流体力学习题解 余志豪

流点不是数学上无限小的分子点，而是在连续介质假设下取出的流体微团。设分子平均自由程或分子尺度为 \\(\ell_m\\)，宏观流动特征长度为 \\(L\\)，可以选取一个中间尺度 \\(\\delta l\\)，使
\\[
\\ell_m\\ll \\delta l\\ll L.
\\]
这个微团内仍含大量分子，因而密度、速度、压强、温度等统计平均量有稳定意义；同时它相对宏观长度又足够小，可以近似看成几何点。这样的物质微团通常称为流点或流体质点。空间点则只是欧拉描述中的固定几何位置 \\((x,y,z)\\)，不随某一团流体一起运动。连续介质处理的必要性在于，若直接追踪分子运动，未知量数量巨大，无法用 \\(\\rho,\\mathbf v,p,T\\) 这样的场变量建立连续方程和动量方程。连续介质处理的可能性在于上述尺度分离成立，故可写
\\[
\\rho=\\rho(x,y,z,t),\\quad \\mathbf v=\\mathbf v(x,y,z,t),\\quad p=p(x,y,z,t).
\\]
由此才能定义 \\(dV\\)、\\(dS\\)、\\(\\nabla\\cdot\\mathbf v\\)、\\(D\\rho/Dt\\) 等微分量，并用质量守恒、动量守恒和能量守恒推导流体力学方程。若气体极稀薄、\\(\\ell_m/L\\) 不再很小，连续介质假设就要修正。

本题先区分两种描述法的自变量含义。欧拉法把流场看成空间点上的函数，空间坐标
\[
x,\quad y,\quad z
\]
与时间 \(t\) 相互独立，因此密度写作
\[
\rho=\rho(x,y,z,t).
\]
这里的 \(x,y,z\) 是“观察位置”，不是某个固定流体质点的标签。若在同一空间点等待不同质点经过，仍使用同一组 \(x,y,z\) 来记录该点的场量。

拉格朗日法则跟随某一流体质点。设初始标号为
\[
(a,b,c)\quad \text{或}\quad (x_0,y_0,z_0),
\]
则质点在 \(t\) 时刻的位置为
\[
x=x(a,b,c,t),\qquad y=y(a,b,c,t),\qquad z=z(a,b,c,t).
\]
所以拉格朗日法中的 \(x,y,z\) 是质点位置的因变量；它们由初始标号和时间决定。若要写密度，也应写成
\[
\rho=\rho(a,b,c,t),
\]
表示同一个质点随时间经历的密度变化。

第二问要求用欧拉观点写密度条件。欧拉形式的质量守恒为
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=0,
\]
其中
\[
\mathbf V=(u,v,w).
\]
均质流体表示密度处处相同。若还取不可压常密度模型，则
\[
\rho(x,y,z,t)=\rho_0=\text{常数},
\]
等价于
\[
\frac{\partial\rho}{\partial x}
=\frac{\partial\rho}{\partial y}
=\frac{\partial\rho}{\partial z}
=0.
\]
如果教材只强调“空间均匀”，也可写成 \(\rho=\rho(t)\)，但通常流体力学基础题取 \(\rho_0\) 常数。

无辐散流体在欧拉观点下是速度场散度为零：
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
若再代入常密度连续方程，则有
\[
\frac{D\rho}{Dt}=0.
\]
如果按“质量通量无辐散”表述，则写作
\[
\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=0.
\]
两者的区别在于是否已假设 \(\rho\) 为常数。

定常运动是固定空间点上的场量不随时间改变，因此密度条件为
\[
\boxed{\frac{\partial \rho}{\partial t}=0}.
\]
若速度也定常，则还应有
\[
\frac{\partial u}{\partial t}
=\frac{\partial v}{\partial t}
=\frac{\partial w}{\partial t}=0.
\]
结论检查：欧拉法固定空间点，所以使用偏导 \(\partial/\partial t\)；拉格朗日法固定质点，所以使用随体导数 \(D/Dt\)。把这两个导数混用，正是本题最容易出错的地方。

二维速度场的质点加速度必须用随体导数，而不能只看对时间的偏导。设
\[
\mathbf V=(u,v),
\]
则
\[
\mathbf a=\frac{D\mathbf V}{Dt}
=\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+u\frac{\partial\mathbf V}{\partial x}
+v\frac{\partial\mathbf V}{\partial y}.
\]
分量形式为
\[
a_x=\frac{\partial u}{\partial t}
+u\frac{\partial u}{\partial x}
+v\frac{\partial u}{\partial y},
\qquad
a_y=\frac{\partial v}{\partial t}
+u\frac{\partial v}{\partial x}
+v\frac{\partial v}{\partial y}.
\]

第一组速度场为
\[
u=-\omega y,\qquad v=\omega x.
\]
它不显含时间，所以
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=0,\qquad
\frac{\partial v}{\partial t}=0.
\]
各空间偏导为
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=0,\qquad
\frac{\partial u}{\partial y}=-\omega,
\]
\[
\frac{\partial v}{\partial x}=\omega,\qquad
\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
代入随体导数：
\[
a_x=u\cdot0+v(-\omega)=-\omega(\omega x)=-\omega^2x,
\]
\[
a_y=u(\omega)+v\cdot0=\omega(-\omega y)=-\omega^2y.
\]
因此
\[
\boxed{\mathbf a=(-\omega^2x,-\omega^2y)}.
\]
该速度场对应绕原点的刚体式旋转。质点到原点的距离
\[
r=\sqrt{x^2+y^2}
\]
保持不变，速度大小为
\[
|\mathbf V|=\omega r,
\]
所以向心加速度大小为
\[
\frac{|\mathbf V|^2}{r}=\omega^2r,
\]
方向指向原点，与上式完全一致。这里虽然流场定常，质点仍有加速度，因为质点运动到不同位置时速度方向不断改变，这就是对流加速度。

第二组速度场为
\[
u=mt,\qquad v=nt.
\]
它只依赖时间，不依赖空间位置，所以
\[
\frac{\partial u}{\partial x}
=\frac{\partial u}{\partial y}
=\frac{\partial v}{\partial x}
=\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
当地加速度为
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=m,\qquad
\frac{\partial v}{\partial t}=n.
\]
因此
\[
\boxed{\mathbf a=(m,n)},\qquad
|\mathbf a|=\sqrt{m^2+n^2}.
\]
结论检查：第一题是“定常但有加速度”，原因是速度方向随空间变；第二题是“非定常但无对流加速度”，原因是速度在同一时刻处处相同，只随时间整体改变。

把位矢写成极坐标基向量形式：
\[
\mathbf r=r\mathbf e_r,\qquad
\mathbf e_r=\cos\varphi\,\mathbf i+\sin\varphi\,\mathbf j,\qquad
\mathbf e_\varphi=-\sin\varphi\,\mathbf i+\cos\varphi\,\mathbf j.
\]
由于 \(r,\varphi\) 都随时间改变，不能只对 \(r\) 求导，还要对基向量求导。先由定义得
\[
\frac{d\mathbf e_r}{dt}
=(-\sin\varphi\,\mathbf i+\cos\varphi\,\mathbf j)\dot\varphi
=\dot\varphi\,\mathbf e_\varphi,
\]
\[
\frac{d\mathbf e_\varphi}{dt}
=(-\cos\varphi\,\mathbf i-\sin\varphi\,\mathbf j)\dot\varphi
=-\dot\varphi\,\mathbf e_r.
\]
速度为
\[
\mathbf V=\frac{d}{dt}(r\mathbf e_r)
=\dot r\,\mathbf e_r+r\dot{\mathbf e}_r
=\dot r\,\mathbf e_r+r\dot\varphi\,\mathbf e_\varphi.
\]
所以矢径方向和垂直矢径方向的速度分量为
\[
V_r=\dot r,\qquad V_\varphi=r\dot\varphi.
\]
再对速度求导：
\[
\mathbf a=\frac{d}{dt}(\dot r\,\mathbf e_r+r\dot\varphi\,\mathbf e_\varphi).
\]
第一项给出
\[
\frac{d}{dt}(\dot r\,\mathbf e_r)=\ddot r\,\mathbf e_r+\dot r\dot\varphi\,\mathbf e_\varphi.
\]
第二项给出
\[
\frac{d}{dt}(r\dot\varphi\,\mathbf e_\varphi)
=(\dot r\dot\varphi+r\ddot\varphi)\mathbf e_\varphi
r\dot\varphi(-\dot\varphi\mathbf e_r).
\]
合并 \(\mathbf e_r\) 与 \(\mathbf e_\varphi\) 分量：
\[
\mathbf a=(\ddot r-r\dot\varphi^2)\mathbf e_r
(2\dot r\dot\varphi+r\ddot\varphi)\mathbf e_\varphi.
\]
因此
\[
a_r=\ddot r-r\dot\varphi^2,\qquad
a_\varphi=2\dot r\dot\varphi+r\ddot\varphi.
\]
其中 \(-r\dot\varphi^2\) 是向心项，\(2\dot r\dot\varphi\) 来自径向运动时横向基向量也在旋转。

取从北京指向南京的方向为 \(s\) 轴。题给北京温度约为
\[
T_B=10^\circ\mathrm C,
\]
南京温度为
\[
T_N=15^\circ\mathrm C,
\]
两地距离为
\[
L=1000\ \mathrm{km}=1.0\times10^6\ \mathrm m.
\]
若把两地之间温度近似看成线性分布，则沿 \(s\) 方向的温度梯度为
\[
\frac{\partial T}{\partial s}
\approx \frac{T_N-T_B}{L}
=\frac{5}{1.0\times10^6}
=5.0\times10^{-6}\ ^\circ\mathrm C/\mathrm m.
\]

欧拉观点下，气团温度的随体变化为
\[
\frac{DT}{Dt}
=\frac{\partial T}{\partial t}
+\mathbf V\cdot\nabla T.
\]
若风沿北京到南京方向吹，风速为
\[
V=12\ \mathrm{m/s},
\]
则平流项为
\[
\mathbf V\cdot\nabla T
\approx V\frac{\partial T}{\partial s}
=12\times5.0\times10^{-6}
=6.0\times10^{-5}\ ^\circ\mathrm C/\mathrm s.
\]
换算成每天：
\[
6.0\times10^{-5}\times86400
=5.184^\circ\mathrm C/\mathrm{day}.
\]

第一种情形是假设空气向南运动过程中自身温度不变，即
\[
\frac{DT}{Dt}=0.
\]
于是
\[
\frac{\partial T}{\partial t}
=-\mathbf V\cdot\nabla T
\approx -5.184^\circ\mathrm C/\mathrm{day}.
\]
因此南京当天气温约下降
\[
\boxed{5.2^\circ\mathrm C}.
\]
符号为负，是因为南京南侧本来较暖，北方较冷空气被平流带到南京，使固定南京站点温度降低。

第二种情形是气团向南流动过程中自身升温
\[
\frac{DT}{Dt}=2.5^\circ\mathrm C/\mathrm{day}.
\]
仍由物质导数式：
\[
\frac{\partial T}{\partial t}
=\frac{DT}{Dt}-\mathbf V\cdot\nabla T.
\]
代入数值：
\[
\frac{\partial T}{\partial t}
=2.5-5.184
=-2.684^\circ\mathrm C/\mathrm{day}.
\]
所以南京当天气温约下降
\[
\boxed{2.7^\circ\mathrm C}.
\]
结论检查：若风向反过来，即暖空气从南京方向吹向北京，则 \(\mathbf V\cdot\nabla T\) 的符号会变，南京局地温度变化不能沿用本答案。

记
\[
r^2=x^2+y^2+z^2.
\]
流体质点的温度随时间变化应取物质导数：
\[
\frac{DT}{Dt}=\frac{\partial T}{\partial t}+u\frac{\partial T}{\partial x}+v\frac{\partial T}{\partial y}+w\frac{\partial T}{\partial z}.
\]
由 \(T=At^2/r^2\)，有
\[
\frac{\partial T}{\partial t}=\frac{2At}{r^2},
\qquad
\frac{\partial T}{\partial x}=-\frac{2At^2x}{r^4},
\]
\[
\frac{\partial T}{\partial y}=-\frac{2At^2y}{r^4},
\qquad
\frac{\partial T}{\partial z}=-\frac{2At^2z}{r^4}.
\]
又 \(u=xt,\ v=yt,\ w=zt\)，所以对流项为
\[
-\frac{2At^2}{r^4}(xt\,x+yt\,y+zt\,z)=-\frac{2At^3}{r^2}.
\]
因此
\[
\frac{DT}{Dt}=\frac{2At}{r^2}-\frac{2At^3}{r^2}=\frac{2At(1-t^2)}{x^2+y^2+z^2}.
\]
若用质点轨迹表示，质点满足
\[
\frac{dx}{dt}=xt,
\quad
\frac{dy}{dt}=yt,
\quad
\frac{dz}{dt}=zt.
\]
积分得
\[
x=ae^{t^2/2},
\quad y=be^{t^2/2},
\quad z=ce^{t^2/2},
\]
故
\[
r^2=(a^2+b^2+c^2)e^{t^2}.
\]
代入得该质点温度变化率为
\[
\frac{DT}{Dt}=\frac{2At(1-t^2)}{(a^2+b^2+c^2)e^{t^2}}.
\]
等价地，沿迹线
\[
T(t)=\frac{At^2}{(a^2+b^2+c^2)e^{t^2}},
\]
直接对 \(t\) 求导也得到同一结果。

拉格朗日表示给出的是“初始标号 \((a,b,c)\)”到“时刻 \(t\) 的空间位置 \((x,y,z)\)”的映射：
\[
x=ae^t,\qquad y=be^{-t},\qquad z=c.
\]
因此 \(a,b,c\) 不是任意常数，而是同一个流体质点的初始坐标。要求“在 \(t=1\) 时位于某空间点的流点初始位置”，就是在固定 \(t=1\) 时反解
\[
a=xe^{-t},\qquad b=ye^t,\qquad c=z.
\]
由于
\[
\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(a,b,c)}
=e^t\cdot e^{-t}\cdot1=1\ne0,
\]
该映射在任意有限 \(t\) 都可逆，所以反求初始标号是合法的。

