流体力学_庄礼贤_科大流体习题.pdf

流体力学基础习题及参考答案 秦丰华，李芳，刘坤，柳阳 中国科学技术大学力学和机械工程系 目录 目目目录录录 第第第一一一章章章引引引论论论1 1.1 应力、应变率.1 1.2 张量初步 .2 第第第二二二章章章流流流体体体运运运动动动学学学7 第第第三三三章章章流流流体体体力力力学学学基基基本本本方方方程程程11 3.1 基本方程一般形式 .11 3.2 无粘流体动力学的一般理论 .15 3.3 流体静力学 .18 3.4 不可压缩流动.19 3.5 正交曲线坐标系 .21 第第第四四四章章章量量量纲纲纲分分分析析析和和和相相相似似似理理理论论论23 第第第五五五章章章粘粘粘性性性流流流体体体的的的不不不可可可压压压缩缩缩流流流动动动25 参参参考考考文文文献献献31 I 目录 II 第一章 引论 第第第一一一章章章引引引论论论 1.1应力、应变率 1.1已知流体中的应力分布为 xx= 3x2+ 4xy 8y2,xy= 1 2x 2 6xy 2y2, yy= 2x2+ xy + 3y2,xz= yz= zz= 0 求平面x + 3y + z + 1 = 0上点(1,-1,1)处指向原点一侧的应力矢量T，及其在该平面的法向和切 向的投影值。 解：平面法向量n = (1,3,1)11，点A(1,-1,1)到原点的矢量n0= (1,1,1)，由n n0= 1 11 0可知A处指向原点侧的法向量为n。点A处的应力张量 = fl fl fl fl fl fl fl 97/20 7/240 000 fl fl fl fl fl fl fl 从而应力矢量 T = ijniej= 1 211 (3,31,0) 法向分量Tn= T n = 48 11 切向分量T= p |T|2 T2 n = 1454 22 1.2小球在粘性流体中沿x轴方向平动，球面上的应力矢量分布为 Tx= x a p0 3 2 U a , Ty= y ap0, Tz = z ap0, 其中，a为球的半径，U为球的运动速度，p0为远场的压强，试求小球受到的流体阻力。 解： 小球受到的力 F = I Tds = Z 2 0 d Z 0 Ta2sind 由对称性可知： Fy= Fz= 0 Fx= Z 2 0 d Z 0 ? 3 2 U a a2sind = 6aU 即小球受到的流体阻力仅存在于x轴方向，大小为6aU。 1 1.2 张量初步 1.2张量初步 1.9 证明 ijklmn= fl fl fl fl fl fl fl ilimin jljmjn klkmkn fl fl fl fl fl fl fl (1-1) 并用上式证明ijklmk= iljm imjl。 证明：如果下标i,j,k中有两个相同，则式1-1左右均为零，显然成立；如果该式对下标i,j,k的 一个排列成立，则由置换符号的定义以及行列式的计算方法可知对于i,j,k 的任意一个排列均成 立。 同理，对于l,m,n也有同样的结论。 不妨将i,j,k及l,m,n均取为1,2,3，则式1-1左边为1，右边是单位阵，其值也为1，等式成 立。从而该式对任意下标均成立。 当i = j或者l = m时，等式显然成立。ijklmk只有k 6= i,j,l,m一项，即 ijklmk= fl fl fl fl fl fl fl ilim0 jljm0 001 fl fl fl fl fl fl fl = iljm imjl 另一种证明方法：由行列式的计算方法得 fl fl fl fl fl fl fl a11a12a13 a21a22a23 a31a32a33 fl fl fl fl fl fl fl = ijka1ia2ja3k fl fl fl fl fl fl fl i1i2i3 j1j2j3 k1k2k3 fl fl fl fl fl fl fl = lmniljmkn= ijk 从而 ijklmn= fl fl fl fl fl fl fl i1i2i3 j1j2j3 k1k2k3 fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl l1l2l3 m1m2m3 n1n2n3 fl fl fl fl fl fl fl = fl fl fl fl fl fl fl i1i2i3 j1j2j3 k1k2k3 fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl fl l1m1n1 l2m2n2 l3m3n3 fl fl fl fl fl fl fl = fl fl fl fl fl fl fl isslissmissn jssljssmjssn ksslkssmkssn fl fl fl fl fl fl fl = fl fl fl fl fl fl fl ilimin jljmjn klkmkn fl fl fl fl fl fl fl 另外，ijklmk= fl fl fl fl fl fl fl ilimik jljmjk klkmkk fl fl fl fl fl fl fl 概念上也是对的，只是需要将行列式展开，比较繁琐， 但直接。 1.10用迪卡尔张量运算法则证明 (a) (A B) (C D) = A (B D)C A (B C)D 证明： 左边=(aiei bjej) (ckek dlel) = (aibjijmem) (ckdlklnen) =aibjckdlijmklnmntet= aibjckdlijm(ktlm kmlt)et =aibjckdlijlek aibjckdlijkel= A (B D)C A (B C)D (b)A (B C)D = D (B C)A + A (D C)B + A (B D)C 证明1：根据(a) A (B C)D A (B D)C = (A B) (C D) 2 第一章 引论 而 (A B) (C D)=(aiei bjej) (ckek dlel) =aibjijmem ckdlklnen =aibjckdlijmklnnpmep =aibjckdl(injp ipjn)klnep =aibjckdlkliej aibjckdlkljei =A (D C)B D (B C)A 所以A (B C)D=D (B C)A + A (D C)B + A (B D)C 证明2： 右边-左边=aibjckdl(ljkei+ ilkej+ ijlek ijkel) =aibjckdlem(ljkim+ ilkjm+ ijlkm ijklm) =aibjckdlem(njklnim+ ilnknjm+ inljnkm njkinlm) =aibjckdlem(njk(lnim inlm) + iln(knjm jnkm) =aibjckdlem(njkplipnm+ ilnpkjpnm) =aibjckdlem(pjknlinpm+ ilnpkjpnm)(p,n是哑标，可交换) =0 注：这种证明看起来很繁琐，写出来是希望大家体会一下张量运算中的下标处理，这是本课程 中张量运算的重点。 1.11导出下列等式 (rnr) = (n + 3)rn， (rnr) = 0， 2rn= n(n + 1)rn2，f(r) = f0(r)r r ， 其中r = xiei,r = |r|。 证明： (rnr)= (rnxi) xi = nrn1 xixi r + 3rn= (n + 3)rn (rnr)= xi ei (rnxjej) = rnxj xi ijkek= rnijijkek+ xjnrn1 r xi ijkek =xjnrn1 xi r ijkek= nrn2(xiei xjej) = nrn2r r = 0 2rn= 2rn xixi = xi nrn1 xi r = n(n 2)rn3 xixi r + 3nrn2= n(n + 1)rn2 f(r)= xi f(r)ei= f0(r) r xi ei= f0(r)xi r ei= f0(r)r r 注： r xi = xjxj xi = 1 2xjxj xlxl xi = 1 r xl xl xi = 1 r xlli= xi r 1.12 用张量运算法，导出下列场论公式： 3 1.2 张量初步 (a) (a) = a + a 证明： 左边= (ai) xi = xi ai+ ai xi = a + a (b) (a) = a + a 证明： 左边=ijk (ak) xj ei= ijk xj akei+ ijkak xj ei = a + a (c) (a b) = ( a) b ( b) a 证明： (a b)= xi ei (ajej bkek) = xi ei (ajbkjklel) = aj xi bkjklil+ bk xi ajjklil= aj xi bkijk+ bk xi ajijk =( xi ei ajej) bkek+ ( xiei bjej) akek =( a) b + ( b) a (d) ( a) = ( a) 2a 证明：左边=ijk xj ? klm am xl ei= (iljm imjl) 2am xjxl ei = xi ? aj xj ei 2(aiei) xjxj = ( a) 2a (e) (a b) = a( b) (a )b + (b )a b( a) 证明： (a b)= xi ei (ajej bkek) = xi ei (ajbkjklel) = xi ajbkjklilmem= xi ajbk(jmki ijkm)em = xi ajbiej xi aibkek =ajej bi xi + bi xi ajej bkek ai xi ai bk xi ek =a( b) (a )b + (b )a b( a) (f) (a b) = a ( b) + (a )b + b ( a) + (b )a 证明： a ( b) + (a )b=ijkajklm bm xl ei+ aj bi xj ei =(iljm imjl)aj bm xl ei+ aj bi xj ei= aj bj xi ei 右边=aj bj xi ei+ bj aj xi ei= (ajbj) xi ei =(a b) 补充: 在某处应力张量为 012 120 201 4 第一章 引论 试问在平面x + 3y + z = 1上的应力向量及法向量和切向分量. 解：平面x + 3y + z = 1的单位法向量为n = 1 11(i + 3j + k), 所以应力向量为： T = 1 11 012 120 201 1 3 1 = 1 11(5i + 7j + 3k) 其法向分量为: = (T n)n = ( 1 11(i + 3j + k) 1 11(5i + 7j + 3k)n = 29 11 i + 3j + k 11 其切向分量为: = T = 1 11(5i + 7j + 3k) 29 1111 (i + 3j + k) = 1 1111 (26i 20j + 4k) 该题出得不严密。 5 第二章 流体运动学 第第第二二二章章章流流流体体体运运运动动动学学学 2.1 二维流动的速度场为 u = 2xy2,v = 2x2y. 求出流线簇并作图表示。 解：二维流动流线方程 dx u = dy v 即 dx 2xy2 = dy 2x2y = y2 x2= constant 图略。注意这里的常数可正可负。 2.2 二维流动速度的绝对值为 |v| = p 2y2+ x2+ 2xy 流线簇的方程为 y2+ 2xy = 常数. 试找出速度分量u和v的表达式。 解：由流线簇方程可得 2ydy + 2xdy + 2ydx = 0= dy y + dx x + y = 0 = u v = x + y y = ( u = (x + y)f(x,y) v = yf(x,y) = |v| = |f| p 2y2+ x2+ 2xy=|f| = 1 f(x,y) = 1 从而 ( u = (x + y) v = y 或 ( u = (x + y) v = y 2.4 设速度场为 vi= xi 1 + t, 证明任意时刻t过点xi= i的流线和t = 0时刻从xi= i出发的质点的轨迹重合。 证明：流线方程 dxi vi = ds dxi xi/(1 + t) = ds 即 dxi xi = ds/(1 + t) xi= ciexp s 1 + t t时刻流线过xi= i，所求流线方程为 x 1 = y 2 = z 3 (2-1) 7 迹线方程 dxi dt = vi dxi dt = xi 1 + t 即 xi= di(1 + t) t = 0时xi= i，故di= i。该质点轨迹方程为 x 1 = y 2 = z 3 (2-2) 比较(2-1),(2-2)可知，t时刻过xi= i的流线与t = 0从xi= i出发的质点轨迹重合。 注 一般来说，流线是随时间变化的，它描述的是某一时刻的流场；迹线实际上是质点的轨 迹，是随时间演化的，反映了流场随时间的变化。在定常情况下，流线与迹线会重合。 2.5 如果一个非定常流动的 vi |v|与时间t无关，证明任何时刻的流线都和质点的轨迹重合。 