工程流体力学课后习题答案 (杜广生)

《工程流体力学（杜广生）》习题答案
第一章 习题
1. 解：依据相对密度的定义：13600
13.61000
f w d ρρ===。

式中，w ρ 表示4摄氏度时水的密度。

2. 解：查表可知，标准状态下：2
31.976/CO kg m ρ=，2
32.927/SO kg m ρ=，2
31.429/O kg m ρ=，
2
31.251/N kg m ρ=，2
30.804/H O kg m ρ= ，因此烟气在标准状态下的密度为：
11223
1.9760.135
2.9270.003 1.4290.052 1.2510.760.8040.051.341/n n
kg m ρραραρα=++
=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=
3. 解：（1）气体等温压缩时，气体的体积弹性模量等于作用在气体上的压强，因此，绝对压强为
4atm
的空气的等温体积模量：
34101325405.310T K Pa =⨯=⨯ ；
（2）气体等熵压缩时，其体积弹性模量等于等熵指数和压强的乘积，因此，绝对压强为4atm 的空气的等熵体积模量：
31.44101325567.410S K p Pa κ==⨯⨯=⨯
式中，对于空气，其等熵指数为1.4。

4. 解：根据流体膨胀系数表达式可知：
30.0058502V dV V dT m α=⋅⋅=⨯⨯=
因此，膨胀水箱至少应有的体积为2立方米。

5. 解：由流体压缩系数计算公式可知：
392
5
11050.5110/(4.90.98)10
dV V k m N dp -⨯÷=-=-=⨯-⨯ 6. 解：根据动力粘度计算关系式：
74678 4.2810 2.910Pa S μρν--==⨯⨯=⨯⋅
7. 解：根据运动粘度计算公式：
3621.310 1.310/999.4
m s μνρ--⨯===⨯
8. 解：查表可知，15摄氏度时空气的动力粘度6
17.8310Pa s μ-=⨯⋅，因此，由牛顿内摩擦定律可知：
630.3
17.83100.2 3.36100.001
U F A
N h μπ--==⨯⨯⨯⨯=⨯ 9. 解：
如图所示，
高度为h 处的圆锥半径：tan r h α=，则在微元高度dh 范围内的圆锥表面积： 2=2=tan cos cos dh h dA r
dh πα
παα
由于间隙很小，所以间隙内润滑油的流速分布可看作线性分布，则有：
===tan d r h υυωωα
υδδδ
则在微元dh 高度内的力矩为：
33
2===2tan tan tan tan cos cos h h dM dA r dh h h dh ωαπαωατμαπμδαδα
⋅⋅
因此，圆锥旋转所需的总力矩为：
334
30==2=24
tan tan cos cos H H M dM h dh ωαωαπμπμδαδα⎰⎰
10. 解：
润滑油与轴承接触处的速度为0，与轴接触处的速度为轴的旋转周速度，即：=
60
n D
πυ 由于间隙很小，所以油层在间隙中沿着径向的速度分布可看作线性分布，即：
=d dy υυδ
则轴与轴承之间的总切应力为：==T A Db υ
τμ
πδ
克服轴承摩擦所消耗的功率为：2
==P T Db υυμπδ
因此，轴的转速可以计算得到：
3-360606050.7100.810====2832.16r/min 3.140.20.245 3.140.20.3
P n D D Db υδππμπ⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯
11．解：
根据转速n 可以求得圆盘的旋转角速度：2290
=
==36060
n ππωπ⨯ 如图所示，圆盘上半径为r 处的速度：=r υω，由于间隙很小，所以油层在间隙中沿着轴向的速度分布可看作线性分布，即：
=d dy υυ
δ
则微元宽度dr 上的微元力矩：
3233==2=2=6r dM dA r rdr r r dr r dr ωπμτμ
ππμπδδδ
⋅⋅ 因此，转动圆盘所需力矩为：
4
42
2
322
-30(2)0.40.23==6=6=6 3.14=71.98N m 40.23104
D
D M dM r dr μμππδδ⨯⨯⨯⋅⨯⎰⎰
12. 解：
摩擦应力即为单位面积上的牛顿内摩擦力。

由牛顿内摩擦力公式可得：
-3
4
===8850.00159=2814.3210d Pa dy υυτμ
ρνδ⨯⨯⨯
13. 解：
活塞与缸壁之间的间隙很小，间隙中润滑油的速度分布可以看作线性分布。

间隙宽度：-3-3-152.6-152.4
=
=10=0.11022
D d m δ⨯⨯ 因此，活塞运动时克服摩擦力所消耗的功率为：
2
2
-4
-3
-2
-3
====6=9200.914410 3.14152.41030.4810=4.420.110
P T A dL dL
kW
υυυτυμπυρνπδδ
⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 14. 解：
对于飞轮，存在以下关系式：力矩M=转动惯量J*角加速度α，即=d M J
dt
ω 圆盘的旋转角速度：22600
=
==206060
n ππωπ⨯ 圆盘的转动惯量：2
2
==
G J mR R g
式中，m 为圆盘的质量，R 为圆盘的回转半径，G 为圆盘的重量。

