合力面力合力动量变化率包含两部分，一部分为控制体内的动量变化率，另一部分为经控制体的表面流入、流出的动量造成的动量变化率。在本题中，只有控制体的面元和有流体流入和流出，并且单位时间内流入和流出的净质量为，根据质量守恒，，由于是均质流体，可得。由此可知单位时间内经控制面流入流出小微元控制体的动量相等，因而流入流出的净动量变化率为0(即)，这样微元系统总的动量变化率为控制体内的动量变化率，方向的动量变化率为(为常数).微元系统所受方向的面力可分和、和以及和三对面元来计算.各对的方向面力净合力分别为,,，方向总面力合力为.根据(2)中得到的结果，；；，合力可化为(利用压强均匀和处处为常数的条件)。将上面得到的微元控制体方向动量变化率和面力合力代入动量平衡关系就得到方向的流体运动方程为定解条件：初始条件：b.边界条件：，，.其中习题七（理想流体动力学方程的积分）参考答案定常流动，由连续性方程有：=，因为，所以 ,即，. （7-1-1）又由BernoulliEq.对X微分得：,于是得：，代入（7-1-1）式得：再由BernoulliEq.知结论。2．在出口处内、外建立BernoulliEq.，出口内流体速度远小于出口外，可近似认为是0，于是有：。注意到：，即可得到结论。3．设渠宽D，，有，微分BernoulliEq.：，可得，联立后有结论。4．取流管上的一微元段，此段总可以看成直管，轴向沿方向，截面。此段内流体动能：，其中，，其中（流量）。。syh（1）.（2syh（1）.（2）.（1）.。其中，（代表大气压），（水箱截面很大），，由上式可得，。当等于此时的流体温度对应的饱和蒸汽压时，s处将产生气穴，导致虹吸管吸不出水，故此时y满足：。6．本题不考虑重力。取一柱面包围该物体，柱面上任一点距物体都足够远，以至柱面上的流动仍是原来的均匀流动，即物体对柱面处流场的扰动可略。使柱体的两底面垂直于流速方向，对于以该柱面和物体表面为边界的控制体，应用积分形式的动量定理。由于流动定常，控制体内动量不变，控制体外表面动量通量总和为零（柱面两底面上动量通量相抵消）控制体内表面没有流体通过，于是控制体所对应的系统所受合外力为零，即系统不受阻力。CABOYX7．时刻，AB段内和CA段压强分布CABOYX开关开启以后（），若假设水柱总长度，水平管很长，在所研究的时间段内水柱始终在管内，设时刻斜管内水柱长，流体柱加速度大小为，故对整个水柱有：。考虑到定解条件：并设时流体全部流出斜管，即，解得：。再利用流速和可解得。取如图沿斜管和沿水平管的坐标系，在斜管内任一点和斜管内水柱上端之间建立LagrangianEq.：。在水平管内任一点和水平管内水柱末端之间建立LagrangianEq.：。当时，水平管内压强为。8．设盆中水面高度为H，则小孔出流速度为，欲使盆中水面高度保持不变，应有：，由此可得H。9．解法一：用能量方程。气体初始压强和体积分别为：（代表水的密度，Ｓ为截面积）。等温压缩：。设水理想、不可压缩。气体经历等温压缩过程，内能不变。设水温亦不变，水无内能变化，故有能量方程：，其中和分别为水的总动能和总势能。由上式得：的形式：重心位置，。利用初始条件，CxO1CxO1.4.2.3.Z水上升达到最大高度时，满足的方程：。解法二：利用LagrangianEq.。设连通细管长，截面积，在间建立LagrangianEq.：i.e.,带入上式，积分得：ｔ=0时，,V=0，再令V=0。习题八（理想流体平面无旋运动）参考答案1．a)b)2．解：3．证明：4．证明：5．偶的复势为，取直线方向为x轴，则其相对于x轴的像为。6．像到圆中心的距离为，令则像的复势为，其中可见偶的像的强度与其自身强度之比为。7．将复势函数改写为可知此流动由三个基本流动：位于处的强度均为的两个点源(或汇)和位于处强度为的一个点汇(或源)组成。流函数为故流线为即;速度势为单位时间通过和两点连线的流体体积即为体积流量8．复势为求流线方程，将复势分解成实部和虚部之和，其中，则流线方程为=const。当z=1时。9．a)以平面边界为x轴，经过点源的x轴的垂线为y轴，设点源坐标为（0，b），则共轭复速度在边界上速度大小为时有。