证明： vi |v|与时间t无关，则 vi= fi(x,y,z)|v| 流线方程dxi vi = ds= dxi fi|v| = ds= dxi fi = |v|ds 即 x f1 = y f2 = z f3 迹线方程dxi dt = vi= dxi dt = fi|v|= dxi fi = |v|dt 即 x f1 = y f2 = z f3 即流线与迹线重合。 补充题1 设流场为u = x + t，v = y + t，w = 0，试以初始时刻流体质点的坐标(,)作 为Lagrange坐标，求 (1) Lagrange 坐标描述的流体运动； (2) Lagrange 坐标表示的速度； (3) Lagrange 坐标和Euler 坐标表示的流体加速度； (4) 求t = 0时刻过空间(-1,1,0)点的流线、迹线和过(-1,1,0)点在t = 0时刻的脉线。 解： (1) dx dt = u = x + t dy dt = v = y + t dz dt = w = 0 = x = c1et t 1 y = c2et+ t 1 z = c3 t = 0时，(x,y,z) = (,)，则 x = ( + 1)et t 1 y = ( + 1)et+ t 1 z = (2) uL= dx dt = ( + 1)et 1 vL= dy dt = ( + 1)et+ 1 wL= dz dt = 0 (3) aL= 2 x t2 = ( + 1)et,( + 1)et,0 8 第二章 流体运动学 aE= u t + ui u i = (x + t + 1,y t + 1,0) 注意：在Euler观点下，所谓空间某一点的加速度是指在该时刻位于该空间点的流体质点的 加速度，而不是速度的当地导数 u t 。 (4) 流线： dx ds = u = x + t dy ds = v = y + t dz ds = w = 0 = x = c1es t y = c2es+ t z = c3 t=0时流线簇方程为 ( xy = c1c2 z = 0 过点(-1,1,0)， ( xy = 1 z = 0 迹线： x = ( + 1)et t 1 y = ( + 1)et+ t 1 z = ，t = 0时(,) = (1,1,0)， x = t 1 y = 2et+ t 1 z = 0 脉线：由运动描述方程知 t = s时刻过空间点(-1,1,0)的质点为(,) = (ses1,(2s)es 1,0)，由s为参数的该类质点形成脉线，脉线方程为 x = sets t 1 y = (2 s)est+ t 1 z = 0 = t = 0时 x = ses 1 y = (2 s)es 1 z = 0 9 第三章 流体力学基本方程 第第第三三三章章章流流流体体体力力力学学学基基基本本本方方方程程程 3.1基本方程一般形式 3.1 一个物质体系V 分为V1和V2两部分,P是V1和V2的分界面, S是V 的边界曲面.设交界面P以速 度u运动,在P两侧物理量F有一个跃变, 试导出推广的雷诺输运公式: d dt ZZZ V FdV = ZZZ V F t dV + I S FV ndS + ZZ P (F1 F2)u dS 其中n和分别是S和P.(图略) 解: 根据已知,F在V1和V2中及其边界上是单值连续的,分别在V1,V2中运用雷诺输运公式,有: d dt ZZZ V1 FdV= ZZZ V1 F t dV + ZZ S1 FV ndS1+ ZZ P 1 F1u 1dS(3-1) d dt ZZZ V2 FdV= ZZZ V2 F t dV + ZZ S2 FV ndS2+ ZZ P 2 F2u 2dS(3-2) 其中,S1,S2分别表示S为P所分的V1,V2的表面,P1, P 2分别表示邻近 P 的在V1,V2一侧的曲面. 将(1),(2)相加,得到: d dt ZZZ V1 FdV1+ d dt ZZZ V2 FdV2 = d dt ZZZ V FdV = ZZZ V F t dV + I S FV ndS + ZZ P(F1u 1 + F2u 2)d = ZZZ V F t dV + I S FV ndS + ZZ P(F1 F2)u d 其中,P1= P 2,令 = 1 = 2. 3.2 利用题3.2图所示的平面微元控制域,导出二维流在极坐标中的质量守恒方程式.