角加速度已知：2
=0.02/rad s α
粘性力力矩：3
22====20224d
d d d L M Tr A dL ω
μτμππδδ
，式中，T 为粘性内摩擦力，d 为轴的直径，L 为轴套长度，δ 为间隙宽度。

因此，润滑油的动力粘度为：
2-22-3
3232-23-2
2
500(3010)0.020.0510====0.2325 Pa s 559.8 3.14(210)510204J GR d L g d L ααδμππδ
⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 15. 解：
查表可知，水在20摄氏度时的密度：3
=998/kg m ρ ，表面张力：=0.0728/N m σ ，则由式4=cos h gd
σθ
ρ
可得，
-3
-3
440.072810=
==3.665109989.8810
cos cos h m gd σθρ⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 16. 解：
查表可知，水银在20摄氏度时的密度：3
=13550/kg m ρ ，表面张力：=0.465/N m σ ，
则由式4=cos h gd
σθ
ρ
可得，
-3-3
440.465140
=
== 1.3410135509.8810
cos cos h m gd σθρ⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ 负号表示液面下降。

第二章 习题
1. 解：
因为，压强表测压读数均为表压强，即4=2.710A p Pa ⨯ ，4
= 2.910B p Pa -⨯
因此，选取图中1-1截面为等压面，则有：=+A B Hg p p gh ρ， 查表可知水银在标准大气压，20摄氏度时的密度为3
3
135510/.kg m ⨯
因此，可以计算h 得到：4
3-(2.7+2.9)10===0.42213.55109.8
A B Hg p p h m g ρ⨯⨯⨯
2. 解：
由于煤气的密度相对于水可以忽略不计，因此，可以得到如下关系式：
222=+g a p p h ρ水 （1） 111=+g a p p h ρ水 （2）
由于不同高度空气产生的压强不可以忽略，即1,2两个高度上的由空气产生的大气压强分别为1a p 和2a p ，并且存在如下关系：12-=a a a p p gH ρ（3）
而煤气管道中1和2处的压强存在如下关系：12=+gH p p ρ煤气 （4）
联立以上四个关系式可以得到：12
g +gH=gH a h h ρρρ-水煤气（） 即：-3
1231000(100-115)10=+
=1.28+=0.53/20
a h h kg m H ρρρ-⨯⨯水煤气（）
3. 解：
如图所示，选取1-1截面为等压面，则可列等压面方程如下：
12+g =+A a Hg p h p gh ρρ水
因此，可以得到：
-3-321=+-g =101325+135509.890010-10009.880010=212.996
A a Hg p p gh h kPa ρρ⨯⨯⨯⨯⨯⨯水
4. 解：
设容器中气体的真空压强为e p ，绝对压强为ab p
如图所示，选取1-1截面为等压面，则列等压面方程：+=ab a p g h p ρ∆ 因此，可以计算得到：
-3=-=101325-15949.890010=87.3
ab a p p g h kPa ρ∆⨯⨯⨯
真空压强为：=-=g =14.06
e a ab p p p h kPa ρ∆
5. 解：
如图所示，选取1-1，2-2截面为等压面，并设1-1截面距离地面高度为H ，则可列等压面方程：
1+g =A A p H H p ρ-水（） 21+=Hg p gh p ρ
2=+g -B B p p h H H ρ+水（）
联立以上三式，可得：
+g =g ++g A A B B p H H p h H H h ρρρ---水水H g （）（）
化简可得：
5
5
-2
()+g =()g
2.74410 1.37210+10009.8(548-304)10
=
=1.31(13550-1000)9.8
A B A B Hg p p H H h m
ρρρ---⨯-⨯⨯⨯⨯⨯水水（）
6. 解：
如图所示，选取1-1,2-2截面为等压面，则列等压面方程可得：
211g()=ab p h h p ρ--水 1232+()==Hg a p g h h p p ρ-
因此，联立上述方程，可得：
2321=()+g()
=101325135509.8(1.611)+10009.8(1.610.25)=33.65
kPa
ab a Hg p p g h h h h ρρ----⨯⨯-⨯⨯-水
因此，真空压强为：==101325-33650=67.67
kPa e a ab p p p -
7. 解：
如图所示，选取1-1截面为等压面， 载荷F 产生的压强为22445788=
===46082.83.140.4
F F p Pa A d π⨯⨯ 对1-1截面列等压面方程：
12()a oi a Hg p p gh gh p gH ρρρ+++=+水
解得，
12
460828+8009803+10009805
=
=04m 1360098
.......oi Hg p gh gh H g
ρρρ++⨯⨯⨯⨯=
⨯水
8. 解：
如图所示，取1-1,2-2截面为等压面，列等压面方程： 对1-1截面：12+=+a a Hg p gh p gh ρρ液体 对2-2截面：43+=+a a Hg p gh p gh ρρ液体 联立上述方程，可以求解得到：
331420.30060
=
===0.72m 0.25
.Hg gh h h h g h ρρ⨯液体
9. 解：
如图所示，取1-1截面为等压面，列等压面方程：
+g()=+g()+g A B s Hg p h h p h h h ρ∆ρ∆ρ++油油
因此，可以解得A ，B 两点的压强差为：
-3-3==g()+g g()
=g()+g =8309.8(100200)10+136009.820010=25842.6=25.84A B s Hg s Hg p p p h h h h h h h h Pa kPa
∆ρ∆ρρ∆ρρ-+-+-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯油油油 如果=0s h ，则压强差与h 之间存在如下关系：
==g()+g g()
=()g A B s Hg Hg p p p h h h h h h
∆ρ∆ρρ∆ρρ-+-+-油油油
10. 解：
如图所示，选取1-1,2-2,3-3截面为等压面，列等压面方程： 对1-1截面：121+g()=+g A A Hg p h h p h ρρ+油 对2-2截面：322g()=B A p h h h p ρ-+-油 对3-3截面：23+g +g =B B Hg p h h p ρρ油 联立上述方程，可以解得两点压强差为：
1122
-212==g g g +g =()g(+)=(13600-830)9.8(60+51)10=138912.1=138.9A B Hg Hg Hg p p p h h h h h h Pa kPa
∆ρρρρρρ----⨯⨯⨯油油油 11. 解：
如图所示，选取1-1截面为等压面，并设B 点距离1-1截面垂直高度为h
列等压面方程：+g =B a p h p ρ ，式中：-2
=801020sin h ⨯⨯
因此，B 点的计示压强为：
-2===8709.8801020=2332sin e B a p p p gh Pa ρ---⨯⨯⨯⨯-
12. 解：
如图所示，取1-1截面为等压面，列等压面方程：
+=+01.a a p gH p g H ρρ-油水（）
解方程，可得：
01100001===05m 1000-800
...H ρρρ⨯⨯-水水油
13. 解：
图示状态为两杯压强差为零时的状态。

