冶金传输原理吴铿编动量传输部分习题参考答案.docx
《冶金传输原理吴铿编动量传输部分习题参考答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《冶金传输原理吴铿编动量传输部分习题参考答案.docx(27页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
冶金传输原理吴铿编动量传输部分习题参考答案
第一章习题参考答案(仅限参考)
7.c8.a
1.d2.c3.a(题目改成单位质量力的国际单位)4.b5.b6.a
9.c(不能承受拉力)10.a11.d12.b(d为表现形式)
13•解:
由体积压缩系数的定义,可得:
14•解:
由牛顿内摩擦定律可知,
式中
Afdl
由此得
■dVx.v
F=JAx-Ldl—:
8.57N
dy&
第二章参考习题答案(仅限参考)
1.a2.c3.b4.c
5•解:
p厂Pa‘油g0、水gh?
二'汞ghPa
兀
h=—
Fp7油gh
水gh,
2
rd
=0.4m
Pg
(测压计中汞柱上方为标准大气压,若为真空结果为
1.16m)
6•解:
(测压管中上方都为标准大气压)
(1)Pl=Pa'油gh3-?
水g®-hiPa
3
p=833kg/m3
(2)P厂Pa'油g%一0二^水gh,-hlPa
h3=1.8m.
D22
S0.1256m
2
V水=S0=0.12560.5=0.0628m3
V由=Sh^h^7-0.12561.^0.16328m3
7•解:
设水的液面下降速度为为
dz
V,V=-一
dt
3T
单位时间内由液面下降引起的质量减少量为:
V「一
4
则有等式:
v^2",代入各式得:
4
豈汙巾274」5整理得:
-P
二d2
1t
z°5dz=0.274dt=0.274t
20
解得:
t
1
0.274
二d
2
4
2(1—忑)=1518s
8•解:
Pi二PoYgh
P2二Po7gh
卩二Pi_P2二0-「sgh=248.7Pa
第三章习题参考答案(仅限参考)
1.b2.c3.c4.c
5•答:
拉格朗日法即流体质点法必须首先找出函数关系x(a,b,c,t),y(a,b,c,t),
z(a,b,c,t),p(a,b,c,t)等。
实际上就是要跟踪每一个流体质点,可见这个方法在方程的建立和数学处理上将是十分困难的。
因而除研究波浪运动等个别情况外很少采用。
实际上,在大多数的工程实际问题中,通常并不需要知道每个流体质点至始至终的运动过程,而只需要知道流体质点在通过空间任意固定点时运动要素随时间变化状况,以及某一时刻流场中各空间固定点上流体质点的运动要素,然后就
可以用数学方法对整个流场进行求解计算。
6•答:
流体在运动过程中,若每一空间点的物理量(运动参数)不随时间改变,则称为恒定流动(又称定常流动),否则称为非恒定流动(又称非定常流动)流体质点的运动轨迹称为迹线。
流线是速度场的矢量线,是某瞬时在流场中所作的一条空间曲线。
7.解:
(1)Re=Vmd」20021052300,湍流
Re二
Vmd
0.215010’
2810*
=107.1:
:
2300,层流
v1^10
.dx
如飞k1^dydt
k2』
•dt
8.答:
v=Q/A,断面平均流速是一种假想的流速,即过断面上每一点的平均流速都相同。
断面平均流速的概念十分重要,它将使我们的研究和计算大为简化。
9.答:
不正确。
均匀流是相对于空间分布而言,恒定流是相对于时间而言。
均匀流的不同时刻的速度可以不同,也可以相同。
恒定流的不同空间点上的速度可以不同,也可以相同。
当流量不变时,通过一变直径管道,显然是恒定流,但不是均匀流。
10.解:
根据欧拉法中速度的定义:
Vx(x,y,z,t)=—
ct
Vyx,y,z,ty得:
ct
Vz(x,y,z,t尸乎
右边第一个式子,两边对t求导,联合第二个式子可得:
d2x
牙ki2x=0,解这个常微分方程得:
dt2
xcos(k|t)c2sin(k|t)
将x带入原方程得:
y=C|Sin(kjt)-qcos(k(t),k2tc3
再根据初始条件,得:
G=a,q=-b,c3=c
于是得到拉格朗日法表示为:
x=acos(kjt)-bsin(k1t)
y二asin(k1t)bcos(k1t)
z=k2tc
11.