(图略) 解 : 令vr,v为(r,)处的径向和周向速度,则单位时间里控制域内质量变化为 (rddr) t = (r) t ddr 由径向速度引起的控制域内质量增加为(忽略三阶及以上小量) vrdrd ( + r dr)(vr+ vr r dr)(r + dr)d = (vrr) r ddr 由周向速度引起的控制域内质量增加为 vdr ( + d)(v+ v d)dr = (v) ddr 则有 (r) t ddr = (vrr) r ddr (v) ddr 11 3.1 基本方程一般形式 从而 (r) t + (vrr) r + (v) = 0 即 t + 1 r (rvr) r + 1 r (v) = 0 3.4 证明: 对于可压缩流的定常轴对称流动,也可以引进一个流函数(r,z),使得 vr= 1 r z ,vz= 1 r r , 这里,柱坐标系(r,z)中的Z轴取成流动的对称轴,涡量(分量)可以表示为 = 1 r2 r + 1 r ( 2 r2 + 2 z2 ) r2 说明这种流函数的物理意义. 证明 : 对于可压缩流的定常轴对称流动,连续性方程为 (v) = 0 即 1 r (rvr) r + (vz) z = 0 = (rvr) r + (rvz) z = 0 故存在函数(r,z)满足rvr= z ,rvz= r ，即存在流函数(r,z)使得 vr= 1 r z ,vz= 1 r r 由于流动关于Z轴是轴对称的,所以v= 0, = 0. 在柱坐标下, = v = ?v r z vz r e= z ( 1 r z ) + r ( 1 r r ) e = ? 1 2r z z + 1 r 2 z2 1 r2 r 1 2r r r + 1 r 2 r2 e 而 r r + z z = 所以 = 1 r2 r + 1 r ( 2 r2 + 2 z2 ) 2r 考虑r z平面内连接任意两点P,Q的曲线z = f(r)绕z轴旋转一周所形成的曲面S : z = f(r),则通 过S的质量流率 M = I S v ndS 曲面S的方程 x = rcos,y = rsin,z = f(r) n = (xr,yr,zr) (x,y,z) = (f0rcos,f0rsin,r) 12 第三章 流体力学基本方程 归一化,得: n = (f0cos,f0sin,1) p1 + f02= (f0,0,1) p1 + f02 ds = r p 1 + f02drd M= I S vr(f0) + vzrdrd = 2 Z r r0 (rvrdz + rvzdr) =2 Z rQ rP ( z dz r dr) = 2(P Q) 即质量流率是流函数差的2倍. 3.5 xi= xi(1,2,3,t), = (1,2,3,t),p = p(1,2,3,t)是拉格朗日表述下的运动变量,试导 出拉格朗日形式的连续方程(设初始密度分布0= (1,2,3,0)为已知函数). 解:考虑任意流体微团(t).其质量M = RRR (t)dV 不随时间变化. 即 M t = t ZZZ (t) dV = 0 而 ZZZ (t) dV = ZZZ 0 JdV0 所以: t ZZZ 0 JdV0= ZZZ 0 t(J)dV0 = 0 所以有: t(J) = 0 或 J = (J)t=0 其中:J|t=0= 1,|t=0= 0所以: J = 0 该式即为拉各朗日形式的连续方程. 3.6 证明对于不可压缩流体，法向单位矢为n的面元上的应力矢量可以表示成 T(n) = pn + (2n u + n ) 进而证明，固体边界上的粘性应力总是切应力。 证明： ij= pij+ ekkij+ 2eij 不可压，有 u = 0，即ekk= 0，所以 Ti= ijnj= pni+ 2eijnj (2n u + n )i= 2nj ui xj + ijknj ? kmn un xm = 2nj ui xj + nj ?u j xi ui xj = nj ?u j xi + ui xj = 2eijnj 所以T(n) = pn + (2n u + n ) 粘性应力在法向的分量Tv n = n (2n u + n ) = 2ninj uj xi 13 3.1 基本方程一般形式 在壁面建立局部坐标系，x,y方向为壁面切向，z方向为法向。则壁面面元法向 n = (0,0,1),Tv n = 2 ?w z w 在壁面上由粘附条件uw= 0，可知 ?u x w = ?u y w = 0 由不可压缩 u = 0，有 ?w z w = 0 从而Tv n = 0，壁面上粘性应力的法向分量为零，即壁面上的粘性应力总为切应力。 