周光炯版流体力学-第一章部分习题.pdf

1.4 速度场由𝐯 = (αx + 𝑢2，βy − 𝑢2，0)给出，求速度及加速度的拉格朗日表示 解：对欧拉型速度分量 { 𝑣 = 𝑒𝑦 𝑒𝑢 = αx + 𝑢2 𝑤 = 𝑒𝑧 𝑒𝑢 = βy − 𝑢2 𝑥 = 𝑒𝑨 𝑒𝑢 = 0 进行积分， 得{ 𝑦 = 𝑑1𝑒𝛽𝑢− 1 𝛽 𝑢2− 2 𝛽2 𝑢 − 2 𝛽3 𝑧 = 𝑑2𝑒𝛾𝑢+ 1 𝛾 𝑢2+ 2 𝛾2 𝑢 + 2 𝛾3 𝑨 = 𝑑3 令 t= 0时，(x，y，z) = （a，b，c），代入上式，得，{ 𝑑1= 𝑏 + 2 𝛽3 𝑑2= 𝑐 − 2 𝛾3 𝑑3= 𝑑 则质点的拉格朗日描述为{ 𝑦 = (𝑏 + 2 𝛽3)𝑒 𝛽𝑢 − 1 𝛽 𝑢2− 2 𝛽2 𝑢 − 2 𝛽3 𝑧 = (𝑐 − 2 𝛾3)𝑒 𝛾𝑢 + 1 𝛾 𝑢2+ 2 𝛾2 𝑢 + 2 𝛾3 𝑨 = 𝑑 速度的拉格朗日描述为 { 𝑣 = 𝜖𝑦 𝜖𝑢 = 𝛽(𝑏 + 2 𝛽3)𝑒 𝛽𝑢 − 2 𝛽 𝑢 − 2 𝛽2 𝑤 = 𝜖𝑧 𝜖𝑢 = 𝛾(𝑐 − 2 𝛾3)𝑒 𝛾𝑢 + 2 𝛾 𝑢 + 2 𝛾2 𝑥 = 𝜖𝑨 𝜖𝑢 = 0 . 加速度的拉格朗日描述为 { 𝑏𝑦 = 𝜖𝑣 𝜖𝑢 = 𝛽2(𝑏 + 2 𝛽3)𝑒 𝛽𝑢 − 2 𝛽 𝑏𝑧= 𝜖𝑤 𝜖𝑢 = 𝛾2(𝑐 − 2 𝛾3)𝑒 𝛾𝑢 + 2 𝛾 𝑏𝑨= 𝜖𝑥 𝜖𝑢 = 0 1.5 已知质点的位置表示如下：x = a，y = b + a(𝑒−2𝑢− 1)，z = c + a(𝑒−3𝑢− 1) 求： （1）速度的欧拉表示； （2）加速度的欧拉表示及拉格朗日表示，并分别求(x，y，z) = （1，0，0）及 （a，b，c） = （1，0，0）的值； （3）过点（1，1，1）的流线及 t= 0时在（a，b，c） = （1，1，1）这一质点 的迹线； （4）散度、旋度及涡线； （5）应变率张量及旋转张量。

解： （1）速度的拉格朗日描述为 { 𝑣 = 𝜖𝑦 𝜖𝑢 = 0 𝑤 = 𝜖𝑧 𝜖𝑢 = −2𝑏𝑒−2𝑢 𝑥 = 𝜖𝑨 𝜖𝑢 = −3𝑏𝑒−3𝑢 将 a= x代入上式可得速度的欧拉描述为{ 𝑣 = 0 𝑤 = −2𝑦𝑒−2𝑢 𝑥 = −3𝑦𝑒−3𝑢 （2）加速度的拉格朗日描述为 { 𝑏𝑦= 𝜖𝑣 𝜖𝑢 = 0 𝑏𝑧= 𝜖𝑤 𝜖𝑢 = 4𝑏𝑒−2𝑢 𝑏𝑨= 𝜖𝑥 𝜖𝑢 = 9𝑏𝑒−3𝑢 加速度的欧拉描述为 { 𝑏𝑦= 𝜖𝑣 𝜖𝑢 = 0 𝑏𝑧= 𝜖𝑤 𝜖𝑢 = 4𝑦𝑒−2𝑢 𝑏𝑨= 𝜖𝑥 𝜖𝑢 = 9𝑦𝑒−3𝑢 过(x，y，z) = （1，0，0）及（a，b，c） = （1，0，0）时的拉格朗日描述 加速度和欧拉描述加速度均为{ 𝑏𝑦= 0 𝑏𝑧= 4𝑒−2𝑢 𝑏𝑨= 9𝑒−3𝑢 （3）由速度的欧拉表示，得dx u = dy v = dz w，即 dy −2𝑦𝑓−2𝑡 = dz −3𝑦𝑓−3𝑡 积分，得x = 𝑑1，𝑧 = 2 3 𝑒𝑢𝑨 + 𝑑2。