取0-0截面为等压面，列平衡方程：1122+=+p gH p gH ρρ酒精煤油 ，由于此时12=p p ，因此可以得到：
12=gH gH ρρ酒精煤油（1）
当压强差不为零时，U 形管中液体上升高度h ，由于A ，B 两杯的直径和U 形管的直径相差10倍，根据体积相等原则，可知A 杯中液面下降高度与B 杯中液面上升高度相等，均为/100h 。

此时，取0’-0’截面为等压面，列等压面方程：
12''
12+()=+(+)100100
h h p g H h p g H h ρρ--
-酒精煤油 由此可以求解得到压强差为：
12
''2121==(+
)()100100
10199
=()+()
100100h h
p p p g H h g H h gH gH gh ∆ρρρρρρ-------煤油酒精煤油酒精酒精煤油
将式（1）代入，可得
1019910199
=(
)=9.80.28(870830)=156.4Pa 100100100100
p gh ∆ρρ-⨯⨯⨯-⨯酒精煤油
14. 解：
根据力的平衡，可列如下方程：
左侧推力=总摩擦力+活塞推力+右侧压力 即：=0.1++()'e pA F F p A A - ，
式中A 为活塞面积，A’为活塞杆的截面积。

由此可得：
422
2
1.17848+9.8110(0.1-0.03)0.1++()4===1189.00.14
'e F F p A A p kPa A π
π⨯⨯⨯-⨯
15. 解：
分析：隔板不受力，只有当隔板左右液面连成一条直线时才能实现（根据上升液体体积与下降液体体积相等，可知此直线必然通过液面的中心）。

如图所示。

此时，直线的斜率=
tan a
g
α （1） 另外，根据几何关系，可知：''
2112
=+tan h h l l α-（2）
根据液体运动前后体积不变关系，可知：'11+=2h h h ，'
22+=2h h
h
即，'11=2h h h -，'
22=2h h h -
将以上关系式代入式（2），并结合式（1），可得：
2112
2()
=
+h h a g l l - 即加速度a 应当满足如下关系式：2112
2()=
+g h h a l l -
16. 解：
容器和载荷共同以加速度a 运动，将两者作为一个整体进行受力分析：
2121-=(+)f m g C m g m m a ，计算得到：
21221259.80.349.8
=
=
=8.043/(+)
25+4
f m
g C m g a m s m m -⨯-⨯⨯
当容器以加速度a 运动时，容器中液面将呈现一定的倾角α，在水刚好不溢出的情况下，液面最高点与容器边沿齐平，并且有：=
tan a g
α 根据容器中水的体积在运动前后保持不变，可列出如下方程：
1
=2
tan b b h b b H b b b α⨯⨯⨯⨯-⨯⨯
即：118.043
=+=0.15+0.2=0.232m 229.8
tan H h b α⨯⨯
17. 解：
容器中流体所受质量力的分量为：0
=x f ，
=y f ，g a f z -=
根据压强差公式：
()
()d d d d d x y z p f x f y f z a g z
ρρ=++=-
积分，
()⎰⎰--=h
p
p z
g a p a
d d ρ
()()()()⎪
⎪⎭⎫
⎝⎛-=-=----=-g a gh a g h g a h g a p p a 10ρρρρ 所以，
1a a p p gh g ρ⎛⎫
=+- ⎪
⎝⎭ ()
a g h p p a -=-ρh p p g a a
ρ--
=（1）
（1）
()()1013251000 1.59849108675
Pa
..a p p h g a ρ=+-=+⨯⨯-=
（2） 式（1）中，令
=a
p p ，可得2
=9.8/a g m s =
（3） 令=0p 代入式（1），可得20101325
98066558.8m s 1000 1.5
.a p p a g h ρ--=-
=-=⨯ 18. 解：
初始状态圆筒中没有水的那部分空间体积的大小为
()1241
h H d V -=π (1)
圆筒以转速n1旋转后，将形成如图所示的旋转抛物面的等压面。