【壁面粘性应力法向为零的一般证法：也即证明 ? ninj uj xi w = 0。】设壁面切向为s、t， 则nk= ijksitj。由壁面粘附条件得 u s = 0, u t = 0 即 si uj xi = 0,ti uj xi = 0 所以 ninj uj xi = iklsktljmnsmtn uj xi = ui xi sjsi uj xi tjti uj xi = 0 上式中用到了不可压缩条件以及习题1.9的结论。 补充 不可压缩流体在横截面为正三角形直流管中运动，x为管轴方向，u = az(z 3y)(z +3y 3), v = w = 0。粘性系数为，求：1) 粘性应力 张量；2) 法向与管轴向夹角为45o并过y轴的截面粘性正应力和剪应力。 x z y 解：1) 粘性应力张量0 ij = ekkij+ 2eij 不可压，ekk= 0。 exy= eyx= 1 2 u y = 3a 2 z(1 2y)，exz= ezx= 3a 2 ? z2+ y y2 2 3z ，其他分量均为 零。 0 xy= 0 yx= 3az(1 2y)， 0 xz= 0 zx= 3a ? z2+ y y2 2 3z ，其他分量均为零。 2) 法向量n与x轴夹角为45o，可设n = (1,sin,cos)/2， 平面过原点，方程为x + siny + cosz = 0， 过y轴，即x = z = 0时，方程对所有y均成立，则sin = 0，cos = 1。 n = (1,1)/2 该面上粘性正应力T0 n= 3a ? z2+ y y2 2 3z 剪切力T0 = |Tn0 n| = |(21n1n3,0,21n1n1)| = |21n1| = 3a 2|z(1 2y)| 3.7 证明：某一时刻垂直于液体自由面的微元物质线，将始终保持与液面垂直。 证明：首先，应该知道自由面本身就是一个物质面(由相同的质点构成)，补充的自由面方 程DF Dt = F t + ui F xi = 0就是由此而来。因此，所给微元物质线(记为1)上与自由面共同的质 点P将始终是共同的质点。在自由面上任意选取包含质点P的一个物质微元线(记为2)，只要能 证明两个物质微元线的夹角不变就证明了原问题。 14 第三章 流体力学基本方程 在物质微元线1上取一点Q，由速度局部分解定理知vQj= v P j + xieij+ xiij，其中x = PQ。由速度局部分解的物理意义可知，第一项是平动，第三项是转动，都不改变物质线夹角， 因此只需要考查第二项xieij。 物质线1垂直于自由面，因此x与自由面法向n ( F x1 , F x2 , F x3 )平行，即x = nS。 在自由面上，有eijnitj= 0。t是自由面上任意切线方向，因此eijni= xieij/S与ni、xi平 行，故速度分解第二项也只对物质线有拉伸而没有剪切，也即不改变两物质线夹角。 综上所述，与自由面垂直的物质线1在运动过程中将始终与自由面相连，且与自由面的夹角 保持不变，始终垂直。 3.8 设半径分别为a1和a2的两个肥皂泡合并为一个大泡，证明大泡的半径R满足 P0R3+ 4R2= P0(a3 1+ a 3 2) + 4(a 2 1+ a 2 2) 其中是肥皂泡的表面张力系数，P0是外部压强。 证明： 设肥皂泡薄膜内的压力为P0(液体压力)，内部压力为P(气体压力)，对于内外表面分 别有 P0= P 2 R，【球主曲率半径均为球半径R；曲率中心与自由表面法向同侧】 P0= P0+ 2 R，【曲率中心与自由表面法向异侧】 所以，P = P0+ 4 R。 同理，对两个小肥皂泡有 P1= P0+ 4 a1 ，P2= P0+ 4 a2 。 由状态方程得PV RT = P1V1 RT + P2V2 RT ，即PR3= P1a3 1+ P2a32，从而 P0R3+ 4R2= P0(a3 1+ a32) + 4(a21+ a22)。 3.2无粘流体动力学的一般理论 5.1对于等密度的流体的定常二维无粘流动,试证明 p + q2 2 + F() + = 常数, 其中F()与涡量的关系为 = F0(), 是流函数,p是压强,q是速度,为体积力的势函数. 