武汉理工大学出版 材料工程基础 答案 徐德龙

dy d
uy
3y
1
;
dz d
uz
z
1
所以： x c11 2;
y c21 3
z c31
（2）由题意得： τ=0时，x=a, y=b z=c ;代入上式有：
所以： c1 a; c2 b; c3 c
x a1 2 y b1 3 z c1
所以：
ux
x
a1 2
2a1 ;
1-1流体质点的位置用x
a,
y
e
b
2
c
e
b
2
c
,
z
e
b
2
c
e
b
2
c
, 表 示 ，求其速
度的拉格朗日描述与欧拉描述。
解：速度的拉格朗日描述
u u u x 0; y e b c e b c ; z e b c e b c ;
x
y
2
2 z 2
2
由已知条件得：a x;
bc
）ea
2
a
2 a2
2 a3 ;
y
（ a
2 a3
）ea
2 a
2 a2
2 a3
;
zc
所以：流体运动加速度的拉格朗日描述为
ax
2x 2
a3
2 ea a
2; a
ay
2 y 2
a3
2 ea a
2; a
az 0;
1-3 流体运动的速度由 u x2, y 2, xz 给出，当τ=1时，求质点
y e
z
;
yz b c e
代入上式得速度的欧拉描述：
u x 0;
u e y
yz 2e
e
yz 2e
来自百度文库
yz 2
yz 2
z;
u e z
yz 2e
e
yz 2e
yz 2
yz 2
y;
1-2设流体运动的欧拉描述为 ux ax 2,uy by 2,uz 0, 试求流体运 动加速度的欧拉描述和拉格朗日描述（a+b=0）
1 2
对 （2）式求二阶导数
d2y
d 2
k
dx
d
a
dx ky d
又因
dz
d
uz
0
3
d2y
d 2
k 2
y
ka
二阶线性非齐次 常微分方程
9
所以，求得其通解为 y
C1
cos
k
C2
sin
k
a k
代入（1）式得：
dx
d
ux
ky
C1
k
cos k
C2
k sin k
a
C1k
cos k
C2k sin k
求得：c1 3;
-1
c2 3e 3 ;
c2 2e2;
求得：
x
2
2
3
y
3e
1 3
(
3
1)
2 1 1
z 2e
所以，流体运动的速度的拉格朗日描述为
u x 4 3;
x
u u
y
3
2e
1 ( 3
3
1)
;
y
z
4
2( 1
e
1)
z
所以，流体运动加速度的拉格朗日描述为
a ux 12 4;
a
所以：x [C1k cos k C2k sin k a]d
C3 sin k C4 cos k a x C3 sin k C4 cos k a
则欧拉描述的迹线为：
y
C1
cos
k
C2
sin
k
a k
z C5
代入
0时，x
a, y
b, z
c的已知条件可求的
：C 4
a, C1
b
a k
所以，在（a,b,c）处 流体质点的迹线为
ax
dux d
ux
ux
ux x
uy
ux y
uz
ux z
2x
1 2
4x
1 2
2x
1 2
a y
du y d
u y
ux
u y x
uy
u y y
uz
u y z
6y
1 2
az
duz d
uz
ux
uz x
uy
uz y
uz
uz z
0
分别对速度的欧拉描述进行积分得：
因：
dx d
ux
2x
1
;
x
a a uy
3
e
1 3
(
3
1)
(2
3
);
uz
8
2( 1 1)
e
(
1
1)
y
z 3
2x
3y
z
1-4
流体运动的速度由
ux
1
,uy
1
, uz
1
描述
（1）求其加速度的欧拉描述
（2）求矢径r=r(a,b,c,τ)的表达式和加速度的拉格朗日描述
（3）求流线和迹线
解：（1）加速度的欧拉描述为
x y
p(1,3,2)的速度及加速度（即求速度和加速度的拉格朗日描述）
解：由题意，流体运动的速度的欧拉描述为
u u u x2 ; y 2; xz
x
y
z
dx d
ux
x2 ;
dy d
uy
y 2;
dz d
uz
xz
积分得：x
2
2
c1;
3
y c2e 3 ;
2
z c3e
代入已知条件τ=1时刻，质点p的坐标为（1，3，2）
uy
3y
1
;
dz d
uz
z
1
分别积分得：
所以： x c11 2;
y c21 3
z c31
τ=0时，x=a, y=b z=c ;代入上式有：
所以： c1 a; c2 b; 质点的迹线方程为
c3 c
x a1 2 y b1 3 z c1
1 6 设流体运动的欧拉描述为ux ky, u y kx a , uz 0, 其中k与a为常数，
解：加速度的欧拉描述为：
a dux x d
ux
ux
ux x
uy
ux y
uz
ux z
2 a ax 2
0 0 2
a2x a 2
ay
du y d
u y
ux
u y x
uy
u y y
uz
u y z
2
b2 y b 2
az
duz d
uz
ux
uz x
uy
uz y
uz
uz z
0
由
dx d
ux
ax
2, dy d
uy
by 2, dz d
uz
0
积分得：
x
c1ea
2 a
2 a2
2 a3
;
y
c2eb
2 b
2 b2
2 b3
;
当 0时刻，x a, y b, z c 代入上式得：
z c3
c1
a
2 a3
c2
b
2 b3
又因：a b 0
c3 c
x
（a
2 a3
uy
y
b1 3
3b1 2;
uz
z
c1
c
所以, 拉格朗日描述的加速度：
ax
ux
2a;
ay
u y
6b1 ;
az
z
0
（3）由流线方程得：
dx 2x
dy 3y
dz z
1 1 1
1
1
1
即x 2 1 y3
c1;
x2 z
c2 ;
y3 z
c3;
质点的迹线方程为：
因：
dx d
ux
2x
1
;
dy d
求 1 时刻的流线方程；
2 0时在a,b, c处流体质点的迹线。
解：（1） 由流线方程
dx ky
k
dy
x a
kx a dx kydy
1 kx2 kax 1 ky2 C
1 2
x2 y2
2
ax C1
2
（2） 由迹线方程定义可写出
dx
d ux ky;
dy
d
uy
kx a ;
x C3 sin k a cos k a
y
bak
cos k
C2 sin k
a k
z C5
1 7 设流体的速度为ux x ,uy y ,uz 0,试求通过x 1, y 1,的流线及 0时
通过x 1, y 1的迹线。
解：（1） 由流线方程
dx dy , 对此积分可得