令h 为抛物面顶点到容器边缘的高度。

空体积旋转后形成的旋转抛物体的体积等于具有相同底面等高的圆柱体的体积的一半：
h d V 24121π⋅=
(2)
由(1)(2)，得
()h d h H d 21241
2141ππ⋅=- (3)
即
()12h H h -= (4)
等角速度旋转容器中液体相对平衡时等压面的方程为
C
gz r =-2
2
2ω (5)
对于自由液面，C=0。

圆筒以转速n1旋转时，自由液面上，边缘处，2
d r =
，h
z =，则
2
2202
d gh ω⎛⎫ ⎪
⎝⎭-= (6)
得
d gh
22=
ω (7)
由于
6021
n π
ω= (8)
d gh d gh n πππ
ω
2602230301=⋅=
=
(9)
（1）水正好不溢出时，由式(4)(9)，得
()()
d h H g d h H g n ππ1111202260-=
-⋅=
(10) 即
()()min r 178.33.03.05.080665.91201=⨯-⨯⨯=
πn
（2）求刚好露出容器底面时，h=H ，则
()min r 199.43.05.080665.92602602601=⨯⨯⨯⨯===
πππd gH d gh n
（3）旋转时，旋转抛物体的体积等于圆柱形容器体积的一半
H d V 24121π⋅=
(11)
这时容器停止旋转，水静止后的深度h2，无水部分的体积为
()2241
h H d V -=π (12)
由(11)(12)，得
()22241
4121h H d H d -=⋅ππ (13)
得
()m 25.025
.022===
H h
19. 解：
根据转速求转动角速度：22600=
==206060
n ππωπ⨯ 选取坐标系如图所示，铁水在旋转过程中，内部压强分布满足方程：22
=(
)+2r p g z C g
ωρ-
由于铁水上部直通大气，因此在坐标原点处有：=0,=0z r ，=a p p ，因此可得，=a C p 此时，铁水在旋转时内部压强分布为：22
=(
)+2a r p g z p g
ωρ-
代入车轮边缘处M 点的坐标：=,=
2
d
z h r -，可以计算出M 点处的计示压强为： 2222
22
(20)(0.9)=()=(+)=71389.8(+0.2)=2864292.4Pa 2889.8
a r d p p g z g h g g ωωπρρ--⨯⨯⨯
采用离心铸造可以使得边缘处的压强增大百倍，从而使得轮缘部分密实耐磨。

关于第二问：螺栓群所受到的总拉力。

题目中没有告诉轮子中心小圆柱体的直径，我认为没有办法计算，不知对否？有待确定！
20. 解：
题目有点问题！
21. 解：
圆筒容器旋转时，易知筒内流体将形成抛物面，并且其内部液体的绝对压强分布满足方程：
22
=(
)+2r p g z C g
ωρ- （1）
如图所示，取空气所形成的抛物面顶点为坐标原点，设定坐标系roz 当=0,=0z r 时，有=a p p （圆筒顶部与大气相通）， 代入方程（1）可得，=a C p
由此可知，圆筒容器旋转时，其内部液体的压强为：22
=(
)2a r p p g z g
ωρ--
令=a p p 可以得到液面抛物面方程为：22
=
2r z g
ω （2）
下面计算抛物面与顶盖相交处圆的半径0r ，以及抛物面的高度0z ，如图所示：
根据静止时和旋转时液体的体积不变原则，可以得到如下方程：V -V =V 筒气水 （3） 其中，2V =R H π筒，3V =0.25m 水 （4） 气体体积用旋转后的抛物面所围体积中的空气体积来计算：
取高度为z ，厚度为dz 的空气柱为微元体，计算其体积：2=dV r dz π气 ，式中r 为高度z 处所对应抛物面半径，满足22
=
2r z g
ω，因此，气体微元体积也可表示为：2
2
2==
g
dV r dz zdz ππω
气
对上式积分，可得：0
2
0220==2=z g g V dV zdz z ππωω
⎰⎰气气 （5）
联立（3）、（4）、（5）式，可得：
22
2R H =0.25g z ππω-
，方程中只有一个未知数0z ，解方程即可得到：0=0.575z m 代入方程（2）即可得到：0=0.336r m
说明顶盖上从半径0r 到R 的范围内流体与顶盖接触，对顶盖形成压力，下面将计算流体对顶盖的压力N ： 紧贴顶盖半径为r 处的液体相对压强为（考虑到顶盖两侧均有大气压强作用）：22
0=(
)2e r p g z g
ωρ-
则宽度为dr 的圆环形面积上的压力为：22
2300==(
)2=(2)2e r dN p dA g z rdr r gz r dr g
ωρππρωπρ-⋅-
积分上式可得液体作用在顶盖上，方向沿z 轴正向的总压力：
232420024224200002422421==(2)=[]411
=[+]44
11
=3.141000[100.49.80.5750.4100.336+9.80.5750.336]
44
=175.6N
R
R r
r N dN r gz r dr r gz r R gz R r gz r πρωπρπρωπρωω----⨯⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⎰⎰
由于顶盖的所受重力G 方向与z 轴反向，因此，螺栓受力F=N-G=175.6-5*9.8=126.6N
22. 解：
如图所示，作用在闸门右侧的总压力：
大小：=C F gh A ρ ，式中C h 为闸门的形心淹深，A 为闸门面积。

