工程流体力学课后习题答案（杜广生）

《 工程 路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理 流体力学（杜广生）》习题 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第 1 页 共 44 页 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第一章 习题 1. 解：根据相对密度的定义： 13600 13.6 1000 f w d     。 式中， w 表示 4 摄氏度时水的密度。 2. 解：查表可知， 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状态下： 2 31.976 /CO kg m  ， 2 32.927 /SO kg m  ， 2 31.429 /O kg m  ， 2 31.251 /N kg m  ， 2 30.804 /H O kg m  ，因此烟气在标准状态下的密度为： 1 1 2 2 3 1.976 0.135 2.927 0.003 1.429 0.052 1.251 0.76 0.804 0.05 1.341 / n n kg m                      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： 34 101325 405.3 10TK 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： 31.4 4 101325 567.4 10SK p Pa      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： 30.005 8 50 2VdV V dT m       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： 3 9 2 5 1 10 5 0.51 10 / (4.9 0.98) 10 dV Vk m N dp         6. 解：根据动力粘度计算关系式： 7 4678 4.28 10 2.9 10 Pa S          7. 解：根据运动粘度计算公式： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 2 页 共 44 页 3 6 21.3 10 1.3 10 / 999.4 m s       8. 解：查表可知，15 摄氏度时空气的动力粘度 617.83 10 Pa s    ，因此，由牛顿内摩擦定律可知： 6 30.317.83 10 0.2 3.36 10 0.001 UF A N h           9. 解： 如图所示， 高度为 h 处的圆锥半径： tanr h  ，则在微元高度 dh 范围内的圆锥表面积： 2=2 = tan cos cos dh hdA r dh    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： = = = tand r h        则在微元 dh 高度内的力矩为： 3 32= = =2tan tan tantan cos cos h hdM dA r dh h h dh             因此，圆锥旋转所需的总力矩为： 3 3 4 3 0 = =2 =2 4 tan tan cos cos H HM dM h dh         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 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    则轴与轴承之间的总切应力为： = =T A Db   克服轴承摩擦所消耗的功率为： 2 = =P T Db   因此，轴的转速可以计算得到： 3 -360 60 60 50.7 10 0.8 10= = = =2832.16 r/min 3.14 0.2 0.245 3.14 0.2 0.3 Pn D D Db             《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 3 页 共 44 页 11．解： 根据转速 n 可以求得圆盘的旋转角速度： 2 2 90= = =3 60 60 n   如图所示，圆盘上半径为 r 处的速度： = r  ，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    则微元宽度 dr 上的微元力矩： 3 2 33= = 2 =2 =6rdM dA r rdr r r dr r dr          因此，转动圆盘所需力矩为： 4 42 2 3 2 2 -3 0 ( 2) 0.4 0.23= =6 =6 =6 3.14 =71.98 N m 4 0.23 10 4 D DM dM r dr         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= = =885 0.00159 =2814.3 2 10 d Pa dy         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 =0.1 10 2 2 D d m   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=920 0.9144 10 3.14 152.4 10 30.48 10 =4.42 0.1 10 P T A dL dL kW                   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 ，即 = dM J dt  圆盘的旋转角速度： 2 2 600= = =20 60 60 n   圆盘的转动惯量： 2 2= = GJ 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。 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 4 页 共 44 页 角加速度已知： 2=0.02 /rad s 粘性力力矩： 3 22= = = =20 2 2 4 d d d d LM Tr A dL       ，式中，T 为粘性内摩擦力，d 为轴的直径，L 为轴套长度， 为间隙宽度。 因此，润滑油的动力粘度为： 2 -2 2 -3 3 2 3 2 -2 3 -2 2 500 (30 10 ) 0.02 0.05 10= = = =0.2325 Pa s 5 5 9.8 3.14 (2 10 ) 5 1020 4 J GR d L g d L                15. 解： 查表可知，水在 20 摄氏度时的密度： 3=998 /kg m ，表面张力： =0.0728 /N m ，则由式 4= cosh gd    可得， -3 -3 4 4 0.0728 10= = =3.665 10 998 9.8 8 10 cos cosh m gd          16. 解： 查表可知，水银在 20 摄氏度时的密度： 3=13550 /kg m ，表面张力： =0.465 /N m ，则由式 4= cosh gd    可得， -3 -3 4 4 0.465 140= = = 1.34 10 13550 9.8 8 10 cos cosh m gd           负号表示液面下降。 