流体力学课后答案

dVV dydVVrdyy 在半径r处且切向速度为r 切应力为

4d32d

r42r2dr=d

0322-1 解：已知液体所受质量力的x向分量为 –a ,z 向分量为-g。 液体平衡方转动上盘所需力矩为M=dMdA1=(2rdr)r=202d程为dp(adxgdz)……………………（1）

考虑等压方面dP=0, 由式（1）得 adxgdz0……………………（2） 积分该式，得等压面方程axgzC

由边界条件确定积分常数C。建立坐标如图，选取位于左侧自由面管轴处得点（x,z）= (0,h),将坐标值代入上式，得C=-gh，通过该点的等压面方程为

axgzgh……………………（3） 由该式可解出加速度ahzg x位于右侧自由面管轴处的点位于该等压面上，（x,z）=(L-0)满足等压面方程（3）将xL30cm,hz505cm代入上式，得 2-3解：（1）A 、B两点的相对压强为

FFF44103pApBpa5.09103pa 223Ad/4d1 A

’

、

B

’

两

点

的

相

对

压

强

为

P'AP'BPAgh5.091039.810002pa2.47104pa

(2)容器底面的总压力为

d21424F'PA'A'PA'2.47102N7.7610N 442-4解：由题意得p0ghpa 故 hpap09.810000851000m1.33m g9.810002-6 解：设压力表G的读数 为PG。容器底压强可写成 pGg07.623.66gG3.661.52gG(9.141.52) 解出PG ,得pGgG9.143.66g07.623.66

9.812505.489.88343.96Pa6713032366Pa34764Pa

2-8 解：压力表处得相对压强为

5 p10at100 0m2HO9.81N 由于d=1m<<100m,可认为法兰堵头的平均压强近似等于P。故静

水总压力

Ppd259.8102N14457.70N 10 其作用点通过堵头圆心。

注释：根据精确计算，可得总压力为7.74 x 105N,作用点在圆心以下0.62mm处，

故上述近似方法满足设计要求。

2-10解：(1)设闸门宽度为b。当H=1m时，闸门的压力中心 D在水下的深度

3JChbh3/12233/12yDycH1m2.8m

ycA2bhHh/222313/2可知，D点位于距闸门底HhyD312.8m1.2m

(2)当静水压作用点位于门轴上方时，闸门才能在静水压的逆时针力矩作用下自

动打开。若门轴置于C处，压力中心D位于门轴下面，显然闸门不可能自动打开。 2-12 绘制图中AB曲面上的水平方向压力棱柱及铅垂方向的压力体图。 答 压力棱柱如图所示，但也可绘制曲面AB的水平投影面的压力棱柱代之；

各压力体如图所示。

2-13 图示一圆柱，转轴O的摩擦力可忽略不计，其右半部在静水作用下受到浮力Pz，则圆柱在该浮力作用下能否形成转动力矩？为什么？ 答 圆柱表面任一点上压强方向指向圆心O，不能形成转动力矩。

2-16解：设吸水管内液面压强为p0.作用于圆球垂直向上的力为（V1为压力体体积）

d2pap03D3px1gV1g

g424作用于圆球垂直向下的力为（V2为压力体体积）

px2gV2gd24H1H2

33D圆球自重为Gg0.球阀被吸起的条件为

42px1px2G 将各项代入，得

3d2pap03D3d23DgH1H2g0 gg424424故

pap04H1H2gd24D3032=

2D3020.15385101000HH242mH2o3.69mH2o 223d30.11000当液面真空度h0pap03.69mH2o时才能将阀门吸起。 g2-17解：长度为L的管段上，静水压力为pDL,管壁拉力为2L。写出静水压力与管壁拉力的平衡方程

pDL2L 解得pD 23-1解：质点的运动速度

43142413u,v,w

1010101010质点的轨迹方程

tt3txx0ut3,yy0vt2,zz0wt1

105103-2 解： az0d2xd553ax20.01t3/20.01t1/20.0375t1/2

dt222dtd2yd553ay20.01t3/20.01t1/20.0375t1/2dt222dt由x10.01t5和xA10,得

x1101tA15.19 0.010.01故

2525ax0.037515.191/20146,ayax0.146,az0aaaa0.1460.14600.2062x2y2z22

3-4解：(1)迹线微分方程为 dxdydt,dt uu将u,t代入，得

dx1ydtdytdt

12t 2将该式代入到式（a）,得dx=(1-t2/2)dt.利用初始条件x(t=0)=0,积分得

1xtt3

6联立（c）和（d）两式消去t,得过（0,0）点的迹线方程 2342yy2yx20 93利用初始条件y(t=0)=0,积分该式，得y(2)流线微分方程为=.将u,v代入，得

dxdy或1ydytdx 1yt将t视为参数，积分得y12yxtC 212yxt 2据条件x(t=1)=0和y(t=1)=0,得C=0.故流线方程为y3-5 答：

