工程流体力学课后习题答案杜广生1112文档格式.docx
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9.解:
如图所示,
F=μAU
h
=17.83⨯10-6⨯π⨯0.2⨯
0.3
0.001
=3.36⨯10-3N
高度为h处的圆锥半径:
r=htanα,则在微元高度dh范围内的圆锥表面积:
dA=2πr
dh
cosα
=2πhtanαdh
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:
dυυωrωhtanα
===
υδδδ
则在微元dh高度内的力矩为:
dM=τdA⋅r=μωhtanα2πhtanαdh⋅htanα=2πμωtan
α
h3dh
δ
因此,圆锥旋转所需的总力矩为:
cosαδ
⎰
ωtan3αH
ωtan3αH4
M=⎰
dM=2πμ
d
h3dh=2πμ
0δ
cosα4
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:
υ=nπD
60
dυυ
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:
=
dyδ
υ
则轴与轴承之间的总切应力为:
T=τA=μπDb
υ2
克服轴承摩擦所消耗的功率为:
P=Tυ=μπDb
因此,轴的转速可以计算得到:
60Pδ
πDμπDb
3.14⨯0.20.245⨯3.14⨯0.2⨯0.3
60υ
n====2832.16r/min
πD
11.解:
2πn2π⨯90
根据转速n可以求得圆盘的旋转角速度:
ω===3π
6060
如图所示,圆盘上半径为r处的速度:
υ=ωr,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:
则微元宽度dr上的微元力矩:
dM=τdA⋅r=μωr2πrdr⋅r=2πμ3πr3dr=6π2μr3dr
δδδ
因此,转动圆盘所需力矩为:
D
μ2μ(D2)40.40.234
M=dM=6π2
r3dr=6π2=6⨯3.142⨯⨯
=71.98N⋅m
⎰⎰
12.解:
δ40.23⨯10-34
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:
τ=μdυ=ρνυ=885⨯0.00159⨯4=2814.3Pa
dyδ2⨯10-3
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。
Dd
间隙宽度:
δ=
-=152.6-152.4⨯10-3=0.1⨯10-3m
22
因此,活塞运动时克服摩擦力所消耗的功率为:
υυ2
P=Tυ=τAυ=μπdLυ=ρνπdL
dd
=920⨯0.9144⨯10-4⨯3.14⨯152.4⨯10-3⨯30.48⨯10-2⨯
14.解:
62
0.1⨯10-3
=4.42kW
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M=Jdω
dt
2πn2π⨯600
圆盘的旋转角速度:
ω===20π
圆盘的转动惯量:
J=mR2=GR2
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:
α=0.02rad/s2
粘性力力矩:
M=Tr=τAd=μ
ωd
2πdLd=20π2μ
d3L
,式中,T为粘性内摩擦力,d为轴的直径,L
2δ
为轴套长度,δ为间隙宽度。
因此,润滑油的动力粘度为:
24δ
JαGR2αδ500⨯(30⨯10-2)2⨯0.02⨯0.05⨯10-3
μ=
20π2
==
d3L5gπ2d3L
4δ
5⨯9.8⨯3.142⨯(2⨯10-2)3⨯5⨯10-2
=0.2325Pa⋅s
15.解:
查表可知,水在20摄氏度时的密度:
ρ=998kg/m3
,表面张力:
σ=0.0728N/m
,则由式h=4σcosθ
ρgd
可得,
h=4σcosθ=4⨯0.0728⨯cos10
=3.665⨯10-3m
ρgd998⨯9.8⨯8⨯10-3
16.解:
查表可知,水银在20摄氏度时的密度:
ρ=13550kg/m3
σ=0.465N/m
h=4σcosθ=4⨯0.465⨯cos140
=-1.34⨯10-3m
ρgd13550⨯9.8⨯8⨯10-3
负号表示液面下降。
第二章习题
因为,压强表测压读数均为表压强,即pA
=2.7⨯104Pa
,pB
=-2.9⨯104Pa
因此,选取图中1-1截面为等压面,则有:
pA=pB+ρHggh,查表可知水银在标准大气压,20摄氏度时的密度为13.55⨯103kg/m3
p-p
(2.7+2.9)⨯104
AB
因此,可以计算h得到:
h=
ρHgg
==0.422m
13.55⨯103⨯9.8
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:
p2=pa2+ρ水gh2
(1)
p1=pa1+ρ水gh1
(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pa1和pa2,并且存在如下关系:
pa1-pa2=ρagH(3)