解:对定常二维情况,Lamb方程可写为: q + (q 2 2 ) f 1 p = 0 而 F()=F0() = F0()(vi + uj) = q f= 1 p =(p )(等密度) 15 3.2 无粘流体动力学的一般理论 综上所述,Lamb方程可写为 (p + q2 2 + F() + ) = 0 p + q2 2 + F() + = 常数 5.3 证明对于旋转参考系是定常流动的不可压缩流体，伯努利方程为 p + v2 R 2 + 1 2 2r2 = 常数(沿相对流线)， 其中是旋转参考系的角速度，vR是相对运动速度，r是动系中一点至旋转轴的距离。 证明： 旋转参考系中的动量方程 Du Dt = 1 + F 2 u d dt R ( R) 无粘、定常、体积力有势F = ，参考系匀速转动， u u = ?u2 2 u = 1 p 2 u + 1 2( 2r2) 流体不可压， = const.， v2 R 2 + p + 1 2 2r2 = (2 + ) u 上式沿流线投影，有 s v2 R 2 + p + 1 2 2r2 = 0 沿流线积分得 p + v2 R 2 + 1 2 2r2 = 常数(沿相对流线) 5.4 证明相对于旋转参考系，涡量为常数的定常二维流动，伯努利方程为 p + v2 R 2 + 1 2 2r2 + ( + 2) = 常数 证明： 二维不可压缩流动可以引入流函数， u = y ,v = x (2 + ) u = (2 + )，所以 v2 R 2 + p + 1 2 2r2 + (2 + ) = 0 p + v2 R 2 + 1 2 2r2 + ( + 2) = 常数 5.17 有一90o弯管，流体从1-1截面流进，v1= 25m/s，压强p1= 6.86N/cm2(表压)，直径d1= 15cm。出口处d2= 7.5cm，如不计阻力损失，流动定常，试求支撑弯管所需的力。 16 第三章 流体力学基本方程 解： 由质量守恒(或积分形式的连续性方程，管内整个流体为控制体)，有v1A1= v2A2， 伯努利方程p1 + v2 1 2 = p2 + v2 2 2 ，(这里的压力概念上是流体压力：表压+环境压力。对于不 可压缩流体来说，用表压也是成立的。带入数据可知p2 0，也就是出口压力小于环境压力。 这是收缩管道的作用。随后的流动速度会降低，压力随着上升，并最终达到环境压力。) 动量积分方程，x方向：v2 1A1= p1A1+ Fx y方向：v2 2A2= p2A2+ Fy 设液体为水，密度 = 103kg/m3。支撑弯管所需的力 Fx= v2 1A1 p1A1= 12256.92N,Fy= v 2 2A2+ p2A2= 23772.97N 5.21证明不可压缩流体通过突然扩大的管道时压力头损失为 h = v2 1 2g (1 A1 A2 )2. 这里压力头损失的定义是 h = (p1 + v2 1 2g ) (p2 + v2 2 2g ) (图略.) 解:对截面1-1,2-2及管道所包围的流体运用动量定理,有 v2 2A2 v 2 1A1= (p1 p2)gA2 p1 p2 = v2 2 g v2 1A1 gA2 另根据连续方程有,v1A1= v2A2 v2= v1 A1 A2 将上面的结果代入压力头损失的定义式,得 h= v2 2 g v2 1A1 gA2 + v2 1 2g v2 2 2g = v2 1 g (A1 A2 )2+ v2 1 g A1 A2 + v2 1 2g v2 1 2g (A1 A2 )2 = v2 1 2g (1 A1 A2 )2 注意:本题中,p单位取kg/m2. 5.22水流以切线方向射到一固定叶片上,射流速度为35m/s,直径为75mm,水流沿叶片流动,偏 转45后离开叶片,试计算撞击在叶片上的力.(图略) 解:沿水流表面的流线,运用伯努利方程,易知水流速率保持不变. 再根据动量定理, x方向:Av2cos + Av2= Fx y方向:Av2sin = Fy 代入数据,解得: Fx= 1.59 103N,Fy= 3.83 103N 则撞击在叶片上的力为: F0 x= Fx= 1.583N,F 0 y= Fy= 3.83 103N 5.25有一圆锥形容器高为h,顶部半径为a,底部半径为a/h,其中盛满水.在t = 0时刻打开底面让 水流出,求使容器中水降至h/2高度所需的时间.