1uvw000,满足xyz

2uvwkk00，满足xyz3uvwxyzxyz2xyx2y22x2xy2y220，满足

4uvw0000，满足5uvw0000，满足xyz6满足ur1ukk2200，满足rrrrr urur1u80000，满足rrr9uv4，不满足xy10uv4y,仅在y0处满足，其他处不满足xy7ur3-6 解：

1V2r01udAr02A2r0r2umax1rrdrd000r0

r2umax0r32umaxr2r41rdrumax2222r00r0r024r0023-8 解：送风口流量

Q0.20.25m3/s0.2m3/s 断面1-1处的流量和断面平均流速

Q13Q30.2m3/s0.6m3/sQ0.6V11m/sA0.50.5

断面2-2处的流量和断面平均流速

Q22Q20.2m3/s0.4m3/s,V2Q20.4m/s1.6m/s A0.50.5断面3-3处的流量和断面平均流速

Q3Q0.5m3/s,VQ30.2m/s0.8m/s A0.50.53-9解：分叉前干管的质量流量为Qm0=为Qm1和Qm2,则有

V0。设分叉后叉管的质量流量分别

Qm0Qm1Qm2,Qm1Qm2 故Qm1Qm22Qm0d0d12d22V00V11V2 28442d0v0050252.62解得V1m/s18.05m/s

2452.242d1212d0v0050252.62V2m/s22.25m/s 22402.32d223-11解：线变形速率xxuv2xy2124,yy2124 xy角变形速率xy1vu1132222 2xyx2y2121222xy222涡量zvu2xy2x22y212212227 xy3-13 解：任意半径r的圆周是一条封闭流线，该流线上 线速度u=

0

r,速度环量

2ru20r2

(2)半径r+dr的圆周封闭流线的速度环量为

2d20rdr

得dd20rdr20r240rdr20dr2

2忽略高阶项2

0

dr2，得 d

d40rdr （3）设涡量为

，它在半径r和r+dr两条圆周封闭流线之间的圆环域上的积

分为d。因为在圆环域上可看作均匀分布，得

zdAd

将圆环域的面积dA=2rdr代入该式，得

z2rdrd40rdr 可解出

=2

+

dr/r。忽略无穷小量

dr/r，最后的涡量

z20

4-2 如图示一股流自狭长的缝中水平射出，其厚度 00.03m，平均流速

V08ms ，假设此射流受中立作用而向下弯曲，但其水平分速保持不变。

试求（1）在倾斜角 450 处的平均流速V；（2）该处的水股厚度 。

解 ⑴在θ＝45°处，水平分速为V0，故射流平均流速为

8vm/s11.31m/scos45cos45

θ45°⑵由连续性条件，在处的单宽流量与喷口处相等，

即

vovδvδo

Vo δo δ 45° 故

δvo8δo0.33m0.021mv11.31

4-3 如图所示管路，出口接一管嘴，水流射入大气的速度 V220ms，管径d10.1m,管嘴出口直径d2 0.05m,压力表断面至出口断面高差20.5V12g 。试求此时压力表的读数。 H=5m,两断面间的水头损失为

 解 由总流连续性条件 4d12V2224d22V22 ，得

d2V1d10.05V0.120m/s5m/s2

2根据总流伯诺里方程

p1α1V12p2α2V22z1z2hwgρ2ggρ2g

12hw0.52g，p20，得取α1α21，已知z1z2Hp1V22V1220252mH2OH0.550.5gρ2g2g29.809.824.77mH2O2.48即压力表读数为a2048个大气压。

4-5 水箱中的水从一扩散短管流到大气中，如图示。若直径d1100mm 该处绝对

p压强abs10.5at,而直径d2150mm求作用水头H (水头损失可以忽略不计)