ax
■:
Vx
■:
Vx
.:
t
Vx—
vy
■:
Vx
■:
y
Vz
■:
Vx
ay
.:
t
Vx—
.x
vy
-Vy
'Vy
Vz—
;z
az
.vz
.:
t
Vx
Vy
■:
y
Vz
.:
vz
将速度代入随体导数中,得:
22322
ax=0xy2xy]亠[3y][x0=2xy-3xy
解:
根据随体导数定义:
ay=0-3y-300=9y
az=0008z3=8z3
代入点(1,2,3)得:
ax=2
ay-18
、az=216
第四章习题参考答案(仅限参考)
1.错、错、错2.a3.c
4•解:
根据平面不可压缩流体连续性的性质:
(1)2Yz=o;连续
x;z
(2)^Vz=10=1;不连续
x;z
(3)乞•昱=2x•1;当x=0.5时连续,其他情况不连续
cXcZ
5•解:
同题4,
avx
=Aycos(xy)
/x
(1M:
;当x=y时,连续;其他情况不连续
:
Vy
Axcos(xy)
A
y;连续
A
y
6.解:
应用伯努利方程:
'2
R丄+o亠+o+o
;g2g:
g
解得v=J"|(p—p)=20.98m/s
1233
流量Q3.14dv=2.3710m/s
4
7.解:
根据流体静力学知识得到以下关系式:
Pl「gh=P2「水gh2「g:
h
根据左右两管水的体积相等,有:
d2D2
hd2:
h—
44
/口d2
得E莎h,代入可解得:
h=9^020伽
2
:
:
水g-“22亍
8•解:
选取圆柱坐标系,假设流动是沿z轴方向进行,且为充分发展的层流流动。
根据已知条件可知,流动是轴对称,B方向可不考虑,仅z方向有流动。
由连续性方程、稳定流动,忽略质量力,则有:
0;
.:
t
二-0;
.:
z:
:
二
化简得:
(r
二)
丁
1?
?
.71;:
P
(r「)=常数
1-.、1-.'IIf-.
r:
丁:
丁z
进行第一次积分,并将边界条件r=0处,代入,算得积分常数C1;再进行第次积分,并将r=R处,uz=0代入,算得出C2。
最后得到:
z二VdF(R2-r2)—RdF【1-(R)2]
4」dz4」dzR
式中r为管截面上速度为uz处到管中心的距离,R为圆管半径。
显然其速度分布呈抛物线形。
下面很容易推导出uz与uzmax的关系为:
r2
z=zmax[1-(匸)2]
R
9.解:
列1-2处的伯努力方程:
(以2处为0基点),用相对压强计算:
22
0Agh2=0空0
22
由于水槽的直径比虹吸管的直径大很多,那么就可以近似设W等于0
代入可得V2二.2^2=8.86m/s
d2d2
流量Q=v2宜3.14h;〕2gh2丄3.14=6.2610^m3/s
44
同理列2-3处的伯努利方程(P2为什么为0):
(以2处为0基点)
22
直仏g(hh2)=0V^0
P22
根据质量守恒:
3处和2处的速度满足:
吃d22,得v3=v=2.215m/s
444
代入得:
S-Vi2、
\1
+h2)
12g丿
5-
■g--22024.3Pa
负号表示C处的压强低于一个大气压,处于真空状态。
正是由于这一真空,才可将水箱中的水吸起。
用绝对压强表示:
101325-22024.3=79300.7Pa.
第五章习题参考答案(仅限参考)
1.a2.b3.d4.c5.d
扎..LPVm
6.解:
"d2
6464
r2
、LPVm
P二
d
假设雷诺数小于2300,有乙矿不,代入上式得:
64L‘Vm264Lvm
Vmdd22d2
2d2心p2江0.152沃0.965X06,
则Vm64L「64410^9201000.山S
vd184x015
R「4=E^69"2300,符合假设
:
d
Vm
3.140.1521.84
4
=0.03m:
s
另一种简单计算方法:
假设雷诺数小于2300,有
Re二騒二1.84°?