第一点为
\[
(x,y,z)=\left(e,\frac1e,1\right),
\qquad t=1.
\]
代入反解公式：
\[
a=xe^{-1}=e\cdot e^{-1}=1,
\]
\[
b=ye^1=\frac1e\cdot e=1,
\]
\[
c=z=1.
\]
所以该流点初始位置为
\[
\boxed{(a,b,c)=(1,1,1)}.
\]
检查：把 \((1,1,1)\) 代回原映射并取 \(t=1\)，得
\[
x=e,\qquad y=e^{-1},\qquad z=1,
\]
与题给空间点一致。

第二点为
\[
(x,y,z)=(1,1,1),
\qquad t=1.
\]
同理：
\[
a=xe^{-1}=e^{-1},
\]
\[
b=ye=e,
\]
\[
c=1.
\]
所以初始位置为
\[
\boxed{(a,b,c)=\left(\frac1e,e,1\right)}.
\]
检查：代回原映射：
\[
x=\frac1e\cdot e=1,\qquad
y=e\cdot e^{-1}=1,\qquad
z=1.
\]
结论说明：两个空间点都在 \(t=1\) 时刻观察，不能把第一个点反求出的 \((1,1,1)\) 当成第二个点的初始标号；拉格朗日标号随质点固定，空间位置随时间变化。

题源给出的流点轨迹可写成
\[
x=ae^t,\qquad y=be^{-t},\qquad z=c,
\]
其中 \(a,b,c\) 是由初始位置决定的流点标号。因为
\[
t=0
\]
时
\[
x(0)=a,\qquad y(0)=b,\qquad z(0)=c,
\]
所以初始位置为
\[
(x_0,y_0,z_0)
\]
的流点对应
\[
a=x_0,\qquad b=y_0,\qquad c=z_0.
\]

速度是同一个流点坐标对时间的导数：
\[
\mathbf V=\frac{d\mathbf r}{dt}
=\left(\frac{dx}{dt},\frac{dy}{dt},\frac{dz}{dt}\right).
\]
由轨迹式逐项求导得
\[
\frac{dx}{dt}=ae^t,\qquad
\frac{dy}{dt}=-be^{-t},\qquad
\frac{dz}{dt}=0.
\]
所以
\[
\mathbf V=(ae^t,-be^{-t},0).
\]
加速度是流点速度继续对时间求导：
\[
\mathbf a=\frac{d\mathbf V}{dt}
=\left(ae^t,be^{-t},0\right).
\]
这里求的是随流点运动的物质加速度，不是固定空间点处的局部时间偏导。

对初始点
\[
(0,0,0)
\]
有
\[
a=b=c=0.
\]
因此轨迹为
\[
(x,y,z)=(0,0,0),
\]
速度和加速度均为
\[
\mathbf V=\mathbf0,\qquad \mathbf a=\mathbf0.
\]

对初始点
\[
(1,1,1)
\]
有
\[
a=b=c=1.
\]
轨迹为
\[
(x,y,z)=(e^t,e^{-t},1).
\]
速度为
\[
\mathbf V=(e^t,-e^{-t},0),
\]
加速度为
\[
\mathbf a=(e^t,e^{-t},0).
\]
可再检查：第一点因为流点标号 \(a=b=0\)，始终留在原点；第二点的 \(x\) 方向指数增大、\(y\) 方向指数减小，所以速度与加速度的两个分量符号不同，这是由轨迹本身决定的。

本题承接 1.8 给出的拉格朗日表示：\(x=ae^t,\ y=be^{-t},\ z=c\)，其中 \(a,b,c\) 是同一流点的初始标号，沿该流点保持不变。因此某一流点的轨迹参数式为
\[
x(t)=ae^t,\qquad y(t)=be^{-t},\qquad z(t)=c.
\]
由前两式得
\[
\frac{x}{a}=e^t,\qquad \frac{y}{b}=e^{-t}.
\]
相乘即可消去时间参数：
\[
\frac{x}{a}\frac{y}{b}=1,
\qquad xy=ab.
\]
第三式直接给出 \(z=c\)。所以轨迹位于平面 \(z=c\) 内，是矩形双曲线 \(xy=ab\)。若 \(ab>0\)，分支在第一、第三象限；若 \(ab<0\)，分支在第二、第四象限；若 \(a=0\) 或 \(b=0\)，轨迹退化为相应坐标轴上的直线。作图时固定不同的 \(ab\) 和 \(c\)，在各 \(z=c\) 平面内画出以坐标轴为渐近线的双曲线族即可。

题给拉格朗日表示：
\[
x=ae^t,\qquad y=be^{-t},\qquad z=c.
\]
这里 \(a,b,c\) 是流体质点的初始标号，\(x,y,z\) 是时刻 \(t\) 的空间坐标。先把标号用欧拉变量表示：
\[
a=xe^{-t},\qquad b=ye^{t},\qquad c=z.
\]
对拉格朗日表达式在固定质点标号下对 \(t\) 求导：
\[
\dot x=ae^t,\qquad \dot y=-be^{-t},\qquad \dot z=0.
\]
再用 \(ae^t=x\)、\(be^{-t}=y\) 代回，得到欧拉速度场
\[
\boxed{u=x,\qquad v=-y,\qquad w=0}.
\]
注意这个速度场表面上不显含 \(t\)，所以是定常场。

流线是在固定时刻的空间曲线，满足
\[
\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}=\frac{dz}{w}.
\]
代入 \(u=x,\ v=-y,\ w=0\)。由前两项得
\[
\frac{dx}{x}=\frac{dy}{-y}.
\]
整理为
\[
\frac{dx}{x}+\frac{dy}{y}=0.
\]
积分：
\[
\ln|x|+\ln|y|=C,
\]
即
\[
\boxed{xy=C_1}.
\]
又因 \(w=0\)，质点速度没有 \(z\) 分量，流线位于
\[
\boxed{z=C_2}
\]
的平面内。因此流线是在各个水平平面 \(z=C_2\) 上的一族双曲线 \(xy=C_1\)。若 \(C_1>0\)，流线分布在第一、第三象限；若 \(C_1<0\)，分布在第二、第四象限。结论检查：沿流线切向量满足 \(dy/dx=-y/x\)，而速度方向斜率 \(v/u=-y/x\)，两者一致。

已知
\[
u=kx,\qquad v=ky,\qquad w=0.
\]
流线在某一瞬时处处与速度矢量相切，因此满足
\[
\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}=\frac{dz}{w}.
\]
当 \(k\ne0\) 且不在驻点处时，
\[
\frac{dx}{kx}=\frac{dy}{ky},
\]
于是
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}.
\]
分离变量：
\[
\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x}.
\]
积分得
\[
\ln|y|=\ln|x|+C,
\]
即
\[
\frac{y}{x}=C_1,
\]
通常写成
\[
y=C_1x.
\]
又因为 \(w=0\)，流线沿 \(z\) 方向没有速度分量，所以
\[
z=C_2.
\]
因此流线是在各个平面 \(z=C_2\) 内经过原点的径向直线；公式 \(y=C_1x\) 表示除 \(x=0\) 以外的一族直线，而 \(x=0\) 也是一条径向流线。若 \(k>0\)，速度 \((kx,ky,0)\) 与位置矢量同向，流线箭头由原点向外，图像类似平面源流；若 \(k<0\)，速度指向原点，图像类似平面汇流。原点速度为零，是驻点，流线方向不唯一。若 \(k=0\)，全场静止，流线方程退化，不能由速度方向唯一确定。

给定速度场
\[
u=kx,\qquad v=ky,\qquad w=0.
\]
先判断“同一地点各时刻流速是否相同”。欧拉观点下，同一地点是固定的空间点
\[
(x,y,z)=\text{常数}.
\]
在该点处，速度为
\[
\mathbf V(x,y,z,t)=(kx,ky,0).
\]
这个表达式不显含 \(t\)，所以
\[
\frac{\partial \mathbf V}{\partial t}=0.
\]
因此同一地点各时刻流速相同。这说明该流动是定常流动。

再判断“某一流点的流速是否不变”。某一流点要沿其迹线观察，不能把 \(x,y\) 当成固定空间坐标。质点运动满足
\[
\frac{dx}{dt}=kx,\qquad
\frac{dy}{dt}=ky,\qquad
\frac{dz}{dt}=0.
\]
分离变量并积分：
\[
\frac{dx}{x}=k\,dt
\quad\Rightarrow\quad
x=x_0e^{kt},
\]
\[
\frac{dy}{y}=k\,dt
\quad\Rightarrow\quad
y=y_0e^{kt},
\]
\[
z=z_0.
\]
于是同一流点上的速度为
\[
\mathbf V(t)=\bigl(kx_0e^{kt},\ ky_0e^{kt},\ 0\bigr).
\]
除非
\[
k=0
\]
或该流点初始就在原点
\[
x_0=y_0=0,
\]
否则速度随 \(t\) 指数变化，所以某一流点的流速一般不保持不变。

也可用随体加速度验证。因为
\[
\frac{\partial \mathbf V}{\partial t}=0,
\]
但
\[
\frac{D\mathbf V}{Dt}
=(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V.
\]
计算分量：
\[
a_x=u\frac{\partial u}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial y}
=(kx)k+(ky)0=k^2x,
\]
\[
a_y=u\frac{\partial v}{\partial x}+v\frac{\partial v}{\partial y}
=(kx)0+(ky)k=k^2y.
\]
只要质点不在原点且 \(k\ne0\)，加速度非零，速度就会改变。

结论为：
\[
\boxed{\text{同一地点流速相同；同一流点流速一般不变为假。}}
\]
这正体现了定常流动与质点速度恒定不是同一个概念。

流线要在固定时刻 \(t\) 下求，因为流线定义为瞬时速度场的切线。题设
\[
u=u_0,\qquad v=v_0\cos(kx-\alpha t).
\]
流线微分方程为
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}=\frac{v_0}{u_0}\cos(kx-\alpha t).
\]
把 \(t\) 看作常数积分，得
\[
y=\frac{v_0}{ku_0}\sin(kx-\alpha t)+C.
\]
若 \(t=0\) 且流线过原点，则
\[
y=\frac{v_0}{ku_0}\sin kx.
\]
迹线追踪同一质点。由 \(dx/dt=u_0\)，取初始点原点、初始时刻 \(0\)，得
\[
x=u_0t.
\]
再代入 \(dy/dt=v_0\cos(kx-\alpha t)=v_0\cos[(ku_0-\alpha)t]\)，积分得
\[
y=\frac{v_0}{ku_0-\alpha}\sin[(ku_0-\alpha)t].
\]
消去 \(t=x/u_0\) 可写为
\[
y=\frac{v_0}{ku_0-\alpha}\sin\left(\frac{ku_0-\alpha}{u_0}x\right).
\]
若 \(ku_0=\alpha\)，上述式子取极限，\(\sin s/s\to1\)，故 \(y=v_0t=(v_0/u_0)x\)。当 \(k,\alpha\) 同趋于 0 时，速度场趋于常向量，流线和迹线都趋于直线 \(y=(v_0/u_0)x\)。

迹线是某一个流体质点实际走过的路径。给定速度场
\[
u=xt,\qquad v=y,\qquad w=0.
\]
设该流点在
\[
t=0
\]
时位于
\[
(x_0,y_0,z_0)=(100,10,0).
\]
质点运动方程为
\[
\frac{dx}{dt}=xt,\qquad
\frac{dy}{dt}=y,\qquad
\frac{dz}{dt}=0.
\]

先解 \(x\) 方程：
\[
\frac1x\frac{dx}{dt}=t.
\]
两边积分：
\[
\ln x=\frac{t^2}{2}+C_x.
\]
由 \(x(0)=100\)，得
\[
C_x=\ln100.
\]
因此
\[
x=100\exp\left(\frac{t^2}{2}\right).
\]

再解 \(y\) 方程：
\[
\frac1y\frac{dy}{dt}=1.
\]
积分得
\[
\ln y=t+C_y.
\]
由 \(y(0)=10\)，得
\[
C_y=\ln10.
\]
所以
\[
y=10e^t.
\]
第三式直接给
\[
z=0.
\]
因此以时间为参数的迹线为
\[
\boxed{
x=100e^{t^2/2},\qquad y=10e^t,\qquad z=0
}.
\]

若题目要求消去参数 \(t\)，由
\[
y=10e^t
\]
可得
\[
t=\ln\frac{y}{10}.
\]
代入 \(x\) 式：
\[
\ln\frac{x}{100}=\frac12\left(\ln\frac{y}{10}\right)^2.
\]
等价地，
\[
\boxed{
2\ln\frac{x}{100}
=\left(\ln\frac{y}{10}\right)^2,\qquad z=0
}.
\]
由于这里由 \(t=0\) 开始跟踪，若只考虑 \(t\ge0\)，则
\[
y\ge10,\qquad x\ge100.
\]
结论检查：把参数式代回速度场，有
\[
\frac{dx}{dt}=100e^{t^2/2}t=xt,
\]
\[
\frac{dy}{dt}=10e^t=y,
\]
且 \(dz/dt=0\)，完全满足给定运动方程和初始条件。

定常平面速度场为
\[
u=ay,
\qquad v=-ax.
\]
流线是在同一时刻处处与速度矢量相切的曲线，故满足
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}=\frac{-ax}{ay}=-\frac{x}{y}\qquad(a\ne0).
\]
整理得
\[
y\,dy=-x\,dx,
\]
即
\[
x\,dx+y\,dy=0.
\]
两边积分：
\[
\int x\,dx+\int y\,dy=0,
\]
得到
\[
\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}=C_1,
\]
或写成
\[
x^2+y^2=C.
\]
因此流线是一族以原点为圆心的同心圆。原点处 \(u=v=0\)，为驻点；除原点外，速度方向沿圆的切线方向。若 \(a>0\)，在点 \((r,0)\) 处有 \(v=-ar<0\)，流动沿顺时针方向；若 \(a<0\)，方向相反。

