高等流体力学课后习题

e −2 t 0 0
3 −3 t ⎞ e ⎟ 2 ⎟ 0 ⎟ ⎟ 0 ⎟ ⎠
设速度场 u = x / t , v = y , w = 0 ，求经过空间固定点 ( x∗ , y∗ , z∗ ) 在 t 时刻的脉线方程。
解：将速度式代入迹线微分方程，
dx dy dz = = = dt 0 x/t y
积分得
（2）加速度拉格朗日表示
ax = ax =
加速度欧拉表示：
∂u ∂v ∂w = 0, a y = = 4 xe −2 t , a z = = 9 xe −3t ∂t ∂t ∂t （3）流线与迹线 由于 u = 0 ，这是一个平面流动问题，流线微分方程为 dy dz = = ds ⇒ −2 t −2 x0e −3x0e −3t y = −2 x0e −2 t s + c1 , z = −3x0e −3t s + c2
2s dy 2s ′ e1+t = ds ⇒ ln y = + c2 ⇒ y = c2 2 y / (1 + t ) 1+ t 3s dz 3s 1 ′ e +t = ds ⇒ ln z = + c3 ⇒ z = c3 3z / (1 + t ) 1+ t
从 x、y、z 表达式中消去s/ (1 + t ) 得
涡线方程，
x = c1 dy dz = −3 t −2e −2 t 3e ⇒ z=− 2 t ye + c2 3
（5）应变率张量和旋转张量
⎛ ⎜ 0 ⎜ S = ⎜ e −2 t ⎜ 3 −3t ⎜− e ⎝ 2
1.8
e −2 t 0 0
3 ⎞ ⎛ − e −3t ⎟ ⎜ 0 2 ⎟ ⎜ 0 ⎟ , A = ⎜ − e −2 t ⎟ ⎜ 3 −3 t 0 ⎟ ⎜− e ⎠ ⎝ 2
(2) 先求迹线 dx x dx dt = ⇒ = ⇒ ln x = ln(1 + t ) + c ⇒ dt 1 + t x 1+ t x = c1 (1 + t ) 同样可求得 y = c2 (1 + t ) 2， z = c3 (1 + t )3 由 t = 0 时，x = x0，y = y0，z = z0 得 c1 = x0，c2 = y0，c3 = z0 于是位置矢量可表示为， K K K K r = x0 (1 + t )i + y0 (1 + t ) 2 j + z0 (1 + t )3 k
将 ( x0 , y0 , z0 ) = (1,1,1) 分别代入题目给出的 x, y 和 z 表达式，即得迹线方程，
x = 1, y = 1 + e −2 t − 1 = e −2 t , z = 1 + e −3t − 1 = e −3t
（4）散度，旋度和涡线
∂ ∂ G ∂u ∂v ∂w ∇ ⋅u = + + = 0 + ( −2 xe −2t ) + ( −3 xe−3t ) = 0 ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z G G G i j k G G G ∂ ∂ ∂ ∇×u = = 3e −3t j − 2e −2 t k ∂x ∂y ∂z −2 t 0 −2 xe −3xe −3t
⎧ y = c′x 2 ⎨ 3 ⎩ z = c′′x
1.5 已知流体质点的空间位置表示如下，
x = x0 , y = y0 + x0 ( e −2 t − 1), z = z0 + x0 ( e −3t − 1) ，
求 （1） 速度的欧拉表示； （2） 加速度的欧拉和拉格朗日表示； （3） 过点 (1,1,1) 的流线及 t = 0 时在 ( x0 , y0 , z0 ) = (1,1,1) 处的流体质点的迹线； （4）散度、旋度及涡线； （5）应变率张量和 旋转张量。 解： （1）速度欧拉表示
G
G
解：(1) 加速度的欧拉描述
ax =
Du ∂u x x 1 ∂u = +u =− + =0 Dx ∂t (1 + t )2 1 + t 1 + t ∂x 2y 2y 2 2y ∂v ∂v ay = +v =− + = 2 (1 + t ) 1 + t 1 + t (1 + t ) 2 ∂t ∂y 3z 3z 3 6z ∂w ∂w az = +w =− + = 2 (1 + t ) 1 + t 1 + t (1 + t ) 2 ∂t ∂z
u=
∂x ∂x0 ∂y ∂z = = 0, v = = −2 x0e −2 t = −2 xe −2 t , w = = −3x0e −3t = −3xe −3t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂u ∂v ∂w = 0, a y = = 4 x0e −2 t , a z = = 9 x0e −3t ∂t ∂t ∂t
高 等 流 体 力 学 习 题
第一章 课后练习题解
1.2 一速度场用 u =
x 2y 3z 描述， （1）求加速度的欧拉描述； （2）先求 , v= , w= 1+ t 1+ t 1+ t
矢径表示式 r = r ( x0 , y0 , z0 , t ) ，再求此加速度的拉格朗日描述； （3）求流线。
由初始条件 s = 0, ( x, y , z ) = (1,1,1) ⇒ x = x0 = 1, c1 = 1, c2 = 1 ，于是，
x = 1, y = −2e −2 t s + 1, z = −3e −ห้องสมุดไป่ตู้t s + 1
消去参数 s 得流线方程，
x = 1, y =
2 ( z − 1) et + 1 3
x = c1t , y = c2 et , z = c3
由 t = τ 时 ( x, y , z ) = ( x∗ , y∗ , z∗ )得
c1 = x∗τ −1 , c2 = y∗e −τ , c3 = z∗
将以上常数代入迹线方程，
加速度的拉格朗日描述，
∂2 [ x0 (1 + t )] = 0 ∂t 2 ∂2 ay = 2 ⎡ y0 (1 + t ) 2 ⎤ ⎣ ⎦ = 2 y0 ∂t ∂2 az = 2 ⎡ z0 (1 + t )3 ⎤ ⎦ = 6 z0 (1 + t ) ∂t ⎣ ax = (3) 求流线
s dx s 1 + ′e t = ds ⇒ ln x = + c1 ⇒ x = c1 x / (1 + t ) 1+ t