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 5 页 共 44 页 第二章 习题 1. 解： 因为，压强表测压读数均为表压强，即 4=2.7 10Ap Pa ， 4= 2.9 10Bp Pa  因此，选取图中 1-1 截面为等压面，则有： = +A B Hgp p gh ， 查表可知水银在标准大气压，20 摄氏度时的密度为 3 313 55 10 /. kg m 因此，可以计算 h 得到： 4 3 - (2.7+2.9) 10= = =0.422 13.55 10 9.8 A B Hg p ph m g    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： 2 2 2= + gap p h水 （1） 1 1 1= + gap p h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 1ap 和 2ap ， 并且存在如下关系： 1 2- =a a ap p gH （3） 而煤气管道中 1 和 2 处的压强存在如下关系： 1 2= + gHp p 煤气 （4） 联立以上四个关系式可以得到： 1 2g + gH= gHah h  水 煤气（ ） 即： -3 1 2 31000 (100-115) 10= + =1.28+ =0.53 / 20a h h kg m H     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： 1 2+ g = +A a Hgp h p gh 水 因此，可以得到： -3 -3 2 1= + - g =101325+13550 9.8 900 10 -1000 9.8 800 10 =212.996A a Hgp p gh h kPa       水 4. 解： 设容器中气体的真空压强为 ep ，绝对压强为 abp 如图所示，选取 1-1 截面为等压面，则列等压面方程： + =ab ap g h p  因此，可以计算得到： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 6 页 共 44 页 -3= - =101325-1594 9.8 900 10 =87.3ab ap p g h kPa     真空压强为： = - = g =14.06e a abp p p h kPa  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 Ap H H p 水 （ ） 2 1+ =Hgp gh p 2= + g -B Bp p h H H 水 （ ） 联立以上三式，可得： + g = g + + gA A B Bp H H p h H H h    水 水 Hg（ ） （ ） 化简可得： 5 5 -2 ( )+ g = ( )g 2.744 10 1.372 10 +1000 9.8 (548-304) 10= =1.31 (13550-1000) 9.8 A B A B Hg p p H H h m              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： 2 1 1g( )=abp h h p 水 1 2 3 2+ ( )= =Hg ap g h h p p  因此，联立上述方程，可得： 2 3 2 1= ( )+ g( ) =101325 13550 9.8 (1.61 1)+1000 9.8 (1.61 0.25)=33.65 kPa ab a Hgp p g h h h h           水 因此，真空压强为： = =101325-33650=67.67 kPae a abp 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 2 2 4 4 5788= = = =46082.8 3.14 0.4 F Fp Pa A d   对 1-1 截面列等压面方程： 1 2( )a oi a Hgp p gh gh p gH      水 解得， 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 7 页 共 44 页 1 2 46082 8+800 9 8 0 3+1000 9 8 0 5= =0 4m 13600 9 8 . . . . . . . oi Hg p gh gh H g           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： 1 2+ = +a a Hgp gh p gh 液体 对 2-2 截面： 4 3+ = +a a Hgp gh p gh 液体 联立上述方程，可以求解得到： 3 3 1 4 2 0.30 0 60= = = =0.72m 0.25 .Hg gh h hh g h    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( )+ gA B s Hgp h h p h h h     油 油 因此，可以解得 A，B 两点的压强差为： -3 -3 = = g( )+ g g( ) = g( )+ g =830 9.8 (100 200) 10 +13600 9.8 200 10 =25842.6 =25.84 A B s Hg s Hg p p p h h h h h h h h Pa kPa                     油 油 油 如果 =0sh ，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              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： 1 2 1+ g( )= + gA A Hgp h h p h 油 对 2-2 截面： 3 2 2g( )=B Ap h h h p  油 对 3-3 截面： 2 3+ g + g =B B Hgp h h p 油 联立上述方程，可以解得两点压强差为： 1 1 2 2 -2 1 2 = = g g g + g =( )g( + )=(13600-830) 9.8 (60+51) 10 =138912.1 =138.9 A B Hg Hg Hg p p p h h h h h h Pa kPa               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 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 8 页 共 44 页 列等压面方程： + g =B ap h p ，式中： -2=80 10 20sinh    因此，B 点的计示压强为： -2= = = 870 9.8 80 10 20 = 2332sine B ap p p gh Pa        12. 