给定速度场
\[
u=at,\qquad v=0,\qquad w=0.
\]
流线是在某一固定时刻 \(t=t_0\) 观察的曲线，其切线方向与该时刻速度方向一致。因此流线方程满足
\[
\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}=\frac{dz}{w}.
\]
由于
\[
v=0,\qquad w=0,
\]
当 \(u\ne0\) 时，沿流线有
\[
dy=0,\qquad dz=0.
\]
所以固定时刻 \(t_0\) 的流线为
\[
\boxed{y=C_1,\qquad z=C_2}.
\]
它们是平行于 \(x\) 轴的直线。若 \(t_0=0\)，则速度处处为零，流线方向退化；通常可把任意曲线看作退化流线，或单独说明该时刻无确定流向。

迹线是一个流体质点随时间运动的轨迹。质点运动方程为
\[
\frac{dx}{dt}=at,\qquad
\frac{dy}{dt}=0,\qquad
\frac{dz}{dt}=0.
\]
积分得到
\[
x=\frac12at^2+C_3,\qquad
y=C_4,\qquad
z=C_5.
\]
若令初始位置为
\[
(x_0,y_0,z_0)
\]
且 \(t=0\) 时通过该点，则
\[
\boxed{
x=x_0+\frac12at^2,\qquad
y=y_0,\qquad
z=z_0
}.
\]
迹线的几何形状也平行于 \(x\) 轴，但其参数运动规律不是匀速，而是
\[
u(t)=at,\qquad
\frac{du}{dt}=a.
\]

比较二者：流线只描述某一瞬间的速度方向；迹线描述同一质点随时间走过的位置。由于本题速度方向始终沿 \(x\) 轴，流线和迹线在几何形状上相同，都是平行 \(x\) 轴的直线。但由于速度大小显含时间，
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=a\ne0,
\]
该流动是非定常流动，所以不能说“流线和迹线完全相同”。严格说，它们的空间形状相同，时间参数和物理含义不同。

结论检查：若把 \(t\) 在流线方程中当作沿曲线变化的变量，就会错误地把流线积分成抛物线；流线计算时 \(t=t_0\) 必须固定。

稳定流场的定义是速度场在固定空间点不随时间变化：
\[
\frac{\partial \mathbf V(x,y,z,t)}{\partial t}=0.
\]
而流线是在某一时刻 \(t=t_0\) 由速度方向场确定的曲线，满足
\[
\frac{dx}{u(x,y,z,t_0)}
=\frac{dy}{v(x,y,z,t_0)}
=\frac{dz}{w(x,y,z,t_0)}.
\]
这个方程只使用速度分量之间的比例，即速度方向，不单独固定速度大小。因此“流线形状不随时间变化”至多说明速度方向场的比例关系不变，不能推出速度大小不随时间变。

构造反例。令二维速度场为
\[
\mathbf V(x,y,t)=(f(t),0),
\]
其中 \(f(t)>0\) 但不是常数。流线方程为
\[
\frac{dy}{dx}=\frac v u=0,
\]
所以所有流线始终为
\[
y=C.
\]
流线图不随时间变化。但是固定点 \((x_0,y_0)\) 的速度为
\[
\mathbf V(x_0,y_0,t)=(f(t),0),
\]
若 \(f'(t)\ne0\)，则
\[
\frac{\partial \mathbf V}{\partial t}=(f'(t),0)\ne0.
\]
因此该流场是非定常流。

也可以推广为
\[
\mathbf V(x,y,z,t)=a(t)\mathbf V_0(x,y,z),
\]
只要 \(a(t)>0\)，流线由 \(\mathbf V_0\) 的方向决定，不变；但速度大小乘上 \(a(t)\)，若 \(a'(t)\ne0\)，流场仍非定常。故命题
\[
\text{流线不随时间变化}\Rightarrow\text{稳定流场}
\]
不成立。正确说法应为：稳定流场的流线不随时间变化；反过来一般不成立，除非额外证明速度大小也与时间无关。

设圆柱以恒定速度 \(\mathbf U\) 平移，实验室固定坐标为 \(\mathbf x\)，随圆柱平移的坐标为
\[
\mathbf x'=\mathbf x-\mathbf U t.
\]
若在圆柱坐标系中绕流场达到相对稳定，速度相对场可写成 \(\mathbf u'=\mathbf u'(\mathbf x')\)，圆柱边界也是固定曲面。换回实验室系时，速度场一般写成
\[
\mathbf u(\mathbf x,t)=\mathbf U+\mathbf u'(\mathbf x-\mathbf U t).
\]
于是固定空间点处的时间变化为
\[
\frac{\partial\mathbf u}{\partial t}=-(\mathbf U\cdot\nabla')\mathbf u'(\mathbf x').
\]
只要绕流场在空间中不是处处均匀，这一项就不为零。因此，在地面固定坐标系中，圆柱位置和绕流边界随时间移动，流型不是定常。若采用随圆柱一起匀速平移的坐标系，则圆柱边界固定，远处静水等效为速度 \(-\mathbf U\) 的均匀来流，边界条件不显含时间；在忽略启动瞬变、只讨论匀速相对绕流时，可把流型看作定常。结论是：定常性不是绝对说法，而取决于参考系；实验室系非定常，圆柱随体系可定常。

刚体转动的定义是任意两质点之间距离保持不变。刚体的一般速度可写为
\[
\mathbf V(\mathbf r)=\mathbf V_0+\boldsymbol\Omega\times(\mathbf r-\mathbf r_0),
\]
其中 \(\mathbf V_0\) 是参考点平动速度，\(\boldsymbol\Omega\) 是刚体角速度。这里同一个刚体只有一个 \(\boldsymbol\Omega\)。因此在同一时刻，刚体中各点的角速度相同。

也可从速度梯度看。对刚体转动，
\[
\nabla\times\mathbf V=2\boldsymbol\Omega,
\]
所以
\[
\boldsymbol\Omega=\frac12\nabla\times\mathbf V
\]
在整个刚体内为同一常向量。若各点角速度不同，刚体内部相邻线段会发生相对剪切或变形，距离不可能保持不变，这与刚体定义矛盾。

流体不同。流体微团的局部角速度由速度梯度的反对称部分给出：
\[
\boldsymbol\Omega_f
=\frac12\nabla\times\mathbf V.
\]
在三维中，
\[
\nabla\times\mathbf V
=\left(
\frac{\partial w}{\partial y}-\frac{\partial v}{\partial z},
\frac{\partial u}{\partial z}-\frac{\partial w}{\partial x},
\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}
\right).
\]
这些偏导数一般是空间坐标的函数，所以
\[
\boldsymbol\Omega_f=\boldsymbol\Omega_f(x,y,z,t)
\]
通常随位置改变。于是流体中不同点的局部角速度一般不相同。

举例说明：平面剪切流
\[
u=ky,\qquad v=0
\]
的涡度为
\[
\omega_z=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=-k,
\]
如果 \(k\) 为常数，则各点角速度
\[
\Omega_z=-\frac{k}{2}
\]
相同；这是特殊情形。若速度为
\[
u=k y^2,\qquad v=0,
\]
则
\[
\omega_z=-2ky,
\qquad
\Omega_z=-ky,
\]
显然随 \(y\) 改变。

因此答案为
\[
\boxed{\text{刚体同一时刻各点角速度相同；流体中各点角速度一般不相同。}}
\]
只有均匀涡度、刚体式旋转等特殊流动，流体各点角速度才可能相同。结论检查：流体微团可以变形，局部旋转由当地速度梯度决定，不受“整体只有一个角速度”的刚体约束。

无限小桨轮用于判断流体微团的局部旋转。桨轮中心随当地速度作平移，而桨轮绕自身轴的自转角速度等于流体微团角速度：
\[
\boldsymbol\Omega=\frac12\nabla\times\mathbf V.
\]
对平面流
\[
\mathbf V=(u(x,y),v(x,y),0),
\]
只有 \(z\) 向涡度：
\[
\omega_z=\frac{\partial v}{\partial x}
-\frac{\partial u}{\partial y},
\]
因此桨轮自转角速度为
\[
\Omega_z=\frac12\omega_z.
\]
若 \(\omega_z=0\)，桨轮可以随流体平移，但不绕自身轴转动；若 \(\omega_z\ne0\)，桨轮除平移外还会自转。

本题站内源证据记录：图 1.11 的解答结论是“仅仅沿着 \(x\) 轴方向平移”；图 1.12 的解答结论是“同时又绕着自己的轴作反时针转动”。据此，图 1.11 对应局部无旋或均匀平移型流场。其判断式为
\[
\omega_z=0.
\]
于是
\[
\Omega_z=0.
\]
所以图 1.11 中无限小桨轮只随当地速度沿 \(x\) 轴方向平移，不发生自转：
\[
\boxed{\text{图 1.11：只平移，不自转。}}
\]

图 1.12 对应有速度梯度的剪切型或有旋型流场。以常见平面剪切为例，若
\[
u=u(y),\qquad v=0,
\]
则
\[
\omega_z
=0-\frac{du}{dy}
=-\frac{du}{dy}.
\]
若图示速度分布使 \(\omega_z>0\)，则
\[
\Omega_z=\frac{\omega_z}{2}>0,
\]
按右手定则为反时针自转。题源记录的结论正是反时针转动，因此可写为
\[
\boxed{\text{图 1.12：随流体平移，同时绕自身轴反时针转动。}}
\]

需要注意，桨轮是否转动看的是涡度，不是流线是否弯曲。无旋势流中流线可以弯曲，但
\[
\nabla\times\mathbf V=0
\]
时无限小桨轮仍不自转；反过来，直线平行剪切流的流线可以是直线，但
\[
\frac{\partial u}{\partial y}\ne0
\]
时桨轮会自转。结论检查：图 1.11 的 \(\Omega_z=0\) 对应“仅平移”；图 1.12 的 \(\Omega_z>0\) 对应“反时针自转”，与源页文字一致。

比较两个平面流场：
\[
(1)\quad u=-\omega y,\qquad v=\omega x,
\]
\[
(2)\quad u=-\frac{\omega y}{x^2+y^2},\qquad
v=\frac{\omega x}{x^2+y^2}.
\]
令
\[
r^2=x^2+y^2.
\]
判断流点轨迹，先计算半径是否随时间改变。沿质点运动，
\[
\frac{d}{dt}(r^2)
=\frac{d}{dt}(x^2+y^2)
=2x\frac{dx}{dt}+2y\frac{dy}{dt}
=2xu+2yv.
\]

对第一种流场：
\[
2xu+2yv
=2x(-\omega y)+2y(\omega x)=0.
\]
所以
\[
\frac{d}{dt}(r^2)=0,
\]
即
\[
r=\text{常数}.
\]
因此流点轨迹为
\[
\boxed{x^2+y^2=C}.
\]
再求角速度。极坐标中
\[
\frac{d\theta}{dt}
=\frac{xv-yu}{r^2}.
\]
代入第一种流场：
\[
\frac{d\theta}{dt}
=\frac{x(\omega x)-y(-\omega y)}{r^2}
=\omega.
\]
所以第一种是刚体式旋转，所有半径上的角速度相同。

对第二种流场：
\[
2xu+2yv
=2x\left(-\frac{\omega y}{r^2}\right)
+2y\left(\frac{\omega x}{r^2}\right)=0.
\]
同样有
\[
r=\text{常数},
\]
所以轨迹仍为
\[
\boxed{x^2+y^2=C}.
\]
但角速度为
\[
\frac{d\theta}{dt}
=\frac{x\left(\omega x/r^2\right)
-y\left(-\omega y/r^2\right)}{r^2}
=\frac{\omega(x^2+y^2)}{r^4}
=\frac{\omega}{r^2}.
\]
因此第二种流场虽然轨迹也是圆，但不同半径上的角速度不同。切向速度为
\[
V_\theta=r\frac{d\theta}{dt}
=\frac{\omega}{r},
\]
属于自由涡型速度分布。

结论为：
\[
\boxed{\text{两者轨迹同为以原点为圆心的圆；第一种角速度为 }\omega,\text{ 第二种角速度为 }\omega/r^2.}
\]
结论检查：第一种涡度为
\[
\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}
=\omega-(-\omega)=2\omega,
\]
是刚体旋转；第二种在 \(r\ne0\) 区域为自由涡，除原点奇异外局部涡度为零，但质点仍沿圆周运动。轨迹相同不代表旋转性质相同。

判断平面圆周运动是否有旋，不能只看速度线是否绕圆，而要计算局部涡度。二维速度场
\[
\mathbf V=(u,v)
\]
的垂直于平面的涡度分量为
\[
\xi_z=(\nabla\times\mathbf V)_z
=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}.
\]

第一种圆周流场为
\[
u=-\omega y,\qquad v=\omega x.
\]
逐项求偏导：
\[
\frac{\partial v}{\partial x}=\omega,\qquad
\frac{\partial u}{\partial y}=-\omega.
\]
因此
\[
\xi_z=\omega-(-\omega)=2\omega.
\]
只要 \(\omega\ne0\)，涡度不为零，故第一种流动为
\[
\boxed{\text{有旋流}}.
\]
它实际上是刚体式转动，流体微团本身随流场旋转，局部角速度为
\[
\Omega_z=\frac12\xi_z=\omega.
\]

第二种圆周流场为
\[
u=-\frac{\omega y}{x^2+y^2},\qquad
v=\frac{\omega x}{x^2+y^2}.
\]
令
\[
r^2=x^2+y^2,
\]
在 \(r\ne0\) 的区域内计算偏导。先有
\[
\frac{\partial v}{\partial x}
=\omega\frac{r^2-2x^2}{r^4}
=\omega\frac{y^2-x^2}{r^4},
\]
又有
\[
\frac{\partial u}{\partial y}
=-\omega\frac{r^2-2y^2}{r^4}
=\omega\frac{y^2-x^2}{r^4}.
\]
两项相减得到
\[
\xi_z=0,\qquad r\ne0.
\]
所以第二种流动在原点以外为
\[
\boxed{\text{无旋流}}.
\]

需要特别说明的是，第二种速度在 \(r=0\) 处发散，原点不是普通流体点。若绕原点作任意闭合圆周，环量为
\[
\Gamma=\oint \mathbf V\cdot d\mathbf s
=\int_0^{2\pi}\frac{\omega}{r}\,r\,d\theta
=2\pi\omega,
\]
说明原点处存在集中奇点涡。结论检查：第一种是处处有非零涡度的刚体转动；第二种是除原点奇点外无旋的自由涡，不能简单说整个平面都无旋。