解： 基准面0-0，断面1-1、2-2、3-3如图示。在1-1与2-2断面之间用伯诺里方程（取

）

pabs1V12pabs2V22z1g2gg2g

pabs1pabs2z1z2,5m,10mgg已知

d22150V1V100V2＝2.25V2d1由水流连续性，得

22代入到伯诺里方程，

22VV224.063551022g2g2g或

V221.23m解出流速水头2g

22.25V列出断面3-3、2-2之间的伯诺里方程

papabs2V22Hz22gg2g

p将abs2pa和z20代入得出作用水头

V22H1.23m2g

4-6一大水箱中的水通过一铅垂管与收缩管嘴流入大气中，如图。直管直径

dA=100mm，管嘴出口直径dB=500mm，若不计水头损失，求直管中A点的相对压强pA。

解： 断面1-1位于水面上，断面A和断面B分别通过A、B点。列出断面1-1与B之间的伯诺里方程

p1α1V12pBαBVB2z1zBgρ2ggρ2g

利用已知条件

Z1ZB(423)m9mp10,pB0,V10且取1

B1.0，得断面B的流速水头

VB2z1zB9m2g2

由连续性，算出断面A的流速和水头

dBVAdA50VBVA1VBVV,B1004B42g2g221VB9m162g1622写断面1-1与A之间的伯诺里方程

p11V12pAAVA2z1zAg2gg2g将下列数据代入该式

z1zA235m,p10,va0

且取1A1.0，得

pAVA29z1zA5m4.44m , pA1.11H2O gρ2g16

4-10 图示抽水机功率为P14.7KW，效率为75%，将密度

0900kgm3的油从油库送入密闭油箱。已知管道直径

3Q0.14ms ，抽水机进口B处真空表d150mm ，油的流量

指示为-3m水柱高，假定自抽水机至油箱的水头损失为h2.3m油柱高，问此时油箱内A点的压强为多少？

解： 选取面A位于油液面上，断面B位于抽水机进口。写出两面之间有能量输

入的能量方程

pBVB2pAVA2zBHmzAhwBAg02gg02g

其中，为单位重量油体通过抽水机后增加的能理。由水泵轴功率计

算公式

gQHmP

Hm

得

P0.7514.71038.929m 油柱gQ9.89000.14

VBQd2/40.14m/s7.922m/s20.15/4

由连续性，得

7.9222VB2m 油柱3.202m 油柱2g29.8

由能量方程可解出

pApBVB2VA2(zBHm(zAhwBA)g0g02g2g-3 03.028.929(502.3)1.498 m油柱 m油柱＝0.9

油箱A压强

pA=1.498×9.8×900Pa=13.21×103 Pa

4-12 图示分流叉管，断面1-1处得过流断面积

A10.1m2,高程z175m流速V13ms,压强p198kPa;断面2-2处A20.05m2,z272m；断面3-3处A30.08m2,z360m压强p3196kPa，；断面1-1至2-2和3-3的水头损失分别为hw123m和hw1-35m.试求（1）断面2-2和3-3处的流速V2和V3;(2)断面2-2处的压强p2p1V12p2V22z1z2h12g2gg2g解： 取1-1和2-2断面，

9810332p2V2275723980029.8g2g代入各项数据，得

p2V22981033275723m10.459mg2g980029.8由此解(1)

取1-1和3-3断面，有

p1V12p3V32z1z3hw13gρ2ggρ2g

1961039810332V3275605980029.898002g代入各项数据，

解之得

V3＝3m/s。 由V1A1 =V2 A2+V3 A3，有 V2=1.2 m/s

⑴ 将其代入到式（a），得

3×0.1＝0.05V2+0.08×3

解得

p21.22m10.39m10.4592g2g

5P＝9800×10.39Pa=1.018×10 Pa 故230.8kg/m4-16 锅炉排烟风道如图所示。已知烟气密度为s，空气31.2kgm密度为a，烟囱高H30m，烟囱出口烟气的流速为

10ms（1）若自锅炉至烟囱出口的压强损失为pw200Pa，求风机的全

压。（2）若不安装风机，而是完全依靠烟囱的抽吸作用排烟，压强损失应减小到多大？

解 （1）烟气密度与空气密度的差别较大，应考虑大气对烟气的浮力作用。取锅炉进风口断面1-1，烟囱出口断面2-2.依据式（4-42），取

121.0，有

p111V12pqp2V22pwgsaH2s2sp其中，风机全压q 是输入的能量。断面1-1和2-2的相对压强均为当地大气压

2V/2 ，可解出风机全压 pp02强，即1。忽略断面1-1的动压 s11pqV22pwgasH2s10.81022009.80.81.230Pa122.4Pa2（