过点(x，y，z) = （1，1，1）时， 𝑑1= 1，𝑑2= 1 − 2 3 𝑒𝑢 则过点（1，1，1）时的流线为x = 1，𝑧 = 2 3 𝑒𝑢(𝑨 − 1) + 1 将(a，b，c) = (1，1，1)代入原方程可得，t= 0时在（a，b，c） = （1，1，1）这一质点的迹线为x = 1，𝑧 = 𝑒−2𝑢，z = 𝑒−3𝑢 （4）已知𝐯 = −2𝑦𝑒−2𝑢𝒌−3𝑦𝑒−3𝑢𝒍 则散度∇ ∙ 𝐯 = ( 𝜖 𝜖𝑦 𝒋 + 𝜖 𝜖𝑧 𝒌 + 𝜖 𝜖𝑨 𝒍) ∙ (−2𝑦𝑒−2𝑢𝒌−3𝑦𝑒−3𝑢𝒍) = 0 旋度∇ 𝐯 = | 𝒋𝒌𝒍 𝜖 𝜖𝑦 𝜖 𝜖𝑧 𝜖 𝜖𝑨 0−2𝑦𝑒−2𝑢−3𝑦𝑒−3𝑢 | = 3𝑒−3𝑢𝒌−2𝑒−2𝑢𝒍 涡线方程dx 𝜕𝑦 = dy 𝜕𝑧 = dz 𝜕𝑨，其中𝜕𝑦 = 0，𝜕𝑧= 3𝑒−3𝑢，𝜕𝑨= −2𝑒−2𝑢 积分，得z = − 2 3 𝑒𝑢𝑧 + 𝑑3，x = 𝑑4 （5）应变率张量S = ( 0−𝑒−2𝑢− 3 2 𝑒−3𝑢 −𝑒−2𝑢00 − 3 2 𝑒−3𝑢00 ) 旋转张量A = ( 0𝑒−2𝑢 3 2 𝑒−3𝑢 −𝑒−2𝑢00 − 3 2 𝑒−3𝑢00 ) 1.8 已知拉格朗日描述为x = a𝑒−2𝑢/𝑘，y = b𝑒𝑢/𝑘,z = c𝑒𝑢/𝑘 （1）问运动是否定常，是否不可压流体，是否无旋流场； （2）求t = 1时在（1，1，1）点的加速度； （3）求过点（1，1，1）的流线。

解： （1）由拉格朗日位置描述反解出拉格朗日坐标， a = x𝑒2𝑢/𝑘，𝑐 = 𝑧𝑒−𝑢/𝑘，𝑑 = 𝑨𝑒−𝑢/𝑘 速度分量为 { 𝑣 = 𝜖𝑦 𝜖𝑢 = a −2 𝑘 𝑒−2𝑢/𝑘 𝑤 = 𝜖𝑧 𝜖𝑢 = 𝑐 1 𝑘 𝑒𝑢/𝑘 𝑥 = 𝜖𝑨 𝜖𝑢 = 𝑑 1 𝑘 𝑒𝑢/𝑘 ，将拉格朗日坐标代入上式，得速度的欧拉描 述为 { 𝑣 = 𝜖𝑦 𝜖𝑢 = − 2 𝑘 x 𝑤 = 𝜖𝑧 𝜖𝑢 = 1 𝑘 y 𝑥 = 𝜖𝑨 𝜖𝑢 = 1 𝑘 z 同理可得加速度的拉格朗日描述 { 𝑏𝑦= a 4 𝑘2 𝑒−2𝑢/𝑘 𝑏𝑧= 𝑐 1 𝑘2 𝑒𝑢/𝑘 𝑏𝑨= 𝑑 1 𝑘2 𝑒𝑢/𝑘 加速度的欧拉描述 { 𝑏𝑦= 4 𝑘2 𝑦 𝑏𝑧= 1 𝑘2 𝑧 𝑏𝑨= 1 𝑘2 𝑨 因速度与加速度的欧拉描述均与时间 t 无关，故上述运动为定常运动 由于速度的散度∇ ∙ 𝐯 = 𝜖𝑣 𝜖𝑦 + 𝜖𝑤 𝜖𝑧 + 𝜖𝑥 𝜖𝑨 = − 2 𝑘 + 1 𝑘 + 1 𝑘 = 0，流体为不可压流体。