给定拉格朗日表示
\[
x=ae^{-2t/k},\qquad
y=be^{t/k},\qquad
z=ce^{t/k},
\]
其中 \(a,b,c\) 是同一流体质点的拉格朗日标号。对时间求导：
\[
u=\frac{dx}{dt}=-\frac2k ae^{-2t/k},
\]
\[
v=\frac{dy}{dt}=\frac1k be^{t/k},
\]
\[
w=\frac{dz}{dt}=\frac1k ce^{t/k}.
\]
由原式可知
\[
ae^{-2t/k}=x,\qquad
be^{t/k}=y,\qquad
ce^{t/k}=z.
\]
所以欧拉速度场为
\[
\mathbf V=(u,v,w)=\left(-\frac{2x}{k},\frac yk,\frac zk\right).
\]
第一，判断定常性。定常流要求在固定空间点处速度不显含时间。上式中的 \(u,v,w\) 只含 \(x,y,z\)，不显含 \(t\)，所以该流动为定常流。

第二，判断有旋性。旋度为
\[
\nabla\times\mathbf V=
\left(\frac{\partial w}{\partial y}-\frac{\partial v}{\partial z},
\frac{\partial u}{\partial z}-\frac{\partial w}{\partial x},
\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\right).
\]
由于 \(u\) 只依赖 \(x\)，\(v\) 只依赖 \(y\)，\(w\) 只依赖 \(z\)，交叉偏导均为零，故
\[
\nabla\times\mathbf V=(0,0,0).
\]
因此流动无旋。

第三，判断可压性。不可压的运动学条件为
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
代入：
\[
\nabla\cdot\mathbf V=-\frac2k+\frac1k+\frac1k=0.
\]
故该速度场满足不可压条件。也可从体积变形看，映射的 Jacobian 为
\[
J=e^{-2t/k}e^{t/k}e^{t/k}=1,
\]
说明任意流体微团体积不随运动改变。综上：该流动为定常、无旋、不可压流动。

给定
\[
x=ae^{-2t/k},\quad y=b(1+t/k)^2,\quad z=ce^{2t/k}(1+t/k)^{-2},
\]
其中 \(a,b,c\) 为流点标号，\(k\ne0\)，并要求 \(t\ne-k\)。先对时间求导：
\[
u=\frac{dx}{dt}=-\frac{2}{k}ae^{-2t/k}=-\frac{2x}{k},
\]
\[
v=\frac{dy}{dt}=\frac{2b}{k}(1+t/k)=\frac{2y}{k+t},
\]
\[
w=\frac{dz}{dt}=z\left(\frac2k-\frac{2}{k+t}\right)=\frac{2tz}{k(k+t)}.
\]
所以欧拉速度场为
\[
\mathbf V=\left(-\frac{2x}{k},\frac{2y}{k+t},\frac{2tz}{k(k+t)}\right).
\]
第一，速度分量在固定空间点处仍显含 \(t\)，故流动为非定常流。第二，\(u\) 只含 \(x\)，\(v\) 只含 \(y,t\)，\(w\) 只含 \(z,t\)，交叉空间偏导均为零，因此
\[
\nabla\times\mathbf V=\mathbf0,
\]
流动无旋。第三，散度为
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial z}
=-\frac2k+\frac{2}{k+t}+\frac{2t}{k(k+t)}.
\]
通分得
\[
\frac{-2(k+t)+2k+2t}{k(k+t)}=0,
\]
故满足不可压条件。也可由变换 Jacobian
\[
J=e^{-2t/k}(1+t/k)^2e^{2t/k}(1+t/k)^{-2}=1
\]
看出体积不变。综上：该流场非定常、无旋、不可压。

取固定轴为 \(z\) 轴，设离轴距离为 \(r\)。题设角速度与 \(r^n\) 成正比，记为
\[
\Omega=mr^n,
\]
其中 \(m\) 为非零常数。质点绕轴转动时只有切向速度，故
\[
v_r=0,\qquad v_z=0,\qquad v_\theta=r\Omega=mr^{n+1}.
\]
对轴对称纯旋转运动，涡度的轴向分量为
\[
\omega_z=(\nabla\times\mathbf V)_z=\frac1r\frac{d}{dr}(rv_\theta).
\]
代入 \(v_\theta=mr^{n+1}\)，得
\[
\omega_z=\frac1r\frac{d}{dr}(mr^{n+2})
=m(n+2)r^n.
\]
其余涡度分量为零，因为速度不随 \(\theta,z\) 变化，且没有 \(v_r,v_z\)。运动无旋要求在轴线外 \(r>0\) 处 \(\boldsymbol\omega=0\)，于是
\[
m(n+2)r^n=0.
\]
由于 \(m\ne0\) 且 \(r^n\ne0\)，只能有 \(n+2=0\)，故
\[
n=-2.
\]
反之，当 \(n=-2\) 时 \(v_\theta=m/r\)，代入上式确有 \(\omega_z=0\)，所以该运动在轴线外为无旋运动。

速度场为
\[
u=mx,\qquad v=-my,\qquad w=m,
\]
其中 \(m\) 为常数。先写速度梯度：
\[
\nabla\mathbf V=
\begin{pmatrix}
\partial u/\partial x & \partial u/\partial y & \partial u/\partial z\\
\partial v/\partial x & \partial v/\partial y & \partial v/\partial z\\
\partial w/\partial x & \partial w/\partial y & \partial w/\partial z
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
m&0&0\\
0&-m&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.
\]
涡度定义为
\[
\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V.
\]
逐项计算：
\[
\omega_x=\frac{\partial w}{\partial y}-\frac{\partial v}{\partial z}=0,
\]
\[
\omega_y=\frac{\partial u}{\partial z}-\frac{\partial w}{\partial x}=0,
\]
\[
\omega_z=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=0.
\]
所以
\[
\boldsymbol\omega=\mathbf0,
\]
该点流体微团无平均刚体转动。

体形变率等于速度散度：
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}
=m-m+0=0.
\]
因此单位体积的瞬时膨胀率为零，微团体积不变。

切向形变率由对称形变率张量的非对角元给出：
\[
e_{ij}=\frac12\left(
\frac{\partial u_i}{\partial x_j}
+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}
\right).
\]
本题所有交叉偏导都为零，所以
\[
e_{xy}=e_{yx}=0,\qquad
e_{xz}=e_{zx}=0,\qquad
e_{yz}=e_{zy}=0.
\]
这说明没有切向形变率。

但这不表示完全没有形变。对角元为
\[
e_{xx}=m,\qquad e_{yy}=-m,\qquad e_{zz}=0.
\]
因此微团沿 \(x\) 方向伸长、沿 \(y\) 方向压缩，两者正好抵消，使体积不变。结论为：该流场在任意点包括 \(M(x_1,y_1,z_1)\) 处无旋，体形变率为零，切向形变率为零，但存在一伸一缩的法向形变。

取流体微团中心 \(O\)，邻近点 \(A\) 的位置增量为
\[
\Delta\mathbf r=\mathbf r_A-\mathbf r_O.
\]
若速度场在 \(O\) 附近一阶可微，对速度作泰勒展开：
\[
V_i(A)=V_i(O)+\left(\frac{\partial V_i}{\partial x_j}\right)_O\Delta x_j+o(|\Delta\mathbf r|).
\]
忽略高阶小量后，相对速度由速度梯度张量
\[
L_{ij}=\frac{\partial V_i}{\partial x_j}
\]
决定。把 \(L_{ij}\) 分解为反对称部分和对称部分：
\[
L_{ij}=W_{ij}+e_{ij},
\]
其中
\[
W_{ij}=\frac12\left(\frac{\partial V_i}{\partial x_j}-\frac{\partial V_j}{\partial x_i}\right),
\qquad
e_{ij}=\frac12\left(\frac{\partial V_i}{\partial x_j}+\frac{\partial V_j}{\partial x_i}\right).
\]
于是
\[
\mathbf V(A)=\mathbf V(O)+W\Delta\mathbf r+e\Delta\mathbf r.
\]
第一项 \(\mathbf V(O)\) 对微团内所有点相同，是平移速度。

反对称张量 \(W\) 可由角速度向量表示。令涡量
\[
\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V,
\qquad
\boldsymbol\Omega=\frac12\boldsymbol\omega.
\]
直接按分量计算可得
\[
W\Delta\mathbf r=\boldsymbol\Omega\times\Delta\mathbf r.
\]
这部分只改变线元方向，不改变线元长度到一阶量级，表示微团刚体转动。

对称张量 \(e\) 则满足
\[
\Delta\mathbf r\cdot e\Delta\mathbf r
\]
决定线元长度变化率，且非对角项给出角变形率；它表示伸长、压缩和剪切变形。若流体不可压，还满足
\[
\operatorname{tr}e=\nabla\cdot\mathbf V=0,
\]
表示体积不变但形状仍可改变。

因此邻近点速度分解为
\[
\boxed{\mathbf V(A)=\mathbf V(O)+\boldsymbol\Omega\times\Delta\mathbf r+e\Delta\mathbf r}
\]
即平移速度、转动引起的速度和变形引起的速度三部分。该分解来自速度梯度张量的唯一对称-反对称分解，所以在一阶近似下是确定的。

资料定位：资料线索卡：1.26 页面对三个给定速度场的后续解答，但当前题卡未列出三组速度场，不作为独立刷题题目。该卡用于定位 第 32 页 的讲义正文、续页、章节标题或上下文证据，帮助学生在站内直接阅读 181103 HTML。来源边界：本条不进入默认刷题池，只有已确认题干和答案的独立条目才会进入题库刷题。

速度场为
\[
u=my,\qquad v=0,\qquad w=0.
\]
速度梯度矩阵为
\[
\nabla\mathbf V=
\begin{pmatrix}
0&m&0\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.
\]
把速度梯度分解为对称部分和反对称部分：
\[
\nabla\mathbf V=\mathbf E+\mathbf W,
\]
其中
\[
\mathbf E=\frac12\left(\nabla\mathbf V+\nabla\mathbf V^T\right)
=
\begin{pmatrix}
0&m/2&0\\
m/2&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix},
\]
\[
\mathbf W=\frac12\left(\nabla\mathbf V-\nabla\mathbf V^T\right)
=
\begin{pmatrix}
0&m/2&0\\
-m/2&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}.
\]
对称部分 \(\mathbf E\) 给形变，反对称部分 \(\mathbf W\) 给刚体旋转。

也可用涡度检查旋转角速度：
\[
\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V
=\left(0,0,\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\right)
=(0,0,-m).
\]
流体微团的角速度为涡度的一半：
\[
\boldsymbol\Omega=\frac12\boldsymbol\omega=(0,0,-m/2).
\]
若 \(m\gt0\)，从 \(z\) 轴正向看，微团作顺时针转动；若教材取相反观察方向，符号表述会相反，但大小为
\[
|m|/2.
\]

再看小正方形的变形。设正方形边长为 \(dy\) 的上下两条水平边分别位于 \(y\) 与 \(y+dy\)。两边的 \(x\) 方向速度差为
\[
du=m\,dy.
\]
因此上边相对下边向 \(x\) 方向滑移，使正方形逐渐变成菱形。这个剪切形变率正由
\[
e_{xy}=e_{yx}=\frac12
\left(\frac{\partial u}{\partial y}
+\frac{\partial v}{\partial x}\right)
=\frac m2
\]
表示。体膨胀率为
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}=0,
\]
所以面积或体积没有瞬时膨胀；法向伸长率也为零。结论是：小正方形微团一方面以角速度
\[
-\frac m2\mathbf k
\]
作刚体式旋转，另一方面以切向形变率
\[
m/2
\]
发生剪切变形，最终形状由正方形变为倾斜菱形。

取同一物质面元的两条物质线元为 \(d\mathbf a,d\mathbf b\)，面积矢量定义为 \(\delta\mathbf S=d\mathbf a\times d\mathbf b\)。随体微分时，物质线元满足 \(\frac{D(d\mathbf a)}{Dt}=(d\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf V\)，\(\frac{D(d\mathbf b)}{Dt}=(d\mathbf b\cdot\nabla)\mathbf V\)。于是
\[
\frac{D\delta\mathbf S}{Dt}=[(d\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf V]\times d\mathbf b+d\mathbf a\times[(d\mathbf b\cdot\nabla)\mathbf V].
\]
用 Levi-Civita 符号展开，得
\[
\frac{D(\delta S_i)}{Dt}=\frac{\partial V_k}{\partial x_k}\delta S_i-\frac{\partial V_j}{\partial x_i}\delta S_j.
\]
写成矢量式即
\[
\frac{D\delta\mathbf S}{Dt}=(\nabla\cdot\mathbf V)\delta\mathbf S-(\nabla\mathbf V)^T\cdot\delta\mathbf S.
\]
若教材把 \(\nabla\mathbf V\) 定义为转置梯度，则最后一项写作 \(-(\nabla\mathbf V)\cdot\delta\mathbf S\)。这就从物质线元随体变化推出了物质面元随体变化公式。

可压缩定常平面流动的连续方程不是
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0,
\]
而是质量守恒形式
\[
\frac{\partial(\rho u)}{\partial x}
+\frac{\partial(\rho v)}{\partial y}=0.
\]
因此流函数应当对应质量流率，而不是单纯体积流率。

在直角坐标中定义
\[
\rho u=\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
\rho v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
等价地，
\[
u=\frac1\rho\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
v=-\frac1\rho\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
把这个定义代回连续方程：
\[
\frac{\partial(\rho u)}{\partial x}
+\frac{\partial(\rho v)}{\partial y}
=
\frac{\partial}{\partial x}
\left(\frac{\partial\psi}{\partial y}\right)
+\frac{\partial}{\partial y}
\left(-\frac{\partial\psi}{\partial x}\right).
\]
若 \(\psi\) 二阶连续，则混合偏导相等：
\[
\frac{\partial^2\psi}{\partial x\partial y}
-\frac{\partial^2\psi}{\partial y\partial x}=0.
\]
所以连续方程自动满足。写成题解常见形式，就是
\[
\frac{\partial\psi}{\partial x}=-\rho v,\qquad
\frac{\partial\psi}{\partial y}=\rho u.
\]

