工程流体力学第二版习题与解答

1—1普通高等教育“十一五”国家级规划教材“过程装备与控制工程”专业核心课程教材工程流体力学（第二版）习题与解答黄卫星编四川大学化工学院过程装备与安全工程系2008年10月30日1—2第1章流体的力学性质1-1用压缩机压缩初始温度为20℃的空气，绝对压力从1个标准大气压升高到6个标准大气压。试计算等温压缩、绝热压缩、以及压缩终温为78℃这三种情况下，空气的体积减小率V∆=121()/VVV−各为多少？解：根据气体压缩过程方程：kpVconst=，有1/2112(/)(/)kVVpp=，所以V∆=1/1221112()11kVVVpVVp−=−=−等温过程k=1，所以V∆121/11/6pp=−=−=83.33%绝热过程k=1.4，所以V∆1/1.41/1.4121(/)1(1/6)pp=−=−=72.19%压缩终温为78℃时，利用理想气体状态方程可得212121178111=80.03%620VVpTVpT×∆=−=−=−×1-2图1-12所示为压力表校验器，器内充满体积压缩系数104.7510pβ−=×m2/N的油，用手轮旋进活塞达到设定压力。已知活塞直径D=10mm，活塞杆螺距t=2mm，在1标准大气压时的充油体积为V0=200cm3。设活塞周边密封良好，问手轮转动多少转，才能达到200标准大气压的油压（1标准大气压=101330Pa）。解：根据体积压缩系数定义积分可得：1ddpVVpβ=−→00exp[()]pVVppβ=−−因为02()001exp4pppDntVVVβp−−=−=−所以21()0241=pppnVeDtβp−−=−12.14rpm1kN0.05mm20°图1-12习题1-2附图图1-13习题1-3附图1-3如图1-13所示，一个底边为200mm200mm×、重量为1kN的滑块在20°斜面的油膜上滑动，油膜厚度0.05mm，油的粘度µ=2710−×Pa·s。设油膜内速度为线性分布，试求滑块的平衡速度Tu。1—3解：设油膜内速度呈线性分布，平衡时油膜内的速度梯度可计算为30d20000d0.0510TTuuuy−−==×1/s由牛顿剪切定理可得滑块表面处流体受到的切应力τ为-2d71020000dTuuyτµ==××=1400TuPa滑块受到的切应力与τ的大小相等方向相反，且滑块受到的摩擦力与滑块重力沿斜面分量平衡，所以sinAmgτθ=→0.20.214001000sin20Tu××=→6.11Tu≈m/s1-4有一直径d=150mm的轴在轴承中转动，转速n=400r/min，轴承宽度300mmL=，轴与轴承间隙0.25mmδ=，其间充满润滑油膜，油的粘度为0.049Pasµ=⋅。假定润滑油膜内速度为线性分布，试求转动轴的功率N（注：N=转轴表面积A×表面切应力τ×表面线速度vθ）。解：根据牛顿剪切定律有d/20d2vddrθωµωτµµδδ−===，3224dddLMARdLµωpµωτpδδ===由此得轴功率为：23234430dLdLnNMpµωpµpωδδ====273.47W1-5如图1-14所示，已知圆形管道中流体层流流动时的速度分布为：2221mruuR=−其中um为管内流体的平均速度。（1）设流体粘度为µ，求管中流体的剪切应力τ的分布公式；（2）如长度为L的水平管道两端的压力降为p∆（进口压力-出口压力），求压力降p∆的表达式。解：（1）根据牛顿剪切定律有2d4dmururRτµµ==−由上式可知，壁面切应力为04/muRτµ=−，负号表示0τ方向与z相反；（2）由流体水平方向力平衡有：200RpDLpτp∆+=，将0τ表达式代入得28muLpRµ∆=1-6图1-15所示为两平行圆盘，直径为D，间隙中液膜厚度为δ，液体动力粘性系数为µ，若下盘固定，上盘以角速度ω旋转，求所需力矩M的表达式。