而煤气管道中1和2处的压强存在如下关系:
p1=p2+ρ煤气gH
(4)
联立以上四个关系式可以得到:
ρ水g(h1-h2)+ρagH=ρ煤气gH
ρ(h-h
即:
=+12
=1.28+1000⨯(100-115)⨯10
=0.53/3
水)
ρ煤气ρaH
kgm
20
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:
pA+ρ水gh1=pa+ρHggh2
因此,可以得到:
AaHg2水1
p=p+ρgh-ρgh=101325+13550⨯9.8⨯900⨯10-3-1000⨯9.8⨯800⨯10-3=212.996
kPa
设容器中气体的真空压强为pe,绝对压强为pab
如图所示,选取1-1截面为等压面,则列等压面方程:
pab+ρg∆h=pa
因此,可以计算得到:
p=p
-ρg∆h=101325-1594⨯9.8⨯900⨯10-3=87.3
aba
真空压强为:
pe=pa-pab=ρg∆h=14.06
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:
pA+ρ水g(HA-H)=p1p2+ρHggh=p1
pB=p2+ρ水g(h+H-HB)
联立以上三式,可得:
pA+ρ水g(HA-H)=pB-ρ水g(h+H-HB)+ρHggh
化简可得:
(p-p
)+ρ
g(H
-
H)
h=AB水AB
(ρHg-ρ水)g
2.744⨯105-1.372⨯105+1000⨯9.8⨯(548-304)⨯10-2
==1.31m
(13550-1000)⨯9.8
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:
pab-ρ水g(h2-h1)=p1
p1+ρHgg(h2-h3)=p2=pa
因此,联立上述方程,可得:
pab=pa-ρHgg(h2-h3)+ρ水g(h2-h1)
=101325-13550⨯9.8⨯(1.61-1)+1000⨯9.8⨯(1.61-0.25)=33.65kPa
因此,真空压强为:
pe=pa-pab=101325-33650=67.67kPa
如图所示,选取1-1截面为等压面,
F4F4⨯5788
载荷F产生的压强为p====46082.8Pa
Aπd23.14⨯0.42
对1-1截面列等压面方程:
(pa+p)+ρoigh1+ρ水gh2=pa+ρHggH
解得,
H=p+ρoigh1+ρ水gh2=46082.8+800⨯9.8⨯0.3+1000⨯9.8⨯0.5=0.4m
13600⨯9.8
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:
pa+ρ液体gh1=pa+ρHggh2
对2-2截面:
pa+ρ液体gh4=pa+ρHggh3
联立上述方程,可以求解得到:
ρHggh3h3h10.30⨯0.60
4
h====0.72m
ρ
液体gh2
0.25
如图所示,取1-1截面为等压面,列等压面方程:
pA+ρ油g(h+∆h)=pB+ρ油g(hs+∆h)+ρHggh因此,可以解得A,B两点的压强差为:
∆p=pA-pB=ρ油g(hs+∆h)+ρHggh-ρ油g(h+∆h)
=ρg(h
-h)+ρ
gh=830⨯9.8⨯(100-200)⨯10-3+13600⨯9.8⨯200⨯10-3
油sHg
=25842.6Pa=25.84kPa
如果hs=0
,则压强差与h之间存在如下关系:
=(ρHg-ρ油)gh
如图所示,选取1-1,2-2,3-3截面为等压面,列等压面方程:
pA+ρ油g(hA+h1)=p2+ρHggh1
p3-ρ油g(hB+h2-hA)=p2
对3-3截面:
pB+ρ油ghB+ρHggh2=p3
联立上述方程,可以解得两点压强差为:
∆p=pA-pB=ρHggh1-ρ油gh1-ρ油gh2+ρHggh2
=(ρHg
-ρ油
)g(h+h)=(13600-830)⨯9.8⨯(60+51)⨯10-2
12
=138912.1Pa=138.9kPa
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:
pB+ρgh=pa
因此,B点的计示压强为:
,式中:
h=80⨯10-2
⨯
sin20
p=p
-p=-ρgh=-870⨯9.8⨯80⨯10-2⨯sin20=-2332Pa
eBa
pa+ρ油gH=pa+ρ水g(H-0.1)
解方程,可得:
=
H=ρ水⨯0.11000⨯0.1=0.5m
ρ水-ρ油
1000-800
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:
p1+ρ酒精gH1=p2+ρ煤油gH2
,由于此时p1=p2,因此可以得到:
ρ酒精gH1=ρ煤油gH2
(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h/100。
此时,取0’-0’截面为等压面,列等压面方程:
'
h'
h
p+ρ酒精g(H1-h-100)=p+ρ煤油g(H2-h+100)
由此可以求解得到压强差为:
煤油
∆p=p'
-p'
=ρ
g(H2
h+
100
)-ρ酒精
g(H1
h-
h)100
=(ρ
gH-ρ
gH)+gh(101ρ