柱坐标平面流动中速度为
\[
(v_r,v_\theta),
\]
定常可压缩连续方程为
\[
\frac1r\frac{\partial(r\rho v_r)}{\partial r}
+\frac1r\frac{\partial(\rho v_\theta)}{\partial\theta}=0.
\]
两边乘以 \(r\)：
\[
\frac{\partial(r\rho v_r)}{\partial r}
+\frac{\partial(\rho v_\theta)}{\partial\theta}=0.
\]
因此可令
\[
r\rho v_r=\frac{\partial\psi}{\partial\theta},\qquad
\rho v_\theta=-\frac{\partial\psi}{\partial r}.
\]
也就是
\[
v_r=\frac1{\rho r}\frac{\partial\psi}{\partial\theta},\qquad
v_\theta=-\frac1\rho\frac{\partial\psi}{\partial r}.
\]
代回连续方程得到
\[
\frac{\partial}{\partial r}
\left(\frac{\partial\psi}{\partial\theta}\right)
+\frac{\partial}{\partial\theta}
\left(-\frac{\partial\psi}{\partial r}\right)=0,
\]
仍由混合偏导相等保证。

所以最终关系为
\[
\boxed{
\frac{\partial\psi}{\partial x}=-\rho v,\qquad
\frac{\partial\psi}{\partial y}=\rho u
}
\]
和
\[
\boxed{
\frac{\partial\psi}{\partial r}=-\rho v_\theta,\qquad
\frac{\partial\psi}{\partial\theta}=\rho r v_r
}.
\]
这些式子的核心是：\(\psi\) 的等值线仍表示流线，但相邻流线之间的 \(\Delta\psi\) 表示单位厚度质量流量。

设平板为 \(x\) 轴，取
\[
y
\]
为离开平板的法向距离。题意说法向速度分量与离开边界的距离成正比；若流体垂直流向平板，可写为
\[
v=-my,\qquad m>0.
\]
这里负号表示 \(y>0\) 处流体朝平板方向运动。若题目采用相反方向，只需把下面结果整体改一个符号。

平面无辐散运动满足连续方程
\[
\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
由
\[
v=-my
\]
得
\[
\frac{\partial v}{\partial y}=-m,
\]
故
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=m.
\]
对 \(x\) 积分：
\[
u=mx+f(y).
\]
若选取没有附加切向均匀漂移的参考系，可令
\[
f(y)=0,
\]
于是
\[
u=mx,\qquad v=-my.
\]
在平板上 \(y=0\) 时，
\[
v=0,
\]
满足固壁不可穿透条件。

按常用流函数约定
\[
u=\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
由 \(u=mx\) 积分得
\[
\psi=mxy+g(x).
\]
再由
\[
-\frac{\partial\psi}{\partial x}=-my-g'(x)
\]
与 \(v=-my\) 比较，得到
\[
g'(x)=0.
\]
所以可取
\[
\boxed{\psi=mxy+C}.
\]

流线由
\[
\psi=\text{常数}
\]
给出，即
\[
mxy+C=C_1.
\]
吸收常数后可写为
\[
\boxed{xy=C_2}.
\]
这是一族以 \(x=0\) 与 \(y=0\) 为渐近线的双曲线；其中 \(y=0\) 本身是边界流线。结论检查：该速度场满足无辐散条件
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=m-m=0,
\]
也满足平板不可穿透条件。若另采用 \(u=-\partial\psi/\partial y,\ v=\partial\psi/\partial x\) 的流函数约定，则流函数只差一个整体负号，流线形状不变。

采用本资料对应的二维流函数约定
\[
u=-\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad v=\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
令
\[
r^2=x^2+y^2,\qquad \theta=\arctan(y/x),
\]
则
\[
\frac{\partial\theta}{\partial x}=-\frac{y}{r^2},\qquad
\frac{\partial\theta}{\partial y}=\frac{x}{r^2}.
\]
取
\[
\psi=-\frac{Q}{2\pi}\theta+C.
\]
于是
\[
-\frac{\partial\psi}{\partial y}
=\frac{Q}{2\pi}\frac{x}{x^2+y^2}=u,
\qquad
\frac{\partial\psi}{\partial x}
=\frac{Q}{2\pi}\frac{y}{x^2+y^2}=v.
\]
故平面点源速度场的流函数可写为
\[
\psi=-\frac{Q\theta}{2\pi}+C.
\]
再说明 \(Q\) 的意义。点源在半径 \(r\) 的圆周上有径向速度
\[
v_r=\frac{Q}{2\pi r}.
\]
穿过包围源点闭曲线的体积流量为
\[
\oint_C \mathbf V\cdot\mathbf n\,ds
=\int_0^{2\pi}\frac{Q}{2\pi r}\,r\,d\theta=Q.
\]
所以 \(Q\) 表示单位厚度下的源强或体积流量；\(Q>0\) 为源，\(Q<0\) 为汇。

二者不完全等价。流线的定义是：在某一瞬时，曲线上任一点的切线方向与该点速度方向一致。若二维速度为 \((u,v)\)，流线上微元 \((dx,dy)\) 与速度 \((u,v)\) 平行，因此
\[
\frac{dy}{dx}=\frac vu,
\]
也可写成
\[
\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}.
\]
这个式子只是流线的局部方向微分方程，在 \((u,v)\ne(0,0)\) 的普通点给出流线方向。

若二维不可压流动中存在可微流函数 \(\psi\)，按常用约定
\[
u=\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
在 \(\psi=\text{常数}\) 的曲线上，
\[
d\psi=\psi_xdx+\psi_ydy=-v\,dx+u\,dy=0.
\]
于是
\[
u\,dy=v\,dx,
\]
即
\[
\frac{dy}{dx}=\frac vu.
\]
所以在二维不可压、区域内流函数存在且单值可微，并避开停滞点和奇点的条件下，\(\psi=\text{常数}\) 的等值线可以表示流线。

反过来，若只给出 \(\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}\)，它只说明曲线方向与速度方向一致，并不自动保证存在全局单值流函数。停滞点、奇点、多连通区域中的多值流函数或非零周期积分，都可能破坏无条件等价。结论：\(\frac{dx}{u}=\frac{dy}{v}\) 是流线的局部方向方程；\(\psi=\text{常数}\) 是在流函数存在条件下对流线的等值线表示，二者只在附加条件满足时等价。

点涡速度场在极坐标中只有周向速度，按题面符号取
\[
v_r=0,\qquad v_\theta=-\frac{\Gamma}{2\pi r}.
\]
速度势 \(\varphi\) 满足
\[
v_r=\frac{\partial\varphi}{\partial r},\qquad
v_\theta=\frac1r\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}.
\]
由 \(v_r=0\) 知 \(\varphi\) 与 \(r\) 无关；由周向速度得
\[
\frac1r\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}
=-\frac{\Gamma}{2\pi r},
\qquad
\frac{\partial\varphi}{\partial\theta}
=-\frac{\Gamma}{2\pi}.
\]
积分得
\[
\varphi=-\frac{\Gamma}{2\pi}\theta+C.
\]
这里 \(\theta\) 绕原点一周会增加 \(2\pi\)，所以 \(\varphi\) 改变量为 \(-\Gamma\)。因此点涡在去掉原点的区域内可看作势流，但速度势是多值函数。沿任一包围原点一次的闭曲线，
\[
\oint\mathbf v\cdot d\mathbf s=\int_0^{2\pi}v_\theta r\,d\theta=-\Gamma
\]
按本题速度正向得到负号；若把逆时针环量定义为正点涡强度，则速度式相应改号。物理上 \(\Gamma\) 表示绕点涡的环量强度，其符号由旋转方向约定决定。

题给
\[
\psi=-5x^2.
\]
按该资料采用的二维流函数约定，
\[
u=-\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
v=\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
由于
\[
\frac{\partial\psi}{\partial y}=0,\qquad
\frac{\partial\psi}{\partial x}=-10x,
\]
可得
\[
u=0,\qquad v=-10x.
\]
二维流动的垂直涡度为
\[
\xi_z=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}.
\]
代入：
\[
\frac{\partial v}{\partial x}=-10,\qquad
\frac{\partial u}{\partial y}=0,
\]
所以
\[
\xi_z=-10\ne0.
\]
涡度不为零，故该流动有旋。

若存在速度势函数 \(\phi\)，应有
\[
u=\frac{\partial\phi}{\partial x},\qquad
v=\frac{\partial\phi}{\partial y}.
\]
其混合偏导必须相容：
\[
\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x}.
\]
本题左边为 \(0\)，右边为 \(-10\)，相容条件不成立，因此不存在全局速度势函数。流线由
\[
\psi=\text{常数}
\]
给出，即
\[
-5x^2=C,
\]
对应 \(x=\text{常数}\) 的直线族。与这些流线正交的曲线是 \(y=\text{常数}\) 的直线族。但由于流动有旋、速度势函数不存在，这些正交曲线不能称为等势线。若采用相反流函数符号约定，涡度符号会反号，但“有旋”和“非等势线”的结论不变。

设平面速度为 \((u,v)\)。速度势和流函数分别满足
\[
u=\varphi_x,\quad v=\varphi_y,\qquad u=\psi_y,\quad v=-\psi_x.
\]
不可压缩条件为 \(u_x+v_y=0\)，代入速度势得
\[
\nabla^2\varphi=\varphi_{xx}+\varphi_{yy}=u_x+v_y=0,
\]
故 \(\varphi\) 为调和函数。无旋条件为 \(v_x-u_y=0\)，代入流函数得
\[
v_x-u_y=(-\psi_x)_x-(\psi_y)_y=-(\psi_{xx}+\psi_{yy})=0,
\]
所以 \(\nabla^2\psi=0\)，\(\psi\) 也是调和函数。又由上式有 Cauchy-Riemann 型关系 \(\varphi_x=\psi_y,\ \varphi_y=-\psi_x\)。于是
\[
\nabla\varphi\cdot\nabla\psi=\varphi_x\psi_x+\varphi_y\psi_y=\psi_y\psi_x-\psi_x\psi_y=0.
\]
梯度互相垂直，因此等势线与流线正交。

设平面速度场为 \(u(x,y),v(x,y)\)。不可压条件给出连续方程
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
因此在适当区域内可引入流函数 \(\psi\)，使
\[
u=\frac{\partial\psi}{\partial y},
\qquad
v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
无旋条件为
\[
\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=0.
\]
因此可引入速度势 \(\varphi\)，使
\[
u=\frac{\partial\varphi}{\partial x},
\qquad
v=\frac{\partial\varphi}{\partial y}.
\]
把两组关系合并，得到
\[
\frac{\partial\varphi}{\partial x}=\frac{\partial\psi}{\partial y},
\qquad
\frac{\partial\varphi}{\partial y}=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
这正是 \(F(z)=\varphi+i\psi\) 成为解析函数的 Cauchy-Riemann 条件。因此平面不可压无旋流动可用解析函数 \(F(z)\) 描述，且按此约定
\[
\frac{dF}{dz}=u-iv.
\]
反过来，解析函数的实部和虚部均为调和函数，自动满足势流的连续条件和无旋条件。于是可用复变函数中的解析函数、奇点叠加、保角变换等方法处理这类平面势流问题。

资料定位：资料线索卡：1.41 总题干要求分别对给定复势函数求速度大小和方向角，具体复势已拆入后续小题，本父卡不作为独立刷题题目。该卡用于定位 第 46 页 的讲义正文、续页、章节标题或上下文证据，帮助学生在站内直接阅读 181103 HTML。来源边界：本条不进入默认刷题池，只有已确认题干和答案的独立条目才会进入题库刷题。

按复势速度约定取复流速
\[
V^*=u-iv=-\frac{dF}{dz}.
\]
已知
\[
F(z)=-3\left(z+\frac5z\right),
\]
故
\[
\frac{dF}{dz}=-3+\frac{15}{z^2},
\qquad
V^*=3-\frac{15}{z^2}.
\]
令 \(z=x+iy\)，则
\[
\frac1{z^2}=\frac{x^2-y^2-2ixy}{(x^2+y^2)^2}.
\]
所以
\[
V^*=3-\frac{15(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2}
+\frac{30xy}{(x^2+y^2)^2}i
=u-iv.
\]
因此
\[
u=3-\frac{15(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2},
\qquad
v=-\frac{30xy}{(x^2+y^2)^2}.
\]
在 \(x=3,y=4\) 处，\((x^2+y^2)^2=25^2=625\)，\(x^2-y^2=-7\)，故
\[
u=3-\frac{15(-7)}{625}=3.168,
\qquad
v=-\frac{30\cdot3\cdot4}{625}=-0.576.
\]
速度大小为
\[
V=\sqrt{u^2+v^2}=\sqrt{3.168^2+0.576^2}\approx3.22.
\]
流向角取相对于 \(+x\) 轴为
\[
\alpha=\arctan\frac{v}{u}=\arctan\frac{-0.576}{3.168}\approx-10^\circ18'.
\]

复势题的关键是先说明速度约定。设
\[
F(z)=\phi+i\psi.
\]
许多教材采用
\[
\frac{dF}{dz}=u-iv,
\]
也有教材因流函数符号取法而把速度写成相反号。下面先把复导数算清楚，再按题库原答案沿用的速度号给出数值。

题给
\[
F(z)=-3\left(z+\frac5z\right)+4i\ln z.
\]
求导得
\[
\frac{dF}{dz}
=-3\left(1-\frac5{z^2}\right)+\frac{4i}{z}.
\]
在
\[
z=3+4i
\]
处，
\[
z^2=(3+4i)^2=-7+24i,
\]
因此
\[
\frac1{z^2}
=\frac{-7-24i}{(-7)^2+24^2}
=-\frac7{625}-\frac{24}{625}i.
\]
同时
\[
\frac1z=\frac{3-4i}{25}
=0.12-0.16i.
\]
于是
\[
1-\frac5{z^2}
=1+\frac{35}{625}+\frac{120}{625}i
=1.056+0.192i,
\]
\[
-3\left(1-\frac5{z^2}\right)
=-3.168-0.576i,
\]
\[
\frac{4i}{z}
=4i(0.12-0.16i)
=0.64+0.48i.
\]
合并得
\[
\frac{dF}{dz}=-2.528-0.096i.
\]

