第一章 流体流动习题解答1.解：（1） 1atm=101325 Pa=760 mmHg真空度=大气压力—绝对压力，表压=绝对压力—大气压力 所以出口压差为p =461097.8)10082.0(10132576.00⨯=⨯--⨯N/m 2（2）由真空度、表压、大气压、绝对压之间的关系可知，进出口压差与当地大气压无关，所以出口压力仍为41097.8⨯Pa2.解： T =470+273=703K，T =2200kPa混合气体的摩尔质量T m =28×0.77+32×0.065+28×0.038+44×0.071+18×0.056=28.84 g /mol 混合气体在该条件下的密度为：T m =T m0×T 0T ×T T 0=28.8422.4×273703×2200101.3=10.858 kg /m 33.解：由题意，设高度为H 处的大气压为p ，根据流体静力学基本方程，得d T =−TT d T大气的密度根据气体状态方程，得T =TTTT 根据题意得，温度随海拔的变化关系为T =293.15+4.81000T 代入上式得T =TTT（293.15−4.8×10−3T）=−d TT d T移项整理得d TT=−TT d TT (293.15−4.8×10−3T )对以上等式两边积分，∫d TTT101325=−∫TT d TT (293.15−4.8×10−3T )T所以大气压与海拔高度的关系式为ln T 101325=7.13×ln 293.15−4.8×10−3T 293.15即：ln T =7.13×ln (1−1.637×10−5T )+11.526（2）已知地平面处的压力为101325 Pa ，则高山顶处的压力为T 山顶=101325×330763=45431 Pa 将T 山顶代入上式ln 45431=7.13×ln (1−1.637×10−5T )+11.526解得H =6500 m ，所以此山海拔为6500 m 。

4.解：根据流体静力学基本方程可导出T 容器−T 大气=TT (T 水−T 煤油)所以容器的压力为T 容器=T 大气+TT (T 水−T 煤油)=101.3+8.31×9.81×（995−848）1000⁄=113.3 kPa5.解：6030sin 120sin '=⨯== αR R mm以设备内液面为基准，根据流体静力学基本方程，得8.101106081.98501013253001=⨯⨯⨯+=+=-gR p p ρkPa6.解： （1）如图所示，取水平等压面1—1’， 2—2’， 3—3’与4—4’，选取水平管轴心水平面为位能基准面。

根据流体静力学基本方程可知 T A =T 1+TTT 1同理，有 T 1=T 1′=T 2+T T TT 2 ，T 2=T 2′=T 3−TT （T 2−T 3） T 3=T 3′=T 4+T T TT 3 ，T 4=T 4′=T B −TTT 4 以上各式相加，得T A −T B =T T T (R 2+R 3)−TT (T 2−T 1+T 4−T 3)因为 T 2−T 1=T 2，T 4−T 3=T 3T A −T B =(T T −T )T (T 2+T 3)=(13.6−1)×9.81×(0.37+0.28)=80.34kPa 同理，有T T −T T =(T T −T )TT 1=(T T −T )T (T 2+T 3) 故单U 形压差的读数为T 1=T 2+T 3=0.37+0.28=0.65 m（2）由于空气密度远小于液体密度，故可认为测压连接管中空气内部各处压强近似相等。

即 T 2=T 2′≈T 3=T 3′故有 T 2=T 2′=T 3=T 3′=T 4+T T TT 3因为 T 2−T 1+T 4−T 3=T 2+T 3=T +T 4−T 1 ⟹T 4−T 1=T 2+T 3−T所以 T A −T B =T T T (T 2+T 3)−TT (T 4−T 1)=(T T −T )T (T 2+T 3)+TTT =(13.6−1)×9.81×0.65+1×9.81×0.31=83.68kPa此测量值的相对误差为 83.68−80.3480.34×100%=4.16%7.解：（1）在A —A ’，B —B ’两截面间列伯努利方程，得∑+++=+++f h up gz W u p gz 2222222111ρρ其中W =0，1z =2z ，∑fh=2.2J/kg化简为2.2)(21212221+-=-u u p p ρ由题目知：输水量16.1=v q m 3/h 41022.3⨯= m 3/s03.102.0785.01022.3424211=⨯⨯==-d q u vπm/s27.0039.0785.01022.3424222=⨯⨯==-d q u vπm/s 查表得20℃水的密度为998.2kg/m 3所以706.12.2)03.127.0(212.2)(2122212221=+-=+-=-u u p p ρJ/kg 32110703.1706.12.998⨯=⨯=-p p Pa（2）若实际操作中水为反向流动，同样在''B B A A --，两截面间列伯努利方程，得∑+++=+++f h u p gz W u p gz 2221112222ρρ其中W =0，1z =2z ，∑fh=2.2 J/kg化简为2.2)(21222112+-=-u u p p ρ由于流量没有变，所以两管内的速度没有变，将已知数据带入上式，得3221210689.22.2)27.003.1(212.998⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-⨯⨯=-p p Pa8.解： 查表1-3 ，选取水在管路中的流速为u =1.5 m s ⁄，则求管径T =√T T T 4T=√253600⁄0.785×1.5=76.8 mm 查附录 13 进行管子规格圆整，最后选取管外径为83 mm ，壁厚为3.5mm ，即合适的管径为Φ83mm ×3.5mm。