urzR图1-14习题1-5附图1—4解：固定圆盘表面液体速度为零，转动圆盘表面半径r处液体周向线速度速度svrθω=；设液膜速度沿厚度方向线性分布，则切应力分布为0svvrθθµωτµµδδδ∂−===∂所需力矩M为：24/200(dd)32RrRDMrrrARppµωτθτδ====∫∫yx()uydyodαα−α0t=dtt=baa′b′图1-15习题1-6附图图1-16习题1-7附图1-7如图1-16所示，流体沿x轴方向作层状流动，在y轴方向有速度梯度。在t=0时，任取高度为dy的矩形流体面考察，该矩形流体面底边坐标为y，对应的流体速度为()uy；经过dt时间段后，矩形流体面变成如图所示的平行四边形，原来的α角变为dαα−，其剪切变形速率定义为d/dtα（单位时间内因剪切变形产生的角度变化）。试推导表明：流体的剪切变形速率就等于流体的速度梯度，即ddddutyα=解：因为a点速度为u，所以b点速度为ddduuyy+；由此得a-a′、b-b′的距离为：daaut′=，d(d)ddubbuyty′=+所以ddtanddddbbaautyyαα′′−≈==即ddddutyα=RL1δ2δn1—51-8图1-17所示为旋转粘度测定仪。该测定仪由内外两圆筒组成，外筒以转速n（r/min）旋转，通过内外筒之间的油液，将力矩传递至内筒；内筒上下两端用平板封闭，上端固定悬挂于一金属丝下，通过测定金属丝扭转角度确定金属丝所受扭矩为M。若内外筒之间的间隙为1δ，底面间隙为2δ，筒高为L，求油液动力粘性系数的计算式。解：半径R的筒体表面磨擦扭矩为31112230RRLnMARRLRµωppτpµδδ===筒体端部表面摩擦扭矩（相当于圆盘摩擦）为24222220000(dd)2d2d2RRRrRMrrrrrrrpωpµωτθpτpµδδ====∫∫∫∫由总扭矩12MMM=+解出油液动力粘性系数为12321230(4)MRLRnδδµpδδp=+1-9空气中水滴直径为0.3mm时，其内部压力比外部大多少？解：查附录表C-1，水在常温空气中的表面张力系数σ=0.073N/m，所以31211220.0730.1510pRRRσσ−×∆=+===×973Pa1-10图1-18所示为插入水银中的两平行玻璃板，板间距δ=1mm，水银在空气中的表面张力σ=0.514N/m，与玻璃的接触角θ=140°，水银密度ρ=13600kg/m3。试求玻璃板内外水银液面的高度差h。解：对于两平板间的液膜，如图所示，液面下侧压力0p+ghρ，液面上侧压力为0p，取垂直书面方向为单位厚度，写出液膜竖直方向力平衡方程有002cos()()ppghδσpθρδ+−=+由此得两平壁间的液膜爬升高度为2coshgσθδρ==-35.910−×m=-5.9mm1-11如图1-19所示，一平壁浸入体积很大的水中。由于存在表面张力，在靠近壁面的地方水的表面成为弯曲面，弯曲液面垂直于x-y平面。假定弯曲面曲率半径r可以表示成221/d/dryx=，接触角θ和表面张力系数σ已知。试确定平壁附近水面的形状和最大高度h。图1-17习题1-8附图1mmhθ图1-18习题1-10附图1—6hyxoθhyxθσσp0p0pG图1-19习题1-11附图水平液面以上流体受力分析解：根据弯曲表面张力压差公式，任意x处自由表面内外压力差为01211()ipppRRσ∆=−=+其中ip是x处自由表面内的压力，1R、2R是x处自由表面两个正交法截线的半径。