(图略) 17 3.3 流体静力学 解:取下底面y = 0.t时刻容其中水高为y,此时液体出口速度为v1,上表面速度为v2,沿中心流线 伯努利方程为(p1= p2): 1 2v 2 2+ gy = 1 2v 2 1 另有连续方程: v2A2= v1A1 根据几何关系,有: dy dt = v2,r2= a h(1 1 h)y + 1 dy = s 2gyA2 1 A2 2 A21 dt 其中, A1= ( a h) 2 A2= ( a h) 2(1 1 h)y + 1 2 带入A1,A2并积分,得: t= Z h/2 h s A2 2 A21 2gyA2 1 dy = Z h h/2 s (1 1 h)y + 1 4 1 2gy dy 3.3流体静力学 3.9在一个具有铅垂轴线的圆柱容器中，装有四分之三容积的水，设圆柱容器的内半径 为10cm，深20cm，则旋转容器中水不致溢出的最大转速是多少？ 解：建立旋转柱坐标系，离心力作为虚拟力，体积力有势 = gz 1 2 2r2。密度为常数，自 由面为等压力面，从而也是等势面，即 gz 1 2 2r2 = c 总体积不变，当上不溢出下不露底时， 3 4a 2H = Z a 0 z2rdr = 2 g Z a 0 (c + 1 2 2r2)rdr = 2 g ?ca2 2 + 2a4 8 = c = 3gH 4 2a2 4 zmin,max= 3 4H 2a2 4g ，因此一定是先溢出， gH a = 14s1。 3.10以一U形管作为加速度测量仪固连于作水平等加速运动的物体上，加速度a落在U形管平 面内。若量得U形管两边的水位分别为h1和h2(h1 h2)，两管之间的距离为L，试求物体的加速 度。 解： 由平衡方程得： dp dx = a。 所以aL = g(h2 h1) = a = g(h2 h1) L 。 3.11以万有引力凝聚的星球中，流体的密度分布为 = 0(1 r2)，其中0,1分别是中心、 18 第三章 流体力学基本方程 表面的密度，且0/1= 3。试问此时的中心压强是总质量和半径都相同的均质星球中心压强的 多少倍？ 解：对于更一般的情况， = (r)，r0处的重力加速度 g(r0) = G r0 Z 0 4r2dr r2 0 = 4G r2 0 Z r0 0 r2dr 【注：r0外部的部分对该处的重力加速度贡献相互抵消。】 由静力学平衡关系有 p r = g 积分得 p(0) p(r) = Z r 0 gdr = 4G Z r 0 r2 Z r 0 (r1)r2 1dr1 dr 本题中，p(0) p(r) = 4G2 0 ?r2 6 2 15 r4+ 2 30 r6 。R2= 2 3，设表面压强p(R) = 0，则 中心压强p(0)1= 4G 5 54 2R2。 对于均质星球，设密度为2，则2 4R3 3 = Z R 0 0(1 r2)4r2dr = 40 R3 5 ，即52= 30。中心压强p(0)2= 4G1 6 2 2R 2。 p(0)1 p(0)2 = 52 0 92 2 = 125 81 3.4不可压缩流动 4.2证明在不可压缩流体的无旋流动中，任意有界域内流体机械能的耗散率可以表示为下面 的边界曲面积分： dE dt = Z Z ? S (n )( )dS 其中是速度势，S是的边界曲面。 证明：无旋流动可以定义速度势，u = 。 流体不可压缩， u = 2 = 0。 耗散函数 = 2 ? ui xj + uj xi 2 = 2 ? 2 xixj 2 (这里为了简单用了不规范的写法。) 机械能的耗散率 dE dt = Z Z Z dV = 2 Z Z Z ? 2 xixj 2 dV 而 Z Z ? S (n )( )dS = Z Z Z ( )dV = Z Z Z xi xi ? xj xj dV = Z Z Z xi ? 2 xj 2 xixj dV = Z Z Z 2 ? 2 xixj 2 + 2 xj xj ? 2 xixi # dV = 2 Z Z Z ? 2 xixj 2 dV 19 3.4 不可压缩流动 所以 dE dt = Z Z ? S (n )( )dS 4.3一封闭容器内装满流体，如果流体在运动，而容器壁处于静止，证明容器内流体机械能 的耗散率为 dE dt = Z Z Z dV 这里，是容器包含的区域， 是涡量。试说明无旋流动是一种什么情形。 证明：设流体不可压，则 u = 0，耗散函数 = 2 ? ui xj + uj xi 2 。 =ijkimn uk xj un xm = (jmkn jnkm) uk xj un xm = uk xj uk xj uk xj uj xk = 1