解： 如图所示，取 1-1 截面为等压面，列等压面方程： + = + 0 1.a ap gH p g H  油 水 （ ） 解方程，可得： 0 1 1000 0 1= = =0 5m 1000-800 . . .H       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： 1 1 2 2+ = +p gH p gH 酒精 煤油 ，由于此时 1 2=p p ，因此可以得到： 1 2=gH gH 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： 1 2 ' ' 1 2+ ( )= + ( + )100 100 h hp g H h p g H h   酒精 煤油 由此可以求解得到压强差为： 1 2 ' ' 2 1 2 1 = = ( + ) ( ) 100 100 101 99=( )+ ( ) 100 100 h hp p p g H h g H h gH gH gh               煤油 酒精 煤油 酒精 酒精 煤油 将式（1）代入，可得 101 99 101 99= ( )=9.8 0.28 ( 870 830)=156.4 Pa 100 100 100 100 p gh       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 + + ( )'epA 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： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 9 页 共 44 页 4 2 2 2 1.1 7848+9.81 10 (0.1 -0.03 )0.1 + + ( ) 4= = =1189.0 0.1 4 'eF F p A Ap kPa A       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  （1） 另外，根据几何关系，可知： ' ' 2 1 1 2 = + tan h h l l   （2） 根据液体运动前后体积不变关系，可知： ' 1 1 + = 2 h hh ， ' 2 2 + = 2 h hh 即， '1 1=2h h h ， '2 2=2h h h 将以上关系式代入式（2），并结合式（1），可得： 2 1 1 2 2( ) = + h ha g l l  即加速度 a 应当满足如下关系式： 2 1 1 2 2 ( ) = + g h ha 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： 2 1 2 1- =( + )fm g C m g m m a ，计算得到： 2 1 2 2 1 25 9.8 0.3 4 9.8= = =8.043 / ( + ) 25+4 fm g C m ga 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 ，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  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 tanb b h b b H b b b        即： 1 1 8.043= + =0.15+ 0.2 =0.232m 2 2 9.8 tanH h b    17. 解： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 10 页 共 44 页 容器中流体所受质量力的分量为： 0xf ， 0yf ， gafz  根据压强差公式：    d d d d dx y zp f x f y f z a g z      积分，     hpp zgapa 0 dd             g aghaghgahgapp a 10  所以， 1a ap p gh g         aghpp a   h ppga a  （1） （1）    101325 1000 1.5 9 8 4 9 108675 Pa. .ap p h g a         （2） 式（1）中，令 = ap p ，可得 2=9.8 /a g m s （3） 令 =0p 代入式（1），可得 20 1013259 80665 58.8m s 1000 1.5 .ap pa g h       18. 解： 初始状态圆筒中没有水的那部分空间体积的大小为  124 1 hHdV   (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： hdV 2 4 1 2 1  (2) 由(1)(2)，得   hdhHd 212 4 1 2 1 4 1   (3) 即  12 hHh  (4) 等角速度旋转容器中液体相对平衡时等压面的方程为 Cgzr  2 22 (5) 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 11 页 共 44 页 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 dr  ， hz  ，则 2 2 2 0 2 d gh        (6) 得 d gh22 (7) 由于 60 2 1n  (8) d gh d ghn   260223030 1  (9) （1）水正好不溢出时，由式(4)(9)，得     d hHg d hHg n  11 1 1202260  (10) 即    minr178.3 3.0 3.05.080665.9120 1   n （2）求刚好露出容器底面时，h=H，则  minr199.4 3.0 5.080665.9260260260 1    d gH d ghn （3）旋转时，旋转抛物体的体积等于圆柱形容器体积的一半 HdV 2 4 1 2 1  (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  224 1 hHdV   (12) 由(11)(12)，得  222 4 1 4 1 2 1 hHdHd   (13) 得  m25.0 2 5.0 22  Hh 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 12 页 共 44 页 19. 解： 根据转速求转动角速度： 2 2 600= = =20 60 60 n   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： 2 2 = ( )+ 2 rp g z C g   由于铁水上部直通大气，因此在坐标原点处有： =0, =0z r ， = ap p ，因此可得， = aC p 此时，铁水在旋转时内部压强分布为： 2 2 = ( )+ 2 a rp g z p g   代入车轮边缘处 M 点的坐标： = , = 2 dz h r ，可以计算出 M 点处的计示压强为： 2 2 2 2 2 2(20 ) (0.9)= ( )= ( + )=7138 9.8 ( +0.2)=2864292.4Pa 2 8 8 9.8a r dp p g z g h g g         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： 2 2 = ( )+ 2 rp g z C g   （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 = ap p （圆筒顶部与大气相通）， 代入方程（1）可得， = aC p 由此可知，圆筒容器旋转时，其内部液体的压强为： 2 2 = ( ) 2a rp p g z g   令 = ap p 可以得到液面抛物面方程为： 2 2 = 2 rz g  （2） 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 13 页 共 44 页 