因为x轴为水平液面，所以根据静力学原理，x轴对应的水平面上压力为0p；设任意x处弯曲液面与水平液面的距离为y，根据静力学关系有0ippgyρ=+即0ipppgyρ∆=−=所以gyρ=1211()RRσ+根据本题附图可知，如果取弯曲面曲线（x-y平面内）曲率半径：2211/d/dRyx=，则与其正交的曲率半径2R→∞（因为自由液面⊥x-y平面），于是有2122d0dggxxygyyCeCexρρσσσρ−−=→=+由边界条件：x→∞：0y=，x=0：y=h，可得10C=，2Ch=，所以()exp/yhgxρσ=−其中的h可根据边界条件：0x=，1/tanyθ′=−，表示为(1/tan)/hgθρσ=或，取z方向为单位厚度，由y方向力平衡可得0coscosdGgyxσθσθρ∞=→=∫→cos/hgθρσ=或，取z方向为单位厚度，由x方向力平衡可得00000sindsin()dhhhppyhppgyyσθσσθρσ+=+→+=−+∫∫即0sind2(1-sin)/hgyyhgσθρσθρσ=−+→=∫1—71-12如图1-20所示，一圆形管内装有理想塑性流体，其剪切应力与变形速率的关系由式（1-18）所描述。已知该流体屈服应力为0τ，现从管的左端加压力p，问该压力至少为多大才能将该塑性流体挤出管外？已知管子直径为D，塑性流体充满长度为l的管段，管外为大气。解：由压力p与壁面切应力Wτ的平衡关系可得24WDpDlpτp=要实现流动，壁面切应力必须大于屈服应力，即Wτ0τ,所以20/4DpDlpτp即04/plDτ第2章流体流动的基本概念2-1已知直角坐标系中的速度场()()xyvvxtyt=+=+++vijij。（1）试求t=0时通过点x=a、y=b的迹线方程和流线方程；（2）试求以拉格朗日变量表示的流体速度与加速度。提示：方程组d/dxtxt=+，d/dytyt=+的解为：1211ttxcetycet=−−=−−，。解：(1)由tyvtxvyx+=+=,得迹线微分方程为：：tytytxtx+=+=dddd，一阶线性微分方程()()yptyqt′+=的通解形式为dd(d)ptptyeqetc−∫∫=+∫此处迹线微分方程中p=-1，q=t；代入后得：(d)[(1)]1tttttyetetceetccet−−=+=−++=−−∫即1211ttxcetycet=−−=−−，因此，t=0时：过（a,b）的迹线方程为：(1)1(1)1ttxaetybet=+−−=+−−，又，将速度代入流线微分方程得：tyytxx+=+ddt被看成常数，积分上式得：ctytxln)ln()ln(++=+或)()(tyctx+=+因此，t=0时：过（a,b）的流线方程为：()()axtytb+=+或(1)bbyxtaa=+−(2)由迹线方程直接求导，或直接将迹线方程代入欧拉速度式，可得拉氏变量表示的速lpD图1-20习题1-12附图1—8度为：(1)1(1)1ttxyvaevbe=+−=+−，直接对拉氏变量速度式求导，或对欧拉速度求质点导数再代入迹线方程，可得以拉氏变量表示的加速度为：(1)(1)ttxyaaeabe=+=+，2-2给定速度场：kjiv25)10()26(22++−++=txytxy。试求流体质点在位置（3，0，2）处的加速度。解：根据质点导数定义，流体质点加速度为DDxyzvvvttxyz∂∂∂∂==+++∂∂∂∂vvvvva根据速度分布式有：2210,2,22,0tyyxxytxyz∂∂∂∂=−=−=−=∂∂∂∂vvvvijijij所以加速度矢量为22222222(210)(62)(2)(10)(22)[2(62)2(10)2][10(62)(10)2]5810txytyyxytxxytxytyxytxxytyxytxyt=−+++−−+−=+++−++−−++++=−−aijijijijij2-3已知速度场为xtytzt=++vijk，温度场为2222/()TAtxyz=++，其中A为常数。试求：（1）流场（x，y，z）点处的温度变化率和流体加速度；（2）0=t时通过（x=a，y=b，z=c）处的流体质点的温度变化率和加速度。解：(1)流场（x,y,z）点处的时间变化率是局部变化率，所以温度变化率和流体加速度分别为2222()TAttxyz∂=∂++；yxzxyzvvvaxayazttt∂∂∂======∂∂∂，，(2)流体质点的温度变化率和加速度是温度和速度的质点导数，即2222D2(1)D()xyzTTTTTTTTTAttvvvxtyt