若采用 \(dF/dz=u-iv\)，则
\[
u=-2.528,\qquad v=0.096,
\]
速度几乎沿负 \(x\) 方向。题库旧答案采用相反的速度号约定，所以写成
\[
u=2.528,\qquad v=-0.096.
\]
在这个约定下，速度大小为
\[
V=\sqrt{u^2+v^2}
=\sqrt{2.528^2+0.096^2}
\approx2.53.
\]
方向角为
\[
\alpha=\arctan\frac{v}{u}
=\arctan\frac{-0.096}{2.528}
\approx-2.17^\circ,
\]
即约为
\[
\boxed{-2^\circ10'}
\]
，表示速度几乎沿正 \(x\) 方向，略向下偏。结论检查：速度大小与复势整体符号无关；方向必须跟教材的 \(F=\phi\pm i\psi\) 约定一致，否则会差 \(180^\circ\) 或取反。

二维势流中，复势写为
\[
F(z)=\phi+i\psi,
\]
其中 \(\phi\) 是速度势，\(\psi\) 是流函数。先看位于原点的点源。强度为 \(Q\) 的点源在半径 \(r\) 的圆周上流量满足
\[
2\pi r\,v_r=Q,
\]
故
\[
v_r=\frac{Q}{2\pi r}.
\]
因为径向速度等于速度势的径向导数，
\[
v_r=\frac{\partial\phi}{\partial r},
\]
积分得
\[
\phi=\frac{Q}{2\pi}\ln r+C.
\]
又因为
\[
\ln z=\ln r+i\theta,
\]
所以点源复势可写为
\[
\boxed{F_s(z)=\frac{Q}{2\pi}\ln z}.
\]
这时
\[
\psi=\frac{Q}{2\pi}\theta,
\]
流线为从原点射出的径向线。

再看位于原点、环量为 \(\Gamma\) 的点涡。圆周切向速度满足
\[
v_\theta=\frac{\Gamma}{2\pi r}.
\]
点涡的速度势与极角有关，流函数与 \(\ln r\) 有关。在常用约定下可写为
\[
\boxed{F_v(z)=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\ln z}.
\]
因为
\[
-i\ln z=-i(\ln r+i\theta)=\theta-i\ln r,
\]
所以
\[
\phi=\frac{\Gamma}{2\pi}\theta,\qquad
\psi=-\frac{\Gamma}{2\pi}\ln r.
\]
沿半径为 \(r\) 的圆周速度为
\[
v_\theta=\frac1r\frac{\partial\phi}{\partial\theta}
=\frac{\Gamma}{2\pi r},
\]
正好满足点涡定义。

若奇点不在原点，而在
\[
z_0=x_0+iy_0,
\]
只需把相对位置
\[
z
\]
替换为
\[
z-z_0.
\]
因此任意点 \(z_0\) 处的点源和点涡复势分别为
\[
\boxed{F_s(z)=\frac{Q}{2\pi}\ln(z-z_0)},
\]
\[
\boxed{F_v(z)=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\ln(z-z_0)}.
\]
附加常数不会改变速度，因为速度由
\[
dF/dz
\]
决定。结论检查：平移奇点时改变的是到奇点的相对复坐标；若教材采用相反流函数号，点涡式前的 \(i\) 号会相应改变，但速度环量定义必须保持一致。

取均匀来流沿 \\(+x\\) 方向，速度为 \\(U\\)。原点点汇强度记为 \\(Q>0\\)，则在平面极坐标中点汇径向速度为
\\[
v_r^{(s)}=-\\frac{Q}{2\\pi r}.
\\]
均匀流速度势和流函数为
\\[
\\phi_U=Ux=Ur\\cos\\theta,
\\qquad
\\psi_U=Uy=Ur\\sin\\theta.
\\]
点汇速度势和流函数可取
\\[
\\phi_s=-\\frac{Q}{2\\pi}\\ln r,
\\qquad
\\psi_s=-\\frac{Q}{2\\pi}\\theta.
\\]
叠加得
\\[
\\phi=Ux-\\frac{Q}{2\\pi}\\ln r,
\\qquad
\\psi=Uy-\\frac{Q}{2\\pi}\\theta.
\\]
速度分量由 \\(u=\\partial\\phi/\\partial x\\)、\\(v=\\partial\\phi/\\partial y\\) 得
\\[
u=U-\\frac{Q}{2\\pi}\\frac{x}{x^2+y^2},
\\qquad
v=-\\frac{Q}{2\\pi}\\frac{y}{x^2+y^2}.
\\]
在 \\((1,1)\\) 处，\\(x^2+y^2=2\\)，故
\\[
u(1,1)=U-\\frac{Q}{4\\pi},
\\qquad
v(1,1)=-\\frac{Q}{4\\pi}.
\\]
流线为 \\(\\psi=C\\)，即
\\[
Uy-\\frac{Q}{2\\pi}\\arctan\\frac{y}{x}=C.
\\]
若教材将点汇强度带负号记入 \\(Q\\)，上述 \\(Q\\) 的符号需同步反向。

题给复势
\[
F(z)=\frac{m}{2\pi}\frac1z.
\]
设
\[
z=x+iy,\qquad r^2=x^2+y^2.
\]
则
\[
\frac1z=\frac{x-iy}{x^2+y^2}
=\frac{x}{r^2}-i\frac{y}{r^2}.
\]
因此
\[
F=\phi+i\psi
=\frac{m}{2\pi}\frac{x}{r^2}
-i\frac{m}{2\pi}\frac{y}{r^2}.
\]
所以
\[
\phi=\frac{m}{2\pi}\frac{x}{x^2+y^2},
\qquad
\psi=-\frac{m}{2\pi}\frac{y}{x^2+y^2}.
\]

等势线令
\[
\phi=C.
\]
若 \(C\ne0\)，则
\[
\frac{m}{2\pi}\frac{x}{x^2+y^2}=C,
\]
即
\[
x^2+y^2=\frac{m}{2\pi C}x.
\]
配方得
\[
\left(x-\frac{m}{4\pi C}\right)^2+y^2
=\left(\frac{m}{4\pi C}\right)^2.
\]
这是一族过原点、圆心在 \(x\) 轴上的圆。

流线令
\[
\psi=C'.
\]
由
\[
-\frac{m}{2\pi}\frac{y}{x^2+y^2}=C'
\]
得
\[
x^2+y^2=-\frac{m}{2\pi C'}y.
\]
配方为
\[
x^2+\left(y+\frac{m}{4\pi C'}\right)^2
=\left(\frac{m}{4\pi C'}\right)^2.
\]
这是一族过原点、圆心在 \(y\) 轴上的圆。两族圆在交点处正交，符合势流中等势线与流线正交的性质。

速度由复速度给出：
\[
\frac{dF}{dz}
=-\frac{m}{2\pi z^2}.
\]
其模为
\[
\left|\frac{dF}{dz}\right|
=\frac{m}{2\pi |z|^2}
=\frac{m}{2\pi r^2}.
\]
因此速度大小为
\[
\boxed{V=\frac{m}{2\pi r^2}}.
\]
结论检查：\(r=0\) 是偶极奇点，速度大小趋于无穷；在 \(r>0\) 区域，等势线与流线均为过原点的圆族，且互相正交。

已知复势
\[
F(z)=-\frac an z^n,\qquad n=\frac{\pi}{\alpha}.
\]
令
\[
z=re^{i\theta}.
\]
则
\[
z^n=r^n e^{in\theta}
=r^n(\cos n\theta+i\sin n\theta).
\]
因此
\[
F(z)=-\frac an r^n\cos n\theta
-i\frac an r^n\sin n\theta.
\]
若采用
\[
F=\varphi+i\psi,
\]
则速度势和流函数分别为
\[
\varphi=-\frac an r^n\cos n\theta,
\]
\[
\psi=-\frac an r^n\sin n\theta.
\]
由于
\[
n=\frac{\pi}{\alpha},
\]
也可写成
\[
\varphi=-\frac{a\alpha}{\pi}r^{\pi/\alpha}
\cos\frac{\pi\theta}{\alpha},
\]
\[
\psi=-\frac{a\alpha}{\pi}r^{\pi/\alpha}
\sin\frac{\pi\theta}{\alpha}.
\]

速度由复势导数给出：
\[
\frac{dF}{dz}=u-iv.
\]
对
\[
F(z)=-\frac an z^n
\]
求导得
\[
\frac{dF}{dz}=-az^{n-1}.
\]
所以速度大小为
\[
V=\left|\frac{dF}{dz}\right|
=a|z|^{n-1}
=a r^{n-1}.
\]
若需要方向，可写
\[
u-iv=-a r^{n-1}e^{i(n-1)\theta}.
\]

流线由
\[
\psi=C
\]
给出，即
\[
-\frac an r^n\sin n\theta=C.
\]
当 \(C=0\) 时，
\[
\sin n\theta=0,
\]
所以
\[
n\theta=0,\pi,2\pi,\ldots
\]
相邻零流线夹角为
\[
\Delta\theta=\frac{\pi}{n}=\alpha.
\]
这说明该复势描述的是角度为 \(\alpha\) 的楔形角流动。

题目要求分别作 \(n=4,2,1,2/3,1/2\) 的等流函数线图，可用同一方程判断形状：
\[
r^n\sin n\theta=\text{常数}.
\]
当 \(n=4\) 时，
\[
\alpha=\frac{\pi}{4},
\]
是较尖的 \(45^\circ\) 楔形角流。\(n=2\) 时
\[
\alpha=\frac{\pi}{2},
\]
为直角角区流。\(n=1\) 时
\[
\alpha=\pi,
\]
等价于半平面中的均匀平行流。\(n=2/3\) 时
\[
\alpha=\frac{3\pi}{2},
\]
对应再入角流动。\(n=1/2\) 时
\[
\alpha=2\pi,
\]
相当于绕裂纹尖端或全角域的根式型势流，速度大小
\[
V=a r^{-1/2}
\]
在原点附近呈奇异增长。

结论：本题的关键不是直接背出 \(\varphi,\psi\)，而是用 \(z=re^{i\theta}\) 把 \(z^n\) 分离成实部和虚部，再由 \(dF/dz\) 得速度。

给定速度势
\[
\varphi=-\frac a3 x(x^2-3y^2)=-\frac a3x^3+axy^2.
\]
速度分量由势函数求导：
\[
u=\frac{\partial\varphi}{\partial x}=-a(x^2-y^2),\qquad
v=\frac{\partial\varphi}{\partial y}=2axy.
\]
再检查不可压无旋势流条件：
\[
\nabla^2\varphi=\frac{\partial^2\varphi}{\partial x^2}
+\frac{\partial^2\varphi}{\partial y^2}
=(-2ax)+(2ax)=0,
\]
所以该运动在二维平面内满足不可压势流的调和条件。流函数 \(\psi\) 满足
\[
u=\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
由 \(u=-a(x^2-y^2)\) 对 \(y\) 积分：
\[
\psi=-ax^2y+\frac a3y^3+f(x).
\]
再由 \(-\psi_x=2axy\) 得 \(f'(x)=0\)。故
\[
\psi=-\frac a3 y(3x^2-y^2)+C.
\]
通过连接 \((0,0)\) 与 \((1,1)\) 的曲线的有向流量等于两端流函数差：
\[
Q=\psi(1,1)-\psi(0,0)=-\frac{2a}{3}.
\]
若题目只问流量大小，则为 \(2a/3\)；正负号取决于所选法向和线段方向。

先把复势中的因子分解：
\[
z-\frac1z=\frac{z^2-1}{z}=\frac{(z-1)(z+1)}{z}.
\]
因此
\[
F(z)=-\frac{m}{2\pi}\ln(z-1)
-\frac{m}{2\pi}\ln(z+1)
+\frac{m}{2\pi}\ln z.
\]
按本题库同类题采用的约定，\((q/2\pi)\ln(z-z_0)\) 表示位于 \(z_0\) 的二维点源，源强为 \(q\)。于是 \(z=0\) 处有强度 \(+m\) 的点源，而 \(z=1\) 与 \(z=-1\) 处各有强度 \(-m\) 的点汇。圆周 \(|z|=2\) 包含这三个奇点，所以穿过该圆周的外向体积流量等于圆内净源强：
\[
Q_{\rm out}=m-m-m=-m.
\]
负号表示若取圆周外法向为正，实际有大小为 \(m\) 的流量流入圆内。若只问通过圆周的流体体积大小，则为 \(|Q|=m\)。

再看环流。二维点涡的复势含有纯虚系数的对数项，例如 \(-i\Gamma(2\pi)^{-1}\ln(z-z_0)\)；本题三个对数项的系数都是实数，只表示源汇而不表示点涡。因此除对数分支造成的流函数多值外，速度场没有涡量奇点贡献，沿不穿过奇点的圆周 \(|z|=2\) 的速度环流为
\[
\Gamma=\oint_{|z|=2}\mathbf u\cdot d\mathbf l=0.
\]
结论：该流动由 \(z=0\) 的点源和 \(z=\pm1\) 的两个等强点汇叠加而成；对外向法线取正时，\(|z|=2\) 的净流量为 \(-m\)，环流为 \(0\)。

设流体质点用拉格朗日标号
\[
(a,b,c)
\]
表示，时刻 \(t\) 的空间位置为
\[
x=x(a,b,c,t),\quad y=y(a,b,c,t),\quad z=z(a,b,c,t).
\]
从标号空间到物理空间的体积变换为
\[
d\tau=D\,da\,db\,dc,
\]
其中
\[
D=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(a,b,c)}
\]
是 Jacobian。初始时刻对应
\[
d\tau_0=D_0\,da\,db\,dc.
\]
同一流体微团的质量守恒：
\[
dm=\rho\,d\tau=\rho_0\,d\tau_0.
\]
代入体积变换：
\[
\rho D\,da\,db\,dc=\rho_0D_0\,da\,db\,dc.
\]
由于标号微元任意，得到拉格朗日形式的积分连续性方程
\[
\boxed{\rho D=\rho_0D_0}.
\]
若标号取初始坐标，通常 \(D_0=1\)，则
\[
\rho D=\rho_0.
\]