2

）

当

不

安

装

风

机

时

Pq0，有

1V22pwgasH2s由此得01V222s19.81.20.8300.8102Pa77.6Pa2

pwgasH这表明，压强损失应减小到77.6Pa以下

4-19斜冲击射流的水平面俯视图如图所示，水自喷嘴射向一与其交角成60的光滑平板上（不计摩擦阻力）。若喷嘴出口直径d0=25mm，喷射流量

Q33.4Ls，试求射流沿平板向两侧的分流流量Q1和Q2 以及射流对平

板的作用力F。假定水头损失可忽略不计，喷嘴轴线沿水平方向。 解喷嘴出口断面0-0的平均流速

V4Qd233.410340.0252ms68.042ms

由能量方程和水头损失不计的条件知，单面1-1和2-2-处的流速

V1V2V68.042ms

由连续性有

QQ1Q2

为了方便求解，建立图示坐标系，x轴沿平板法向，y轴沿平板切向。控制体取

为喷嘴出口0-0断面、断面1-1和2-2之间的水体。因不计摩擦力，平板作用力的y向分量为零，故依据方程（4-48b）可写出总流的y向动量方程

Q1V1Q2V2QVcos600其中，流出动量 0

Q1V1Q2V2中因为 V2 沿y反向，前面加负号。

联解（a）和（b）两式，得

Vcos600V2cos600133Q1QQQ33.425.05L/sV1V2244Q2QQ133.425.058.35L/s0QVsin60x在向上，控制体的流入动量为，流出动量为零。设平板对射流的

作用力为F，假定作用力矢量当沿x正向时取正。依据方程（4-48a），写出总流的x向动量方程

'0QVsin600F'由此得F'QVsin600-100033.410-368.042sin600-1968.1

负值表示该作用力沿x轴反向。射流对平板的作用力

FF'1968.1

它的作用方向沿x正向。

4-20 一平板垂直于自由水射流的轴线放置（如图示），截去射流流量的一部分

Q1，并引起剩余部分Q2 偏转一角度。已知射流流量Q36L/s，射流流速

V30m/s，且Q112L/s，试求射流对平板的作用力R以及射流偏转角（不计摩擦力和重力）

解 建立图示坐标系。控制体取为断面0-0、断面1-1 和2-2 之间的水体。作用力矢量当沿坐标轴正向时取正值。依据方程（4-48），写出总流的x向、y

向动量方程为

Q2V2cosQVRQ2V2sinQ1V10

其中，R表示平板对射流的作用力。因为忽略摩擦，故平板对射流作用力的y向分量为零。由水流连续性，有

Q2QQ12612L/s24L/s

由能量方程有V1V2V30m/s 由式（b）中可解出射流偏转角

Q1V11Q1112sinsinsin300QVQ22422

1由式（a），得

RQ2V2cosQV10000.02430cos3000.03630456.5

负号表明，平板对射流的作用力方向向左（沿x反向）。射流对平板的作用力为-R，其大小为456.5N，方向向右（沿x正向）。

d 4-21 水流通过图示圆截面收缩弯管。若已知弯管直径AdB200mm，流量Q250mm，

0.12m3/s。断面A-A的相对压强PA1.8at，

F与FXy（可不计水管道中心线均在同一水平面上。求固定此弯管所需的力

头损失）。

解 先计算断面A、B的面积和流速：

AAABVA4dA2dB240.252m20.0491m20.22m20.0314m244Q0.12m/s2.444m/sAa0.0491VBQ0.12m/s3.822m/sAB0.0314

pAVA2pBVB2g2gg2g ， 得 由能量方程

pBpA2VAVB2210001.8980002.44423.822225Pa1.72110Pa

作用力矢量当沿坐标轴 正向时取正值。依据方程（4-48），写出总流的x向动量

00QVcos60VFpApAcos60BAxAABB方程

因为断面B的压力沿x轴反向，故前面加负号。解该式，得

FxpAAApBABcos600QVBcos600VA

1.8980000.04911.7211050.0314cos60010000.123.822cos6002.4448661.242701.9763.966023.23负号表示管壁对水流的作用力实际方向沿x反向。故，固定弯管所需要的力大小为6023.23N，方向向左。

类似地，总流的y向动量方程可写成

QVBsin6000FypBABsin600

其中，因为断面B的压力沿y反向，故前面取负号。解得

FyQVBsin600pBABsin600397.194779.955077.1410000.123.822sin6001.7211050.0314sin600

Fy0表示该分量的实际方向沿y反向。故，固定弯管的力大小为4382.2N，方

向向下。