由于闸门为长方形，故形心位于闸门的几何中心，容易计算出：
1
=2
sin C h H L θ-
，=A bL ，式中L 为闸门的长L=0.9m ，b 为闸门的宽度b=1.2m 。

所以可以得到：1
==()2
sin C F gh A g H L bL ρρθ-
总压力F 的作用点D 位于方形闸门的中心线上，其距离转轴A 的长度=+
Cx
D C C I y y y A
，式中C y =0.45m ，为形心距离A 点的长度，33
1.20.9===0.07291212
Cx bL I ⨯，为形心的惯性矩。

因此，可计算出： 0.0729
=+
=0.45+=0.60.45 1.20.9
Cx D C C I y y y A ⨯⨯m 根据力矩平衡可列出如下方程：=0.3D Fy G ⨯，G 为闸门和重物的重量， 即：1
10009.8(0.960) 1.20.90.6=100000.32
sin H ⨯⨯-
⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 代入各值，可以计算得到：H=0.862m
23. 解：
作用在平板AB 右侧的总压力大小：
1.8
==10009.8(1.22+
) 1.80.9=336572
C F gh A N ρ⨯⨯⨯⨯ 总压力F 的作用点
D 位于平板AB 的中心线上，其距离液面的高度=+
Cx
D C C I y y y A
， 式中 1.8
==1.22+
=2.122
C C y h m ，为形心距离液面的高度，330.9 1.8===0.43741212Cx bL I ⨯，为形心的惯性矩。

因此，可计算出： 0.4374
=+
=2.12+=2.2472.12 1.80.9
Cx D C C I y y m y A ⨯⨯ 24. 解：
作用在平板CD 左侧的总压力大小： 1.8
==10009.8(0.91+
sin45) 1.80.9=24550.62
C F gh A N ρ⨯⨯⨯⨯⨯ 总压力F 的作用点
D 位于平板CD 的中心线上，其距离O 点长度=+
Cx
D C C I y y y A
，
式中0.91 1.8
=+=2.19452
sin C y m ，为形心距离O 点的长度，330.9 1.8===0.43741212Cx bL I ⨯，为形心的惯性矩。

因此，可计算出： 0.4374
=+
=2.19+=2.312.19 1.80.9
Cx D C C I y y m y A ⨯⨯ 25. 解：
设水闸宽度为b ，水闸左侧水淹没的闸门长度为l 1，水闸右侧水淹没的闸门长度为l 2。

作用在水闸左侧压
力为
111A gh F c p ρ= (1)
其中
21H h c =
αsin 1H l = α
sin 11H b bl A == 则
α
ραρsin 2sin 221b gH H b H g F p == (2)
作用在水闸右侧压力为
222A gh F c p ρ= (3)
其中
22h h c =
αsin 2h l = α
sin 22h b bl A == 则
α
ραρsin 2sin 222
b
gh h b h g F p == (4)
由于矩形平面的压力中心的坐标为
l bl l bl l A x I x x c cy c D 3
2
2
1223
=+=+= (5)
所以，水闸左侧在闸门面上压力中心与水面距离为
α
sin 321H x D ⋅= (6)
水闸右侧在闸门面上压力中心与水面距离为
α
sin 322H x D ⋅= (7)
对通过O 点垂直于图面的轴取矩，设水闸左侧的力臂为d 1，则
()x x l d D =-+111 (8)
得
()αααsin 3sin 32sin 111H x H H x x l x d D -
=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅--=--= (9) 设水闸右侧的力臂为d 2，则
()x x l d D =-+222 (10)
得
()αααsin 3sin 32sin 222h x h h
x x l x d D -
=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅--=--= (11) 当满足闸门自动开启条件时，对于通过O 点垂直于图面的轴的合力矩应为零，因此
02211=-d F d F p p (12)
则
⎪⎭
⎫
⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-ααρααρsin 3sin 2sin 3sin 222h x b gh H x b gH (13)
⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-ααsin 3sin 322h x h H x H
()()3322
sin 31
h H x h H
-=
-α
h
H h Hh H h H h H x +++⋅=--⋅=2
22233sin 31sin 31αα
()m 0.7954.024.04.02260
sin 312
2=++⨯+⋅=
x
26. 解：
作图原则：
（1）题目：首先找到曲面边界点和自由液面水平线，从曲面边界点向自由液面作垂线，则自由液面、垂线、曲面构成的封闭面就是压力体。