速度的旋度∇ 𝐯 = || 𝒋𝒌𝒍 𝜖 𝜖𝑦 𝜖 𝜖𝑧 𝜖 𝜖𝑨 − 2 𝑘 x 1 𝑘 y 1 𝑘 z || = 0，故流场无旋 （2）t = 1时在（1，1，1）点的加速度为 { 𝑏𝑦= 4 𝑘2 𝑏𝑧= 1 𝑘2 𝑏𝑨= 1 𝑘2 （3）流线方程为dx u = dy v = dz w，即 dx −2 𝑘x = dy 1 𝑘y = dz 1 𝑘z ，积分上式，得 x𝑧2= 𝑑1，𝑨 = 𝑑2𝑧 将(x，y，z) = （1，1，1）代入上式，得𝑑1= 𝑑2= 1. 因此，过点（1，1，1）的流线为 x𝑧2= 1，𝑨 = 𝑧 ——————————————————————————————————————— 1.11 已知 u= (a − 1)𝑒𝑢+ 1，y = 1 − (b + 1)𝑒−𝑢，𝑥 = 0，求 （1）加速度场及t = 1时在x = 1，y = 1 处的值； （2）迹线及流线及经（0，1，0）处的流线和t = 1时在（1，0，0）处的迹线； （3）散度及旋度。

解： （1）速度分量为 { 𝑣 = 𝜖𝑦 𝜖𝑢 = (a − 1)𝑒𝑢+ 1 𝑤 = 𝜖𝑧 𝜖𝑢 = 1 − (b + 1)𝑒−𝑢 𝑥 = 𝜖𝑨 𝜖𝑢 = 0 ，积分上式，得 { 𝑦 = (a − 1)𝑒𝑢+ t + 𝑑1 𝑧 = t + (b + 1)𝑒−𝑢+ 𝑑2 𝑨 = 𝑑3 t = 0时，有(x，y，z) = （a，b，c），因此上式的系数为 { 𝑑1= 1 𝑑2= −1 𝑑3= 𝑑 即 { 𝑦 = (a − 1)𝑒𝑢+ t + 1 𝑧 = t + (b + 1)𝑒−𝑢− 1 𝑨 = 𝑑 加速度的欧拉描述 { 𝑏𝑦 = 𝜖𝑣 𝜖𝑢 = (a − 1)𝑒𝑢= 𝑦 − 𝑢 − 1 𝑏𝑧= 𝜖𝑤 𝜖𝑢 = (b + 1)𝑒−𝑢= 𝑧 − 𝑢 + 1 𝑏𝑨= 𝜖𝑥 𝜖𝑢 = 0 t = 1时在x = 1，y = 1 处加速度的值为{ 𝑏𝑦= −1 𝑏𝑧= 1 𝑏𝑨= 0 （2）由（1）知，迹线为 { 𝑦 = (a − 1)𝑒𝑢+ t + 1 𝑧 = t + (b + 1)𝑒−𝑢− 1 𝑨 = 𝑑 由流线微分方程 dx 𝑦−𝑢 = dy t−y，积分得(x − t)(y − t) = 𝑑4，z = 𝑑5 在点（0，1，0）处， 将x = 0，y = 1，z = 0代入上式， 得𝑑4= 𝑢(𝑢 − 1)，𝑑5= 0， 因此在点（0，1，0）处的流线为(x − t)(y − t) = 𝑢(𝑢 − 1)，z = 0 t = 1，(x，y，z) = （1，0，0）代入迹线方程 { 𝑦 = (a − 1)𝑒𝑢+ t + 1 𝑧 = t + (b + 1)𝑒−𝑢− 1 𝑨 = 𝑑 ，得{ 𝑏 = 1 − 𝑒−1 𝑐 = 𝑒 − 1 𝑑 = 0 ，则迹线为{ 𝑦 = −𝑒𝑢−1+ 𝑢 + 1 𝑧 = 𝑒1−𝑢+ 𝑢 − 1 𝑨 = 0 （3）散度∇ ∙ 𝐯 = ( 𝜖 𝜖𝑦 𝒋 + 𝜖 𝜖𝑧 𝒌 + 𝜖 𝜖𝑨 𝒍) ∙ ((𝑦 − 𝑢)𝒋 + (t − y)𝒌) = 0 旋度∇ 𝐯 = | 𝒋𝒌𝒍 𝜖 𝜖𝑦 𝜖 𝜖𝑧 𝜖 𝜖𝑨 𝑦 − 𝑢t − y0 | = 0 ——————————————————————————————————————— 1.15 已知𝑤𝑠= 𝑈(1 − 𝑎2 𝑠2)𝑑𝑝𝑡𝜃，𝑤𝜃 = −𝑈(1 + 𝑎2 𝑠2)𝑡𝑖𝑜𝜃，𝑤𝑨 = 0，画出迹线及流 线。

解：因速度分量与时间无关，因此流动为定常，迹线与流线重合 圆柱坐标系下的流线微分方程为dr 𝑤𝑟 = rdθ 𝑤𝜃 = dz 𝑤𝑨，即 dr 𝑈(1−𝑎 2 𝑟2)𝑑𝑝𝑡𝜃 = rdθ −𝑈(1+𝑎 2 𝑟2)𝑡𝑖𝑜𝜃 积分上式，得(r − 𝑎2 𝑠 )sinθ = 𝑑1，z = 𝑑2 。