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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气 ，式中 r 为高度 z 处所对应抛物面 半径，满足 2 2 = 2 rz g  ，因此，气体微元体积也可表示为： 2 22= = gdV r dz zdz 气 对上式积分，可得： 0 2 02 2 0 = = 2 = zg gV dV zdz z   气 气 （5） 联立（3）、（4）、（5）式，可得： 2 2 02R H =0.25 g z  ，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）： 2 2 0= ( )2e rp g z g   则宽度为 dr 的圆环形面积上的压力为： 2 2 2 3 0 0= = ( ) 2 =( 2 )2e rdN p dA g z rdr r gz r dr g       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： 0 0 2 3 2 4 2 0 0 2 4 2 2 4 2 0 0 0 0 2 4 2 2 4 2 1= = ( 2 ) = [ ] 4 1 1= [ + ] 4 4 1 1=3.14 1000 [ 10 0.4 9.8 0.575 0.4 10 0.336 +9.8 0.575 0.336 ] 4 4 =175.6N R R r r N dN r gz r dr r gz r R gz R r gz r                          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： = CF gh A ，式中 Ch 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： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 14 页 共 44 页 1= 2 sinCh H L  ， =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 sinCF gh A g H L bL   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 = + CxD C C I y y y A ，式中 Cy =0.45m， 为形心距离 A 点的长度， 3 31.2 0.9= = =0.0729 12 12Cx bLI  ，为形心的惯性矩。因此，可计算出： 0.0729= + =0.45+ =0.6 0.45 1.2 0.9 Cx D C C I y y y A   m 根据力矩平衡可列出如下方程： = 0.3DFy G ，G 为闸门和重物的重量， 即： 11000 9.8 ( 0.9 60 ) 1.2 0.9 0.6=10000 0.3 2 sinH         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= =1000 9.8 (1.22+ ) 1.8 0.9=33657 2C F gh A N     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 = + CxD C C I y y y A ， 式中 1.8= =1.22+ =2.12 2C C y h m ，为形心距离液面的高度， 3 30.9 1.8= = =0.4374 12 12Cx bLI  ，为形心的惯性 矩。因此，可计算出： 0.4374= + =2.12+ =2.247 2.12 1.8 0.9 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= =1000 9.8 (0.91+ sin45 ) 1.8 0.9=24550.6 2C F gh A N      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 = + CxD C C I y y y A ， 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 15 页 共 44 页 式中 0.91 1.8= + =2.19 45 2sinC y m ，为形心距离 O 点的长度， 3 30.9 1.8= = =0.4374 12 12Cx bLI  ，为形心的惯性 矩。因此，可计算出： 0.4374= + =2.19+ =2.31 2.19 1.8 0.9 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 l1，水闸右侧水淹没的闸门长度为 l2。作用在水闸左侧压 力为 111 AghF cp  (1) 其中 21 Hhc  sin1 Hl  sin11 HbblA  则    sin2sin2 2 1 bgHHbHgFp  (2) 作用在水闸右侧压力为 222 AghF cp  (3) 其中 22 hhc  sin2 hl  sin22 hbblA  则    sin2sin2 2 2 bghhbhgFp  (4) 由于矩形平面的压力中心的坐标为 l bll bl l Ax I xx c cy cD 3 2 2 12 2 3  (5) 所以，水闸左侧在闸门面上压力中心与水面距离为 sin3 2 1 HxD  (6) 水闸右侧在闸门面上压力中心与水面距离为 sin3 2 2 HxD  (7) 对通过 O 点垂直于图面的轴取矩，设水闸左侧的力臂为 d1，则   xxld D  111 (8) 得 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 16 页 共 44 页    sin3sin3 2 sin111 HxHHxxlxd D     (9) 设水闸右侧的力臂为 d2，则   xxld D  222 (10) 得    sin3sin3 2 sin222 hxhhxxlxd 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  dFdF pp (12) 则            sin3sin2sin3sin2 22 hxbghHxbgH (13)         sin3sin3 22 hxhHxH    3322 sin3 1 hHxhH   hH hHhH hH hHx    22 22 33 sin3 1 sin3 1   m0.795 4.02 4.04.022 60sin3 1 22   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， = =3 2 sin Hr  水平方向的总压力： 21= = 1=1000 9.8 3 =44100 2 2px C x HF gh A g H N      《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 17 页 共 44 页 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： 2 2 2 1 1= = [ ( )]H 1= [1 (1 )] H 2 360 2 360 1 45=1000 9.8 [1 (1 45 )] 3 2 3 3.14 (3 2) 2 360 =11417 cos cos cos pzF Vg g r r r r g r r N                                      