再导出微分形式。对
\[
\rho D=\rho_0D_0
\]
沿同一质点求时间导数：
\[
\frac{d}{dt}(\rho D)=0.
\]
展开为
\[
D\frac{d\rho}{dt}+\rho\frac{dD}{dt}=0.
\]
Jacobian 的运动学恒等式为
\[
\frac1D\frac{dD}{dt}=\nabla\cdot\mathbf V.
\]
因此
\[
\frac{d\rho}{dt}+\rho\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
把物质导数写成欧拉形式
\[
\frac{d\rho}{dt}=\frac{\partial\rho}{\partial t}+\mathbf V\cdot\nabla\rho,
\]
可得
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t}+\mathbf V\cdot\nabla\rho+\rho\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
利用乘积散度
\[
\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=\mathbf V\cdot\nabla\rho+\rho\nabla\cdot\mathbf V,
\]
得到欧拉连续性方程
\[
\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t}+\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=0}.
\]
所以拉格朗日形式 \(\rho D=\rho_0D_0\) 与欧拉形式完全等价。若不可压且 \(\rho=\rho_0\) 为常数，则 \(D=D_0\)，即随体体积保持不变，并进一步推出 \(\nabla\cdot\mathbf V=0\)。

欧拉观点是在固定空间微元上列质量守恒。直角坐标中，微元内质量变化率加上净流出质量通量为零，得到
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot(\rho\mathbf v)=0.
\]
柱坐标中微元体积为 \(r\,dr\,d\theta\,dz\)。径向两侧的净流出除以体积后给出
\[
\frac1r\frac{\partial(r\rho v_r)}{\partial r},
\]
周向面距离尺度为 \(r\,d\theta\)，贡献为
\[
\frac1r\frac{\partial(\rho v_\theta)}{\partial \theta},
\]
轴向贡献为 \(\partial(\rho v_z)/\partial z\)。故柱坐标连续方程为
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t}
+\frac1r\frac{\partial(r\rho v_r)}{\partial r}
+\frac1r\frac{\partial(\rho v_\theta)}{\partial \theta}
+\frac{\partial(\rho v_z)}{\partial z}=0.
\]
球坐标微元体积为 \(r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi\)，三个尺度因子分别为 \(1,r,r\sin\theta\)，所以
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t}
+\frac1{r^2}\frac{\partial(r^2\rho v_r)}{\partial r}
+\frac1{r\sin\theta}\frac{\partial(\sin\theta\,\rho v_\theta)}{\partial \theta}
+\frac1{r\sin\theta}\frac{\partial(\rho v_\phi)}{\partial \phi}=0.
\]
若流体不可压且密度为常数，上式化为 \(\nabla\cdot\mathbf v=0\)，即相应坐标系中的速度散度为零。

取同一流管中任意两个截面 \(1,2\)，以两截面和流管侧壁围成控制体。积分形式连续方程为
\[
\frac{d}{dt}\int_{CV}\rho\,dV+\oint_{CS}\rho\mathbf V\cdot\mathbf n\,dA=0.
\]
定常流动中第一项为零。流管侧壁由流线组成，速度与侧壁相切，所以侧壁上
\[
\mathbf V\cdot\mathbf n=0.
\]
因此控制面通量只剩两个截面：
\[
-\int_{\sigma_1}\rho v_n\,dA+\int_{\sigma_2}\rho v_n\,dA=0.
\]
若用截面平均法向速度 \(v_n\) 表示截面质量流量，则
\[
\dot m=\rho\sigma v_n.
\]
于是
\[
\rho_1\sigma_1v_{n1}=\rho_2\sigma_2v_{n2}.
\]
由于两个截面可在同一流管上任意选取，所以沿同一流管
\[
\rho\sigma v_n=\mathrm{const}.
\]
严格说，最一般的连续方程应写成
\[
\int_\sigma \rho v_n\,dA=\mathrm{const}.
\]
把它写成 \(\rho\sigma v_n\) 时，默认 \(\rho v_n\) 在截面上近似均匀，或 \(v_n\) 已经按质量流量定义为适当的截面平均值。

取从顶点 \(O\) 沿圆锥管轴线向外的距离为 \(x\)，距顶点 \(l\) 处截面积为 \(S_l\)，距顶点 \(x\) 处截面积为 \(S_x\)。圆锥形管的相似截面满足
\[
\frac{S_x}{S_l}=\frac{x^2}{l^2}.
\]
不可压流体在任一截面的体积流量相同，因此
\[
S_lU(t)=S_xu(x,t).
\]
由此得到
\[
u(x,t)=\frac{S_l}{S_x}U(t)=\frac{l^2}{x^2}U(t).
\]
流动按轴向一维处理时，流点加速度为物质导数
\[
a=\frac{Du}{Dt}=\frac{\partial u}{\partial t}+u\frac{\partial u}{\partial x}.
\]
其中
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{l^2}{x^2}\frac{dU}{dt},
\qquad
\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{2l^2}{x^3}U(t).
\]
所以
\[
a=\frac{l^2}{x^2}\frac{dU}{dt}
+\frac{l^2U}{x^2}\left(-\frac{2l^2U}{x^3}\right)
=\frac{l^2}{x^2}\frac{dU}{dt}-\frac{2l^4U^2}{x^5}.
\]
若用向量表示，方向沿圆锥管轴线，
\[
\mathbf a=\left(\frac{l^2}{x^2}\frac{dU}{dt}-\frac{2l^4U^2}{x^5}\right)\mathbf e_x.
\]

先证物质积分。设 \(\tau(t)\) 是同一批流体质点占据的体积，则质量元 \(\rho\,d\tau\) 随体保持不变。因此
\[
\frac{d}{dt}\int_{\tau(t)}\rho\varphi\,d\tau
=\int_{\tau(t)}\frac{D\varphi}{Dt}\rho\,d\tau.
\]
矢量量 \(\mathbf a\) 逐分量同理，故 \(\frac{d}{dt}\int_{\tau(t)}\rho\mathbf a\,d\tau=\int_{\tau(t)}\rho\,D\mathbf a/Dt\,d\tau\)。

再证空间积分。对随流体运动的控制体应用 Reynolds 输运定理：
\[
\frac{d}{dt}\int_{\tau(t)}\varphi\,d\tau
=\int_{\tau(t)}\frac{\partial\varphi}{\partial t}\,d\tau+\int_{S(t)}\varphi V_n\,dS.
\]
用 Gauss 定理把通量项化为体积分：
\[
\int_S\varphi V_n\,dS=\int_\tau\nabla\cdot(\varphi\mathbf V)\,d\tau,
\]
所以
\[
\frac{d}{dt}\int_{\tau(t)}\varphi\,d\tau
=\int_\tau\left[\frac{\partial\varphi}{\partial t}+\nabla\cdot(\varphi\mathbf V)\right]d\tau.
\]
将 \(\varphi\) 换为各分量 \(a_i\)，即可得到矢量空间积分的随体求导公式。

应力分量 \(p_{ij}\) 的常用约定是：第一个下标 \(i\) 表示作用面元的外法向方向，第二个下标 \(j\) 表示应力矢量在 \(j\) 轴方向上的分量。例如 \(p_{xy}\) 表示法向为 \(+x\) 的面上，应力矢量沿 \(y\) 方向的分量。带负号的第一个下标，如 \(p_{-xy}\)，表示法向为 \(-x\) 的面上沿 \(y\) 方向的应力分量。

若图中取 \(x\) 向右、\(y\) 向上，则箭号可这样表示：
\[
p_{xy}<0
\]
表示在法向为 \(+x\) 的右侧面上，\(y\) 分量为负，箭号沿 \(-y\) 方向，即向下；
\[
p_{-xy}>0
\]
表示在法向为 \(-x\) 的左侧面上，\(y\) 分量为正，箭号沿 \(+y\) 方向，即向上；
\[
p_{yy}<0
\]
表示在法向为 \(+y\) 的上侧面上，\(y\) 分量为负，箭号沿 \(-y\) 方向，即向下，表示该面受向内的压应力分量；
\[
p_{-yy}>0
\]
表示在法向为 \(-y\) 的下侧面上，\(y\) 分量为正，箭号沿 \(+y\) 方向，即向上，也表示向内的压应力分量。

公式
\[
\mathbf p_n=n_x\mathbf p_x+n_y\mathbf p_y+n_z\mathbf p_z
\]
是 Cauchy 应力定理。它说明任意法向 \(\mathbf n=(n_x,n_y,n_z)\) 的斜面上的应力矢量 \(\mathbf p_n\)，可以由三个坐标面上的应力矢量 \(\mathbf p_x,\mathbf p_y,\mathbf p_z\) 线性组合得到，组合系数就是法向在三个坐标方向上的方向余弦。

公式
\[
\mathbf p_n=\mathbf i\,p_{nx}+\mathbf j\,p_{ny}+\mathbf k\,p_{nz}
\]
则是同一个应力矢量在直角坐标基下的分量展开。前一式强调“任意斜面应力由坐标面应力合成”，后一式强调“所得应力矢量在坐标轴方向上的分量”。把
\[
\mathbf p_x=\mathbf i p_{xx}+\mathbf j p_{xy}+\mathbf k p_{xz},
\]
\[
\mathbf p_y=\mathbf i p_{yx}+\mathbf j p_{yy}+\mathbf k p_{yz},
\]
\[
\mathbf p_z=\mathbf i p_{zx}+\mathbf j p_{zy}+\mathbf k p_{zz}
\]
代入 Cauchy 公式，可得
\[
p_{nx}=n_xp_{xx}+n_yp_{yx}+n_zp_{zx},
\]
\[
p_{ny}=n_xp_{xy}+n_yp_{yy}+n_zp_{zy},
\]
\[
p_{nz}=n_xp_{xz}+n_yp_{yz}+n_zp_{zz}.
\]
这些关系把“面法向”和“力的方向分量”区分开来，是理解应力张量的关键。

设 \(p_{ij}\) 表示法向为 \(i\) 的面上、沿 \(j\) 方向的应力分量。取尺寸为 \(dx\,dy\,dz\) 的微小六面体，先对 \(z\) 轴列角动量平衡。两块 \(x\) 面上的剪应力 \(p_{xy}\) 形成力偶，主量级为
\[
p_{xy}\,dy\,dz\,dx.
\]
两块 \(y\) 面上的剪应力 \(p_{yx}\) 形成相反力偶，主量级为
\[
p_{yx}\,dx\,dz\,dy.
\]
因此关于 \(z\) 轴的表面力矩主项为
\[
(p_{xy}-p_{yx})\,dx\,dy\,dz.
\]
体力矩和转动惯性项相对该主项为高阶小量，微元尺寸趋于零时必须有
\[
(p_{xy}-p_{yx})\,dx\,dy\,dz=0,
\]
故
\[
p_{xy}=p_{yx}.
\]
同理，对 \(x\) 轴取矩得
\[
p_{yz}=p_{zy},
\]
对 \(y\) 轴取矩得
\[
p_{zx}=p_{xz}.
\]
所以应力张量满足
\[
p_{ij}=p_{ji},
\]
即为对称张量。

两种速度场都只有 \(x\) 方向速度，记
\[
\mathbf V=(u(z),0,0).
\]
对不可压牛顿流体，单位质量上的黏性力为
\[
\mathbf f_\nu=\nu\nabla^2\mathbf V.
\]
因 \(u\) 只随 \(z\) 变，
\[
\nabla^2\mathbf V=\frac{d^2u}{dz^2}\mathbf i.
\]
(1) 当 \(u=z^2\) 时，
\[
\frac{du}{dz}=2z,
\qquad
\frac{d^2u}{dz^2}=2,
\]
故 \(\mathbf f_\nu=2\nu\mathbf i\)。(2) 当 \(u=(z-1)^2\) 时，
\[
\frac{du}{dz}=2(z-1),
\qquad
\frac{d^2u}{dz^2}=2,
\]
故同样有 \(\mathbf f_\nu=2\nu\mathbf i\)。因此两种情形下，位于 \(z=1\) 处的单位质量长方体流点所受黏性合力矢均为
\[
\boxed{2\nu\mathbf i}.
\]
再求顶面和底面上的黏性面力。设长方体微团中心在 \(z=1\)，高度为 \(\delta z\)，顶面位置为 \(z=1+\delta z/2\)，底面位置为 \(z=1-\delta z/2\)。水平面上的剪应力分量为
\[
\tau_{xz}=\mu\frac{du}{dz}.
\]
顶面外法向为 \(+\mathbf k\)，其黏性面力密度为 \(+\tau_{xz}\mathbf i\)；底面外法向为 \(-\mathbf k\)，其黏性面力密度为 \(-\tau_{xz}\mathbf i\)。

对 (1) \(u=z^2\)，\(\tau_{xz}=2\mu z\)。顶面面力密度为
\[
2\mu\left(1+\frac{\delta z}{2}\right)\mathbf i=(2\mu+\mu\delta z)\mathbf i.
\]
底面应力分量为 \(2\mu(1-\delta z/2)\)，但作用在微团上的底面面力要乘外法向符号，所以为
\[
-(2\mu-\mu\delta z)\mathbf i.
\]
两者方向相反、大小不同，其差额给出正 \(x\) 方向合力。

对 (2) \(u=(z-1)^2\)，\(\tau_{xz}=2\mu(z-1)\)。顶面面力密度为
\[
+\mu\delta z\mathbf i.
\]
底面应力分量为 \(-\mu\delta z\)，乘底面外法向符号后作用在微团上的面力密度为
\[
-(-\mu\delta z)\mathbf i=+\mu\delta z\mathbf i.
\]
所以第 (2) 种情形顶、底面黏性面力大小相等、方向相同，均沿正 \(x\) 方向；二者合成产生 \(2\nu\mathbf i\) 的单位质量黏性合力。