本题目中是虚压力体。

力的方向垂直向上。

（2）题目：将与水接触的曲面在圆的水平最大直径处分成两部分，对两部分曲面分别采用压力体的做法进行作图，上弧面是实压力体，下弧面是包括两部分：实压力体和虚压力体。

求交集即可得到最终的压力体。

27. 解：
由几何关系可知，==32sin H
r α
水平方向的总压力：
21
==1=10009.83=4410022
px C x H F gh A g
H N ρρ⋅⨯⨯⨯
垂直方向的总压力：
等于压力体内的水重量，该压力体为实压力体，垂直分力方向向下：
22211==[()]H 1=[1(1)]H 23602360145=10009.8[1(145)]323 3.14(32)2360=11417cos cos cos pz F Vg g r r r r g r r N
ααρραπραπ⎧⎫⎧⎫
+--⋅+--⎨⎬⎨⎬
⎩⎭⎩⎭
⎧⎫
⨯⨯⨯+-⨯⨯-⨯⨯⎨⎬
⎩⎭
说明：绘制压力体如图所示，则易知压力体的体积等于（梯形面积-扇形面积）*闸门长度 则作用在扇形闸门上的总压力为：
22
22=+=44100+11417=45553.9p px pz F F F N
设总压力与水平方向的夹角为θ ，则
11417
=
=
=0.25944100
tan pz px
F F θ ，所以=0.259=26.50arctan θ
28. 解：
分析：将细管中的液面作为自由液面，球形容器的上表面圆周各点向自由液面作垂线，则可以得到压力体。

液体作用于上半球面垂直方向上的分力即为上班球体作用于螺栓上的力，方向向上。

压力体的体积可以通过以直径d 的圆为底面，高为d/2的圆柱体体积减去半个球体的体积得到。

即
3
231141
===4223224
p d d V V V d d πππ⎛⎫-⋅-⨯ ⎪⎝⎭柱半球
因此，液体作用于球面垂直向上的分力为：
3311
==
=10009.8 3.142=10257.32424
pz p F V g g d N ρρπ⨯⨯⨯⨯ 29. 解：
分析问题：C 点的压强是已知的，可否将C 点想象中在容器壁面上接了一个测压管，将C 点的相对压强换
算为测压管中水头高度，而测压管与大气相通。

此时，可将测压管中的液面看作自由液面，作半球面AB 在垂直方向受力的压力体图。

求解：
测压管水头高度：196120101325
=
==9.679800
a p p H m g ρ-- 如图所示，做出压力体图，则：
233142
==()=(9.671)=25.14m 233
p V V V R H h R πππ---⨯⨯--柱半球
因此，液体作用于球面上的垂直方向分力：
==10009.825.14=246369.6pz p F V g N ρ⨯⨯
30． 解：
31. 解：
32. 解：
33. 解：
方法一：根据该物体浸没于液体中（没有说是悬浮还是沉到底了），考虑其受力知道必然受到两种液体的
浮力，其大小分别为柱形物体排开液体的重力。

因此有： 浮力分为两部分，上部分为11V g ρ ，下部分为22V g ρ 方法二：可以用压力体的方法分析，参考Page47
第三章 习题
1．解：
（1）根据已知条件，2x x y υ=，3y y υ=-，2
2z z υ=，流体流动速度与三个坐标均有关，因此，该流动
属于三维流动；
（2）根据质点加速度公式：
3232023023x x x x x x y z a x y x y x y x y t x y z υυυυ
υυυ∂∂∂∂=
+++=+-+=-∂∂∂∂ 00909y y y y y x
y
z
a y y t x y z
υυυυυυυ∂∂∂∂=
+++=+++=∂∂∂∂
3300088z z z z z x y z a z z t x y z
υυυυ
υυυ∂∂∂∂=
+++=+++=∂∂∂∂ 将质点坐标（3,1,2）代入上式，可得：322327x a x y x y =-=,99y a y ==,3
864z a z ==
2. 解：
（1）根据已知条件，2
x xy υ=，3
13
y y υ=-
，z xy υ=，流体流动速度与两个坐标有关，因此，该流动属于二维流动；
（2）根据质点加速度公式：
44421
0033x x x x x x y z a xy xy xy t x y z υυυυυυυ∂∂∂∂=
+++=+-+=∂∂∂∂ 5511
00033
y y y y y x
y
z
a y y t x y
z
υυυυυυυ∂∂∂∂=
+++=++
+=∂∂∂∂ 33312
0033
z z z z z x y z a xy xy xy t x y z υυυυυυυ∂∂∂∂=
+++=+-+=∂∂∂∂ 将质点坐标（1,2, 3）代入上式，可得：163x a =
,323y a =,16
3
z a = 3. 解：
（1）根据已知条件，342x x y xy υ=++，3
3y x y z υ=-+，流体流动速度与三个坐标有关，因此，该
流动属于二维流动；
（2）根据质点加速度公式：
323(42)(12)(3)(2)x x x x x y a x y xy x y x y z x t x y υυυ
υυ∂∂∂=
++=++++-++∂∂∂ 3233(42)3(3)y y y y x
y
a x y xy y x y z t x y
υυυυυ∂∂∂=
++=++--+∂∂∂
将质点坐标（2,2, 3）代入上式，可得：2004x a =,108y a =
4．解：
（1）根据已知条件，+x yz t υ=，y xz t υ=-，z xy υ=，流体流动速度与时间t 有关，因此，该流动属于非定常流动；
（2）根据质点加速度公式：
2210+()1()x x x x x x y z a xz t z xy xz t z xy t x y z υυυυ
υυυ∂∂∂∂=
+++=+-+=+-+∂∂∂∂ 221()01()y y y y y x
y
z
a yz t z x y yz t z x y t x y z
υυυυυυυ∂∂∂∂=
+++=-++++=-+++∂∂∂∂
0()+()0()+()z z z z z x y z a yz t y x xz t yz t y x xz t t x y z
υυυυ
υυυ∂∂∂∂=
+++=++-+=+-∂∂∂∂ 将t=0时，质点坐标（1,1, 1）代入上式，可得：3x a =,1y a =,2z a =
5. 解：
一维不可压缩定常流动加速度公式：
x x x x a t x
υυ
υ∂∂=
+∂∂ （1） 式中x υ是x 的函数，并且存在如下关系式：()x V A x q υ⋅=即：()
V
x q A x υ=
，式中V q 为常数定值。