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： 2 2 2 2= + = 44100 +11417 =45553.9p px pzF F F N 设总压力与水平方向的夹角为 ，则 11417= = =0.259 44100 tan pz px F F  ，所以 = 0.259=26.50arctan  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 2 31 1 4 1= = = 4 2 2 3 2 24p d dV V V d d         柱 半球 因此，液体作用于球面垂直向上的分力为： 3 31 1= = = 1000 9.8 3.14 2 =10257.3 24 24pz p F V g g d N       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： 196120 101325= = =9.67 9800 ap pH m g   如图所示，做出压力体图，则： 2 3 31 4 2= = ( ) = (9.67 1 )=25.14m 2 3 3p V V V R H h R        柱 半球 因此，液体作用于球面上的垂直方向分力： = =1000 9.8 25.14=246369.6pz pF V g N   30． 解： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 18 页 共 44 页 31. 解： 32. 解： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 19 页 共 44 页 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 1 1V g ，下部分为 2 2V g 方法二：可以用压力体的方法分析，参考 Page47 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 20 页 共 44 页 第三章 习题 1．解： （1）根据已知条件， 2x x y  ， 3y y   ， 22z z  ，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： 3 2 3 20 2 3 0 2 3x x x xx x y za x y x y x y x yt x y z                      0 0 9 0 9y y y yy x y za y yt x y z                     3 30 0 0 8 8z z z zz x y za z zt x y z                     将质点坐标（3,1,2）代入上式，可得： 3 22 3 27xa x y x y   , 9 9ya y  , 38 64za z  2. 解： （1）根据已知条件， 2x xy  ， 313y y   ， z xy  ，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： 4 4 42 10 0 3 3 x x x x x x y za xy xy xyt x y z                     5 51 10 0 0 3 3 y y y y y x y za y yt x y z                     3 3 31 20 0 3 3 z z z z z x y za xy xy xyt x y z                     将质点坐标（1,2, 3）代入上式，可得： 16 3x a  , 32 3y a  , 16 3z a  3. 解： （1）根据已知条件， 34 2x x y xy    ， 33y x y z    ，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： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 21 页 共 44 页 3 2 3(4 2 )(12 ) (3 )(2 )x x xx x ya x y xy x y x y z xt x y                   3 2 33(4 2 ) 3 (3 )y y yy x ya x y xy y x y zt x y                 将质点坐标（2,2, 3）代入上式，可得： 2004xa  , 108ya  4．解： （1）根据已知条件， +x yz t  ， y xz t   ， z xy  ，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： 2 21 0+( ) 1 ( )x x x xx x y za xz t z xy xz t z xyt x y z                        2 21 ( ) 0 1 ( )y y y yy x y za yz t z x y yz t z x yt x y z                           0 ( ) + ( ) 0 ( ) + ( )z z z zz x y za yz t y x xz t yz t y x xz tt x y z                        将 t=0 时，质点坐标（1,1, 1）代入上式，可得： 3xa  , 1ya  , 2za  5. 解： 一维不可压缩定常流动加速度公式： x x x xa t x      （1） 式中 x 是 x 的函数，并且存在如下关系式： ( )x VA x q   即： ( ) V x q A x   ，式中 Vq 为常数定值。 因为是定常流动，所以： =0x t   因此，加速度： 2 2 2 3 ( ) 1 ( ) ( )= = = ( ) ( ) ( ) ( ) V x V V V x x qd A xd q q qdA x dA xa dx A x dx A x A x dx A x dx       6. 解： 根据已知条件，有： 2 ( )x y x y       ， 2 ( )y x x y       ，代入流线微分方程： =x y dx dy   可得： 《工程流体力学（杜广生）》习题答案 第 22 页 共 44 页 = 2 ( ) 2 ( ) dx dy y x x y x y           ，即： =dx dy y x  ，化为如下形式： =xdx ydy ，两边积分： =xdx ydy  → 2 21 1= +2 2x y C ，即： 2 2+ =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： 1 1 2 2=A A  可得： 2 2 2 0.3 0.12 = 2 2              ，解得： 2 18 /m s  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 1 1 0 3= = =850 2 120 1 2 . . /m Vq q A kg s         8. 解： 9. 解： 10. 解： 根据不可压缩管流的连续性方程，可得： 0 0 1 1 2 2= +A A A   ，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 0 0.02 0.01 0.015=0.3 +0.6 2 2 2                         求解方程，可得： 0 =0.413m