5二690:
:
2300,符合假设v4汉10
0.4250.3
1.210,
-1063:
:
2300
7.解:
Vm=程40.032=0.425ms
兀d3.14乂0.3
2坐=0.06Re
-hf=
Lvm2300.4252
—=0.060.06m
0.32x9.81
d2g
&解:
Vm4Q
_40.05
二d2一3.140.252
=1.02ms
vmd1.02925Re二
1.00710-6
=2.5105
105
皿"0052;
0.25
查莫迪图得
心0.031
hf
I2
LV^=0.031
d2g
2
1001.02c“
0.66m
0.2529.81
9•解:
4Q
‘0.329
260
3.140.052
=1.4ms
Pg
L
2父6168.6
10
2
-0.03沃
-6.29-6-
0.29
d
1000汉1.4
0.05
匚、L、
2vm
700、
S
U+扎一
2.9沃3+0.02江
i
id丿
2g
0.15丿
10.解:
二h=
1.132
X
2汇9.81
i匚-rL
Id丿2g
_2p
=7vm2
6.64m
11•解:
Re二Vmd
V
0.250.3051.23
1.7810°
二5269105
*/0.037
Re
d2
21—v
(2)乞g)3
32
1
0.3050.0371.230.25
8
1-0.39
0.393
6
5.58Pa
0.0012
12.解:
v
4Q
6060
3.14d2
25ms
解得d=1.3m
251.3=2.07106105
5
1.5710
0.0005=0.000385;杳莫迪图得店0.0155
1.3
2
Vm
h--/.-
d/2g
二2.5110.0155120
I1.3丿
252
921.57m
29.81
p='gh=1.239.81921.57=11120Pa
Pi
pa-p二1.5691.01325-0.1110^2.471
105Pa
13.
解:
vm
4Q
2
60——=11.9m,s
2
3.140.72
Re
Vmd
11.90.72
5
0.15710^5.4610
0.2
(1)
d720
=0.000278;查莫迪图得X=0.0147
2
Lvm
d2g
2
28.611.9
=0.01474.21m
0.722汉9.81
hf
720
■2
LVm
d2g
=0.00278;查莫迪图得入二0.0265
28.611.92
二0.03657.60m
0.722981
第六章习题参考答案(仅限参考)
65
xReT
5x5^3j3
6=才=i=8.13汉10m
2•解:
Rex
%x=30.17x
—=1510"6
=2105
Re<3.410
3•解:
500.9
1510"
=3106
Rexcr
x=0.1m
丄=503=1.0107
1510=
CfL
1.292^0.41汩
CfT
0.074=2.9510,
ReL0.2
CfT_CfLRexcr
二7620(若查表,则A*=8700)
Ff
J2
bl二
2
0.074
Rq
A*仏
Re.」
2
bl二9.86N
2
(查附录
1,对应的p=1.205kg/m3)
Ff
二2。
仕
bl
2
1.70N
第七章习题参考答案(仅限参考)
1•解:
由于—=0.5:
:
:
0.528,所以应为超声速流动,但收缩喷管出口喷速最大只能达到
Po
Gmax
心040“;
.2
=0.0404黔
=0.242kg/s
声速,即Ma=1。
直接根据书中公式(7-39),
(本题根据查附录得到数据也能计算)
2.解:
a二kRT=340m/s
=0.45
a500
sin:
■
v1118
v=756m/s
v
Ma2.22
3.解:
T=T298-0.0065z=233K
a=kRT=306m/s,v=250m/s
v
Ma0.82
a
4.解:
a二kRT=374m/s
Ma=也=0.374
a
杳附录得,-1:
0.976
T0
T01357K
00.976
5.解:
由Ma=0.8,查附录5可知:
■Pe:
0.656,Te:
0.887
p0T0
5
Pe=0.656p0=3.2210Pa
a°=.kRT0=343m/s
Te=0.887Tq=260K
ae二kRTe=323m/s
Ve=aeMae=258m/s
6.