-99ρ)
煤油2
酒精1
100酒精
100煤油
将式
(1)代入,可得
∆p=gh(101ρ
-99ρ
)=9.8⨯0.28⨯(101⨯870-
99⨯830)=156.4Pa
100100
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
pA=0.1F+F+pe(A-A'
),
式中A为活塞面积,A’为活塞杆的截面积。
由此可得:
1.1⨯7848+9.81⨯104⨯π(0.12-0.032)
p=0.1F+F+pe(A-A'
)=4=1189.0kPa
A
π⨯0.12
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tanα=a
h'
-h'
另外,根据几何关系,可知:
tanα=21
(2)
l1+l2
+h
根据液体运动前后体积不变关系,可知:
h=1
,h=2
1222
即,h'
=2h-h,h'
=2h-h
1122
a2(h-h)
将以上关系式代入式
(2),并结合式
(1),可得:
=21
gl1+l2
即加速度a应当满足如下关系式:
a=2g(h2-h1)
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:
m2g-Cfm1g=(m2+m1)a,计算得到:
mg-Cmg25⨯9.8-0.3⨯4⨯9.8
a=2f1==8.043m/s2
(m2+m1)25+4
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:
tanα=a
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:
b⨯b⨯h=b⨯b⨯H-1b⨯b⨯btanα
2
118.043
H=h+
btanα=0.15+
⨯0.2⨯
=0.232m
229.8
17.解:
容器中流体所受质量力的分量为:
fx=0,fy=0,fz=a-g
dp=ρ(fxdx+fydy+fzdz)=ρ(a-g)dz
根据压强差公式:
p-h
⎰dp=⎰
ρ(a-g)dz
积分,
pa0
⎛a⎫
p-pa=ρ(a-g)(-h)-ρ(a-g)0=ρh(g-a)=ρghç
ç
1-g⎪⎪
⎝⎭
所以,
p=pa+ρghç
1-⎪
a=g-p-pa
p-pa=ρh(g-a)
ρh
(1)
p=pa+ρh(g-a)=101325+1000⨯1.5⨯(9.8-4.9)=108675Pa
(2)式
(1)中,令p=pa
,可得a=g=9.8m/s2
(3)令p=0
代入式
(1),可得a=g-p-pa
ρh
=9.80665-0-101325=58.8ms2
1000⨯1.5
18.解:
初始状态圆筒中没有水的那部分空间体积的大小为
V=1πd4
(H-h1)
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:
V=1⋅1πd2h
24
(2)
由
(1)
(2),得
1πd2(H-h)=1⋅1πd2h
4124
即
(3)
h=2(H-h1)
等角速度旋转容器中液体相对平衡时等压面的方程为
ω2r2
-gz=C
2(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,r=,z=h,则
ω
2⎛d⎫
⎪
得
22gh
ω=
由于
ω=2πn1
⎝2⎭-gh=02
(6)
(7)
(8)
n1=
30ω
π
=30⋅=
602gh
πdπd
(9)
(1)水正好不溢出时,由式(4)(9),得
602g⋅2(H-h)
120
g(H-h)
n=1=1
1
n=120
πd
⨯9.80665⨯(0.5-0.3)
π⨯0.3
=178.3(r
min)
(10)
(2)求刚好露出容器底面时,h=H,则
602gH
n1=πd=πd=
60⨯2⨯9.80665⨯0.5
=199.4(r
(3)旋转时,旋转抛物体的体积等于圆柱形容器体积的一半
V=1⋅1πd2H
24(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
(H-h2)
(12)
由(11)(12),得
1⋅1πd
24
2H=
1πd
(13)
h=H
=0.5=0.25(m)2
19.解:
根据转速求转动角速度:
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:
p=ρg(
ω2r2
2g
-z)+C
由于铁水上部直通大气,因此在坐标原点处有:
z=0,r=0,p=pa,因此可得,C=pa
此时,铁水在旋转时内部压强分布为:
z)+pa
代入车轮边缘处M点的坐标:
z=-h,r=d,可以计算出M点处的计示压强为:
ω2r2
ω2d2
(20π)2(0.9)2
p-p
=ρg(
-z)=ρg(+h)=7138⨯9.8⨯(+0.2)=2864292.4Pa
a2g8g
8⨯9.8
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:
p=ρg(
z)+C
如图所示,取空气所
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