因为是定常流动，所以：=0x
t
υ∂∂ 因此，加速度：
22
23()1()()===
()()()()V x V V V x x q d A x d q q q dA x dA x a dx A x dx A x A x dx A x dx
υυ⎛⎫ ⎪--⎝⎭= 6. 解：
根据已知条件，有：
2()x y x y υπ22-Γ=
+，2()y
x
x y υπ22Γ=+，代入流线微分方程：=x y
dx dy υυ 可得：
=
2()2()
dx dy
y x x y x y ΓΓππ2222-++，即：=dx dy y x -，化为如下形式：=xdx ydy -，两边积分： =xdx ydy -⎰⎰ → 2211=+22
x y C - ，即：22
+=x y C ' 可知流线为一簇以原点为圆心的同心圆，绘制如图所示。

7. 解：
根据一维定常流动管流的连续性方程：1122=A A υυ 可得：
22
20.30.12=22πυπ⎛⎫⎛⎫
⨯⨯ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
，解得：218/m s υ= 可以采用任一截面来计算质量流量，这里采用截面1来进行计算：
2
1103===850212012../m V q q A kg s ρρυπ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭
8. 解： 9. 解： 10. 解：
根据不可压缩管流的连续性方程，可得：
001122=+A A A υυυ，式中下标0、1、2分别表示总管、第一支管、第二支管
将已知管径和流速代入方程：2
2
2
00.020.010.015=0.3+0.6222υπππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
求解方程，可得：0=0.413m/s υ 体积流量：
2
4300002==0.413 1.295102./V q A m s υπ-⎛⎫
⨯=⨯ ⎪
⎝⎭
11. 解：
题目有点问题！
12. 解：
根据支管内的流量和流速，可以求得支管的直径： 由21===4
m V q q A d ρρυρυ
π
代入支管1的参数：
2150011
=2536000.38164
d π⨯⨯，解得：1005252.d m mm == 代入支管2参数：
2
2
150011=2536000.38164d π⨯⨯，解得：200990.d m mm == 代入输气管的参数：
20200011
=0.136000.38164
υπ⨯⨯⨯，解得：027/m s υ= 13. 解：
根据喷管尺寸的几何关系，可以求得：
=2tan =0.520.430=0.038m tan d D l α--⨯⨯
根据不可压缩管流连续性方程：1122=A A υυ， 代入已知参数，可以得到：
22211
0.30.5=0.03844
πυπ⨯⨯⨯⨯，求解方程，可得：2=51.94/m s υ
14. 解：
列1-1,2-2缓变流截面的伯努利方程：
2
2
11
22
1212+22a a w p p z z h g g g g
αυαυρρ++=++ （1） 不计能量损失，=0w h ，取12==1αα ，则有：
2
2
11221222p p z z g g g g
υυρρ++=++ （2） 即：2
2
122
11222p p z z g g g g
υυρρ⎛⎫⎛⎫++=
⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭，（3）
设液体w ρ 左侧界面的坐标为3z ，由流体静力学基本方程，得：
113223+()=+()+w p g z z p g z z H gH ρρρ （4） 方程两边同除以g ρ ，得到：
121323+()=+()+
w gH
p p
z z z z H g g
g
ρρρρ （5） 即：
1212+=+()+
w H
p p
z z H g g
ρρρρ
（6）
1212++=1w p p z z H g g ρρρρ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭ （7） 由式（3）、（7）得：
2
2
211=22w H g g
ρυυρ⎛⎫
⎪⎝⎭
（8）
由连续性方程：1122=A A υυ ，得到：2
12122
=d d υυ （9）
由式（8）得：222121=w g H ρυυρ⎛⎫
⎪⎝⎭
（10） 将式（9）代入式（10）得：
2
242
21111
1
242221==1w d d g H d d ρυυυρ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
（11）
解得：
21414221=1w gH d d ρρυ⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭ → 1
414221=1w gH d d ρρυ⎛⎫ ⎪
⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭
（12）
因此，流量为：
2
111414442212121==
=4
4111w w V gH gH d q A d d d d ρρρρππ
υ⎛⎫
⎛⎫
⎪
⎪
⎝⎭⎝⎭⎛⎫
⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
（13） 15. 解：
设皮托管入口前方未受扰动处为点1，皮托管入口处为点2，水与测量液体左侧界面处为点3，水与测量液
体右侧界面处压强为点4，水与测量液体左侧界面与静压管入口处距离为x 。