9.解： （1） 管内流体的质量流量q m =ρq v =π4d 2ρu 有上式得出质量流速为ρu =qm π4d 2雷诺数 Re =TTT T =d ×q m π4d 2T =0.2×12003600⁄0.785×0.222×10−5=1.06×105>2000 所以该气体在管内的流动类型为湍流。

（2）层流输送最大速度时，其雷诺数为2000，于是质量流速可通过下式计算：TT =Re μd =2000×2×10−50.2=0.2 kg (m 2∙s ⁄)所以层流输送时的最大质量流量q m =π4d 2ρu =0.785×0.22×0.2×3600=22.608kg h ⁄10.解： （1）根据题意得：T =20T −200T 2，将上式配方得T =20T −200T 2=−200(T −0.05)2+0.5所以当T =0.05m 时管内油品的流速最大，T max =0.5m s ⁄ （2）由牛顿粘性定律得T =−TTTTT其中TTTT=20−400T 代入上式得管道内剪应力的分布式T =−TTTTT=−T (20−400T )=−60×103（20−400T ） 所以管壁处的剪应力 T T =−60×103(20−400×0)=−1.2 N m 2⁄（负号表示与流动方向相反） 11.解：（1） ∏=⨯=Ad e 44润湿周边管道截面积根据题意可算出：2330tan 40==︒AE mm ，462==AE AD mm 8623240=⨯+=AB mm 通道截面积361052.21040)4086(21)(21--⨯=⨯⨯+=⨯+=DE CD AB A m 2 润湿周边2182=++⨯=∏AB CD AD mm = 0.218m046.0218.01052.243=⨯⨯=-e d m（2） v q =40 m 3/h=0.011 m 3/s62.6046.0785.0011.0422=⨯==evd q u πm/s40001004.31012.99862.6046.0Re 53>⨯=⨯⨯⨯==-μρu d e 故该流型为湍流。

12.解： 如课本图1-17，流体在内外管的半径分别为r 1和r 2的同心套管环隙间沿轴向做定态流动，在环隙内取半径为r ，长度为L ，厚度为d r 的薄壁圆管形微元体，运动方向上作用于该微元体的压力为T 1=2TT d TT 1 ，T 2=−2TT d TT 2作用于环形微元体内外表面的内摩擦力分别为T 1=2TTTT r =2TT（TT）r ，T 2=−2T (T +d T )TT r +dr=−2TT （TT ）r +dr因微元体作匀速直线运动，根据牛顿第二定律，作用于微元体上的合力等于零，即2TT d TT 1−2TT d TT 2+2TT (TT )r −2TT (TT )r +dr =0简化后可得T 1−T 2T =1T ∙（TT）r +dr −（TT）r TT =1T ×d （TT）d T在层流条件下，T =−Td Td T带入上式可得d d T (T d T d T )=−TT TTT 上式积分得T d T d T =−TT 2TTT 2+T 1 T =−TT 4TTT 2+T 1TTT +T 2 利用管壁处的边界条件 T =T 1 时，T T =0；T =T 2 时，T T =0 可得T 1=TT 4TT (T 22−T 12)TTT 2T 1⁄ ；T 2=−TT 4TT[−T 12+(T 22−T 12)ln T 2T 1ln T 1] 所以同心套管环隙间径向上的速度分布为T =TT 4TT [（T 12−T 2）+(T 22−T 12)ln T 2T 1ln T T 1]13.解： 取桶内液面为1—1’截面，桶侧面开孔处的截面为2—2’截面，开孔处离桶底距离为h ，从1—1’截面至2—2’截面列机械能守恒方程式，得∑+++=++fh up gz u p gz 2222222111ρρ以2—2’截面为基准面，则T 1=T −T ，z 0=0，1p =2p =0(表压)，T 1=0，∑T f =0T (T −T )+0+0=0+0+T 222化解得 T 2=√2T (T −T )假设液体的水平射程为X ，则h =12gt 2T =T 2T =√2T (T −T )×√2T T =2√−T 2+TT =2√−(T −T 2)2+T 24所以当h= T2时，射程最远， X max =T 。