b)由伯努力定理c)。11．设一圆柱半径为，在距圆柱中心为处放置强度为的偶极子，取通过圆柱中心和偶极子连线的直线为轴。由圆定理，流场复位势为由恰普雷金公式(勃拉休斯(Blasius)公式)，圆柱所受的合力为由留数定理，代入合力公式，12．。13．14．其中15．圆流线。轴：（除原点外），；轴：（除原点外），其中。16．根据圆定理，圆内的偏心涡可以看成圆外的某个点涡载圆边界内的像之一，该点涡的另一个像在圆心。此点涡与其像——偏心涡形成的流动满足圆边界是流线的条件，其复势等于从圆外之涡与其两个像点形成的流动中减去位于圆心的点涡形成的流动的复势：流线仍通过取复势的虚部获得。17．解：该问题流体速度场的边界条件是：时，；。由于是双连通域，还应提速度环量或流量条件。利用，的已知关系和，可得瞬时该问题的三种提法如下：(a)速度势提法:(b)流函数提法：注意到流函数的环量是由边界上的法向速度决定的.(c)复位势提法：求上的解析函数，使得其中(a),(b)中的拉普拉斯算子18．解：取参照系为静止坐标系，且在某一取定的时刻坐标原点在圆柱的中心。流动势函数满足注意到此时流动速度场相当于固定在圆柱上的运动坐标系中无穷远处来流为的圆柱无环量绕流在静止坐标系下的变换形式，于是可直接写出上面方程的解为于是速度；流体动能表达式为或：由吴书(7.2.9)，流体动能求出流体动能表达式后，设圆柱受到的阻力为，则圆柱对流体的作用力为(均指沿轴方向的外力)。由能量关系因此或：由吴书(7.25.16)直接得到圆柱受到的阻力为圆柱方向运动微分方程为其中是单位长度圆柱的质量，是圆柱所受的方向的外力。若圆柱绕自己的轴转动，由于旋转不影响势流问题的边界条件，因此流场相当于静止圆柱的绕流问题，这时它所受的惯性阻力为0。19．解：若取固定在球壳上的坐标系，则壳内理想流体的运动为惯性力(有势)作用下从静止状态开始的运动问题，因此是无旋流动。现恒取惯性参照系(此惯性系中球壳速度为U=U0sin5t)，并且在时刻取坐标原点与球壳中心重合，极轴与方向重合的球坐标系。由于流动关于极轴对称，可设速度势函数为。列出方程和边界条件：用分离变量法求解。设，由边界条件可知，代入方程得。这是欧拉方程，解是。由边界条件可知，因此势函数。速度场是显然，速率在球内处处为，因此流体动能为注意到速度分布与动能都与球壳的旋转无关。由能量关系，维持球壳平动所需的外力是当然，维持球壳转动需要力矩，其中是球壳绕轴的转动惯量。另解：取固定在球壳上的非惯性系为参照系，坐标系任取。此时球面上流体的法向速度为0，球内为单连通域(没有源、汇、偶极子等奇点)，故由位势流的动能表达式可知球壳内部的位势流只可能是静止状态，从而可知球壳内流体跟随壳体一起运动，完全类似于刚体。因此附加质量等于球壳内流体的质量。习题九（粘性流体的运动）参考答案（1）证明：以管中心轴线为轴建立柱坐标系。流动具有对称性：，由连续方程，由柱坐标中方程：得证。（2）积分上式得：由边界条件：，；，有限，，于是有。体积流量2．证明：以共轴为轴建立柱坐标系流动具有对称性，，流动满足运动方程，，边界条件：，；，；，3．解：如图建立坐标系，假设板距为，上板运动，由连续方程，方程：与无关，仅是、的函数，边界条件：，；，，，于是有，；上板应力：，下板应力：。在压强梯度和上板运动共同作用，假设，即高压向低压方向与同向，此时流速面仍是抛物线，只不过其最大流速不象Poiseuille流在板中间，而是靠近上板，其值最大也超过了上板运动速度。4．解：如图建立坐标系依题意：，，仅为、的函数，故可得，和。且边界条件：，；，，，仍为抛物线其中，若，则。下板，若，则；若，则，，。（上板沿轴移动速度。若，则较无压差时要大）5．解：如图建立坐标系则边界条件为依题意，，流体不可压缩，方程：，由边界条件得，，于是流量。6解：如图建立坐标系边界条件，，，，（2）方程：上层，下层；由边界条件得：；；；7．解：（1）内管固定：如图建立坐标系。速度分析：，由连续方程：，方程：边界条件：，；，。解二次微分方程可得。利用边界条件得；应力（对o点的力矩）。（2）外管固定：边界条件：，；，利用边界条件，，