由于在同一流线上，因此，有：
2
2
11221222p p
z z g g g g
υυρρ++=++水水 （1） 根据静压强分布：
13=+(
)2
d
p p g x ρ+水 ，（2） 24=+(
+)2
d
p p g x H ρ+水，（3） 34=+p p gH ρ液体 （4）
方程（1）中：1122=,=,=0z z υυυ 则有：
2
12+=2
p p ρυ水 （5）
方程（3）减去方程（2），得：2143=+p p p p gH ρ水 （6）
将方程（4）和（5）代入方程（6）得：
2
1=+2
gH gH ρυρρ水液体水 (7)
则，=21gH ρυρ⎛⎫
⎪ ⎪⎝
⎭液体水 代入数值：=29803108=10848/....m s υ⎛
⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭
31. 解:
根据牛顿运动定律，支撑弯管在其位置所需的水平力等于管道给流体的作用力。

零xoy 平面为水平面，入口段沿x 轴负半轴，出口段沿y 轴正半轴，弯头在原点，建立坐标系。

（1）沿x 方向的外力有：由入口压强1e p 引起的压力11e p A ，和 由管道给流体的作用力R 的分力x R ， 所以有：
11
=x
e x F p
A R -∑
单位时间系统内流体的动量沿x 方向的变化为：1(0-)V q ρυ
根据，单位时间内动量的变化等于系统所受外力的合力，得到在x 方向上有：
11e x p A R -=1(0-)V q ρυ，（流体到弯头处，x 方向速度从1υ 变为0，只有y 方向的速度了）
因此，x R =11e p A +1V q ρυ （1）
（2）沿y 方向的外力有：由出口压强2e p 引起的压力22e p A ；由管道给流体的作用力R 的分力y R ，所以，有：
22=y
y
e F R
p A -∑
根据，单位时间内动量的变化等于系统所受外力的合力，得到在y 方向上有：
22y e R p A -=2(0)V q ρυ-，（流体速度从弯头处的0，变到出口处的速度2υ ）
因此，x R =22e p A +2V q ρυ （2） （3）根据连续性方程，有：1122==V q A A υυ 可以得到：11
22
=
A A υυ （3）
列出口和入口截面的伯努利方程：2
2
12112212+z +=+z ++22e e w p p h g g g g
αυαυρρ 根据题意，不计损失，=0w h ；取12==1αα；弯管水平放置，有12z =z 。

则方程变为：
2
2
1212+=+22e e p p g g g g
υυρρ，计算得到：()22
2112=+2e e p p ρυυ- （4） （5）支撑弯管在其位置所需的水平力的大小：
22
=+x y
R R R ， （5） 联立上述5个式子，代入数值，可以计算得到：=1427.8R N ，其方向可以通过,x y R R 计算得到，为22 。

38. 解:
假定：忽略流体撞击的损失和重力的影响，射流的压强分布在分流前后都
没有变化。

欲求平板运动所需的功率，首先由求出射流对平板在水平方向的作用力T ，然后根据=P T υ计算得到。

分析：先假设平板不运动的情况下，流体对平板的作用力。

当射流接触到平板后，将沿平板表面分成两股射流，如图所示。

由于是平面流动并忽略
撞击损失，射流内压力在分流前后没有变化，所以，有120==υυυ （能量守恒）。

将速度0υ分解为沿板面方向的分速度0cos υθ和垂直板面方向的分速度0sin υθ。

沿着板面方向，流体没有受力；垂直板面方向，设流体受到的作用力为F 。

则 沿板面方向列动量方程：11220()=0cos V V V q q q ρυρυρυθ--
垂直板面方向列动量方程：00()=sin V q F ρυθ--（撞击后，流体法向速度为0） 根据质量守恒，有12+=V V V q q q 联立以上各式，得到：11+=
2cos V V q q θ，21=2
cos V V q q θ
- 根据牛顿第三运动定律，流体对板面的作用力与流体受到的作用力大小相等，方向相反，即
0=sin V F q ρυθ'-
设射流的截面积为0A ，则00=V q A υ
则：2
00=sin F A ρυθ'- （1）
当平板向着射流以等速v 运动时，将坐标系建立在平板上，则射流的速度为：0=+υυυ'
用υ'代替式（1）中的0υ，得：2
00=(+)sin F A ρυυθ'-，则在水平方向的分力为：
2200=(+)sin F A ρυυθ'-
平板在水平方向上等速运动，根据牛顿第一运动定律，使平板运动施加的力应为：
2200=(+)sin T A ρυυθ
因此，使平板运动所需功率为：
2200==(+)sin P T A υρυυυθ
由于：00
=
V
q A υ
无论平板是否运动，0A 保持不变，因此，可得：2200
=(+)sin V
q P ρυυυθυ
结束，安全工程11级。