解:
色=0.8660.528,故为亚声速流动,所以:
Po
P=0.433<0.528
Po
語晋321.6皿
e
若为拉瓦尔喷管,查表得Ma=“5,Te
:
0.791
若为收缩喷管,取Ma=1直接根据书中公式(7-36)
Te=0.79仃0=0.791卫244K
ve=aeMa=Ma..kRT=360m/s
7.解:
理=0.0909:
:
0.528,超声速流,且为拉瓦尔喷管,查附录5可知:
Po
PTA
Mae=2.20,」0.184,e:
0.508,2.00
P。
ToA*
Te=0.508T0=159K
7=0.184订=2.43kg/m3
ae=■.kRTe=240.6m/s
ve=aeMae=529.3m/s
Ade2二—=2.1310Jm2
4常e
■!
2Ae32
Ade1.0710m
42.00
de=52mm,d*=37mm
8.解:
由Ma。
=2,查附录5可知:
peTeA
-0.128,丄:
0.556,1.69
p0T0A*
5
心=7.9310Pa
Te=0.556T0=167K
ae二-kRE=246.3m/s
ve=aeMae=492.6m/s
代二匹=0.020m2,A*a-0.118m2
e1.69
9.解:
也=0.103:
:
:
0.528,查附录5可知:
P0
PT
Ma=2.15,」0.195,亠:
0.520
P。
%
Te=0.520T0=156K
ve=aeMa=Ma、..kRT。
=512m/s
:
:
e=0.195J=0.195匹=2.45kg/m3
RT0
-0.00196m2
G=:
'e。
代=2.46kg/s
第八章参考习题答案(仅限参考)
1.d2.d3.d4.d5.c
6•答:
几何相似:
如果两个物体各点之间存在一个对应,使得对应点之间
距离之比对所有可能的点都为C,则称为两物体几何相似。
运动相似:
原型与模型中对应的运动参数如加速度、速度方向一致,大小成比例。
动力相似:
两个运动相似的液流中,在对应瞬间,对应点上受相同性质力的作用,离得方向相同,且各对应的同名力成同一比例,贝U两液流动力相似。
7•解:
(单位长度的压降)由题中给出的条件可以得到:
f厶p,:
「』,r=0,
选取ur,P为三个基本物理,前已证明这三个物理量在量纲上是独立的,这样有
兀“=兀c=
1abc12ab-c2
vr1vr2p22
根据特征数的量纲为1(量纲和谐原理)的特点,确定ai、bi、ci。
由于
[i]二
[1][LtJ]a1[L]bl[MLJ3]c1
1=C1;对[t]:
-2=-a1。
这三式联立求解,则
「ML-1t-21
因此对[L]:
-1=ai+bi-3ci;对[M]:
得a1=2,b1=0,C1=1,于是有:
:
:
二1
同理可以求出:
■:
2
(Pu2,Pur』
=0,
&解:
马赫数相等,
Ma
=449.56m/s
;,2可1亠2
:
'1V2l^l1
雷诺数相等,
Re出1-小
v*1匕T2
V2l2”1T|
=819.5kPa
9•略。
直接代入化简即可得证
10.解:
Re-D=0.202:
:
1
5
=0.105
139.81910
(1100-0.2)10厂
18223100.2
VVVt,不会沉降
丄(1100-0.2)103
18
2
9.81d
22310占0.2
=0.5
.vd
d=1.910m,Re=0.426:
:
1,符合
V
32
11.解:
(少两个条件,0.4kg/m,':
0.9cm/s)
vtdtvmdm
雷诺数相等,Re=4=』^
vtvm
欧拉数相等,
P
巾m—Pt」
u2
七=6307.5Pa
tt
12.
Ut=丄(戸_Pf)t18(sf)
S.18m/s
解:
Re二屯=143>1不符
1/3
v,
「4(Ps—Pf)2g2
225Pf4j