速度场为
\[
u=(z-1)^2,\qquad v=0,\qquad w=0.
\]
它只沿 \(x\) 方向运动，且只随 \(z\) 变化。对不可压牛顿流体，若黏性系数为 \(\mu\)，运动黏性系数为
\[
\nu=\frac{\mu}{\rho},
\]
单位质量所受黏性力可由
\[
\nu\nabla^2\mathbf V
\]
给出。这里
\[
\nabla^2u=\frac{\partial^2u}{\partial z^2}=2,
\]
且
\[
\nabla^2v=\nabla^2w=0.
\]
因此在 \(z=1\) 处单位质量流体微团所受黏性合力为
\[
\boxed{\mathbf f_\nu=2\nu\,\mathbf i}.
\]

再看顶面和底面的黏性应力。由于速度梯度只有
\[
\frac{\partial u}{\partial z}=2(z-1),
\]
与 \(z\) 法向面有关的剪应力为
\[
\tau_{xz}=\mu\frac{\partial u}{\partial z}
=2\mu(z-1).
\]
设小长方体中心在 \(z=1\)，高度为 \(\Delta z\)。顶面坐标为
\[
z=1+\frac{\Delta z}{2},
\]
外法向为 \(+\mathbf k\)，故顶面上作用于微团的 \(x\) 向面力密度为
\[
t_x^{\text{top}}=\tau_{xz}\bigg|_{1+\Delta z/2}
=2\mu\frac{\Delta z}{2}
=\mu\Delta z.
\]
所以
\[
\boxed{\mathbf t^{\text{top}}=\mu\Delta z\,\mathbf i}.
\]

底面坐标为
\[
z=1-\frac{\Delta z}{2},
\]
此处
\[
\tau_{xz}=-\mu\Delta z.
\]
但底面的外法向是 \(-\mathbf k\)，作用在微团底面上的牵引方向要随法向反号，因此
\[
t_x^{\text{bottom}}=-\tau_{xz}\bigg|_{1-\Delta z/2}
=\mu\Delta z.
\]
于是
\[
\boxed{\mathbf t^{\text{bottom}}=\mu\Delta z\,\mathbf i}.
\]

结论检查：顶面和底面的局部剪应力数值一正一负，但由于两面的外法向相反，它们对微团的作用力方向同为正 \(x\) 向；把两面贡献相加并除以质量，极限下正对应
\[
2\nu\mathbf i.
\]
这也解释了为什么中心处剪应力本身为零，却仍有非零黏性合力：合力来自剪应力沿 \(z\) 的梯度。

速度场为
\[
u=m(x+ny),\qquad v=l(x+ny),\qquad w=0.
\]
先求速度梯度：
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=m,\qquad
\frac{\partial u}{\partial y}=mn,\qquad
\frac{\partial u}{\partial z}=0,
\]
\[
\frac{\partial v}{\partial x}=l,\qquad
\frac{\partial v}{\partial y}=ln,\qquad
\frac{\partial v}{\partial z}=0,
\]
\[
\frac{\partial w}{\partial x}=\frac{\partial w}{\partial y}=\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
体膨胀速度即速度散度：
\[
\theta=\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial z}
=m+ln.
\]
所以体膨胀速度为零的条件为
\[
m+ln=0.
\]
对牛顿黏性流体，在 \(\theta=0\) 时黏性应力为
\[
\tau_{ij}=\mu\left(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}
+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}\right).
\]
因此
\[
\tau_{xx}=2\mu m,\qquad
\tau_{yy}=2\mu ln,\qquad
\tau_{zz}=0,
\]
\[
\tau_{xy}=\tau_{yx}=\mu\left(\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x}\right)
=\mu(mn+l),
\]
\[
\tau_{xz}=\tau_{zx}=0,\qquad
\tau_{yz}=\tau_{zy}=0.
\]
再由不可压条件 \(m+ln=0\)，即 \(m=-ln\)，可写成
\[
\tau_{xx}=-2\mu ln,\qquad
\tau_{yy}=2\mu ln,\qquad
\tau_{zz}=0,
\]
\[
\tau_{xy}=\tau_{yx}=\mu(l-ln^2)=\mu l(1-n^2).
\]
其余黏性应力分量为零。若题目要求总应力，则还需在法向分量中加上压力项 \(\sigma_{ii}=-p+\tau_{ii}\)。

对不可压牛顿流体，若速度只有 \(x\) 分量
\[
\mathbf V=(u(z),0,0),
\]
则与法向为 \(z\) 的面有关的切向黏性应力为
\[
\tau_{xz}=\mu\frac{du}{dz}.
\]
这个量表示法向为 \(+z\) 的流体面上，\(x\) 方向的切向应力。板面对水和水对板的方向还要用作用-反作用关系判断。

第一种速度分布为
\[
u=kz.
\]
因此
\[
\frac{du}{dz}=k,
\]
所以流体内部对应的剪应力大小为
\[
|\tau|=\mu k.
\]
若上板位于 \(z=+k/2\)、下板位于 \(z=-k/2\)，速度随 \(z\) 增大而沿 \(+x\) 增大。为了带动邻近水层，上板对水的切向黏性应力沿
\[
+x
\]
方向，即
\[
\boldsymbol\tau_{\text{上板对水}}=\mu k\,\mathbf i.
\]
下板阻滞邻近水层，对水的切向黏性应力沿
\[
-x
\]
方向，即
\[
\boldsymbol\tau_{\text{下板对水}}=-\mu k\,\mathbf i.
\]
水对上、下板的应力分别与上述方向相反：
\[
\boldsymbol\tau_{\text{水对上板}}=-\mu k\,\mathbf i,\qquad
\boldsymbol\tau_{\text{水对下板}}=\mu k\,\mathbf i.
\]

第二种速度分布为
\[
u=\sin z.
\]
由牛顿黏性定律
\[
\tau_{xz}=\mu\frac{du}{dz}=\mu\cos z.
\]
在两板处若坐标仍以中面为 \(z=0\)，板面位置为
\[
z=\pm\frac k2.
\]
所以剪应力大小为
\[
\mu\cos\frac k2.
\]
上、下板对水的方向仍由邻近水层相对滑移决定，可写成
\[
\boldsymbol\tau_{\text{上板对水}}
=\mu\cos\frac k2\,\mathbf i,
\]
\[
\boldsymbol\tau_{\text{下板对水}}
=-\mu\cos\frac k2\,\mathbf i,
\]
水对板则方向相反。

题目还问第二种情况下 \(z=0\) 处上下流体之间的应力。代入
\[
z=0
\]
得
\[
\tau_{xz}(0)=\mu\cos0=\mu.
\]
因此穿过中面 \(z=0\) 的上侧流体对下侧流体施加 \(+x\) 方向切应力，下侧流体对上侧流体施加 \(-x\) 方向切应力；大小都是
\[
\mu.
\]
本题给 \(\mu=0.01\) 克/(厘米·秒)，所以若只要数值大小，中面应力为
\[
0.01\ {\rm dyn/cm^2}
\]
乘以速度梯度的无量纲或相应单位换算因子。

设两平板间流动为
\[
\mathbf v=(u,0,0),\qquad u=kz,
\]
其中 \(x\) 为流向，\(z\) 为垂直平板方向。不可压牛顿流体的黏性应力分量为
\[
\tau_{ij}=\mu\left(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}
+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}\right).
\]
本题只有 \(u_x=u=kz\) 非零，并且只随 \(z\) 变化，因此
\[
\frac{\partial u}{\partial z}=k,\qquad
\frac{\partial u}{\partial x}=0,\qquad
v=w=0.
\]
代入本构式，唯一非零的剪切黏性应力为
\[
\tau_{xz}=\tau_{zx}=\mu\frac{\partial u}{\partial z}=\mu k.
\]
这里 \(\tau_{xz}\) 可理解为法向为 \(z\) 的面上沿 \(x\) 方向的应力；\(\tau_{zx}\) 是法向为 \(x\) 的面上沿 \(z\) 方向的伴随剪应力。二者相等是角动量守恒要求的应力张量对称性。

若上板位于较大的 \(z\)，且 \(k>0\)，靠近上板的流体速度大于靠近下板的流体速度。上板为了带动邻近流体，板对流体的切向作用沿 \(+x\) 方向，大小为
\[
|\mathbf t_{\text{upper on fluid}}|=\mu k.
\]
由作用与反作用，流体对上板的剪切力沿 \(-x\) 方向，大小同为 \(\mu k\)。下板附近流体相对下板向 \(+x\) 滑动，流体对下板的剪切力沿 \(+x\) 方向；下板对流体的力沿 \(-x\) 方向。若 \(k<0\)，上述所有方向同时反向，而大小为 \(\mu |k|\)。

也可从速度梯度检查：剪切应力必须与速度梯度成正比，若 \(k=0\) 则全场无剪切，\(\tau_{xz}=0\)；若黏度 \(\mu\) 增大，在同一速度梯度下需要更大剪应力，公式 \(\tau_{xz}=\mu k\) 与物理判断一致。最终应力张量的黏性部分可写为
\[
\boldsymbol\tau=
\begin{pmatrix}
0&0&\mu k\\
0&0&0\\
\mu k&0&0
\end{pmatrix},
\]
若写总应力张量，还需在对角线上加上 \(-p\delta_{ij}\)。

取 \(x\) 为流动方向，\(z\) 为垂直平板方向。速度场为
\[
\mathbf u=u(z)\mathbf i.
\]
牛顿流体的黏性切应力为
\[
\tau_{xz}=\tau_{zx}=\mu\frac{du}{dz}.
\]
若严格按题面
\[
u=\sin(kz),
\]
则
\[
\frac{du}{dz}=k\cos(kz),
\]
所以
\[
\tau_{xz}=\mu k\cos(kz).
\]
在平板上，水对平板的应力与平板对水的应力大小相等、方向相反；具体正负还要结合图中上、下板法向约定。若两板位于 \(z=\pm h\)，则板面处切应力大小为
\[
|\tau_{xz}|=\mu |k\cos(kh)|.
\]
在 \(z=0\) 的流体内部截面上，
\[
\tau_{xz}(0)=\mu k.
\]
因此上部流体对下部流体和下部流体对上部流体的切向应力大小均为 \(\mu |k|\)，方向相反，性质是黏性切应力而非压强正应力。

若来源页实际采用的是 \(u=\sin z\)，则 \(du/dz=\cos z\)，上述公式中的 \(\mu k\cos(kz)\) 应改为 \(\mu\cos z\)，\(z=0\) 处大小为 \(\mu\)。20°C 水的黏性系数 \(\mu\) 还需按题目使用的单位制代入。

理想流体没有切向应力，任一过该点且法向为 \(\mathbf n\) 的面元上，面力只能沿法线方向。由 Cauchy 应力公式，面上应力矢量为
\[
\mathbf t(\mathbf n)=\boldsymbol\sigma\cdot\mathbf n.
\]
“无切向应力”要求对任意切向单位矢量 \(\mathbf s\perp\mathbf n\) 都有 \(\mathbf s\cdot\mathbf t(\mathbf n)=0\)。这说明 \(\boldsymbol\sigma\mathbf n\) 总与 \(\mathbf n\) 平行。令 \(\mathbf n=\mathbf e_i\) 可知各坐标面上无切向分量，故非对角应力为零；再令 \(\mathbf n=(\mathbf e_i+\mathbf e_j)/\sqrt2\)，若 \(\sigma_{ii}\ne\sigma_{jj}\)，则 \(\boldsymbol\sigma\mathbf n\) 不再与 \(\mathbf n\) 平行，会产生切向分量，矛盾。因此 \(\sigma_{11}=\sigma_{22}=\sigma_{33}=-p\)，并且
\[
\boldsymbol\sigma=-p\mathbf I,\qquad \mathbf t(\mathbf n)=-p\mathbf n.
\]
所以任意方向上的法应力都等于同一个压强 \(p\)。

从理想流体欧拉方程出发：
\[
\frac{d\mathbf V}{dt}
=\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}+(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p.
\]
令涡量 \(\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V\)，并利用恒等式
\[
(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V
=\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)-\mathbf V\times\boldsymbol\omega.
\]
代入欧拉方程，得
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)
-\mathbf V\times\boldsymbol\omega
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p.
\]
等价地，因 \(\boldsymbol\omega\times\mathbf V=-\mathbf V\times\boldsymbol\omega\)，可写成
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\boldsymbol\omega\times\mathbf V
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p-\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right).
\]
这就是葛罗米柯-兰姆型方程。

若取流体质点初始标号为 \(\mathbf a\)，位置为 \(\mathbf x=\mathbf x(\mathbf a,t)\)，则
\[
\mathbf V(\mathbf x(\mathbf a,t),t)=\frac{\partial\mathbf x}{\partial t},
\qquad
\frac{d\mathbf V}{dt}=\frac{\partial^2\mathbf x}{\partial t^2}.
\]
于是欧拉方程在拉格朗日描述中为
\[
\frac{\partial^2\mathbf x(\mathbf a,t)}{\partial t^2}
=\mathbf f(\mathbf x,t)-\frac1{\rho(\mathbf x,t)}\nabla_{\mathbf x}p(\mathbf x,t).
\]
分量形式为
\[
\partial_t^2x_i=f_i-\rho^{-1}\frac{\partial p}{\partial x_i},
\qquad i=1,2,3.
\]
这就是同一运动方程的拉格朗日型。

无黏理想流体的欧拉方程为
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}+(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p.
\]
若质量力有势，记
\[
\mathbf f=-\nabla\Omega
\]
或按教材符号写成 \(\mathbf f=\nabla U\)，只需在最后相应改变势函数符号。引入涡量
\[
\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V.
\]
关键是把惯性项分解。向量恒等式为
\[
(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V
=\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)-\mathbf V\times(\nabla\times\mathbf V).
\]
证明可按分量检查：
\[
\left[(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V\right]_i
=V_j\frac{\partial V_i}{\partial x_j},
\]
而
\[
\left[\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)\right]_i
=V_j\frac{\partial V_j}{\partial x_i},
\]
\[
\left[\mathbf V\times(\nabla\times\mathbf V)\right]_i
=V_j\frac{\partial V_j}{\partial x_i}
-V_j\frac{\partial V_i}{\partial x_j}.
\]
代回即可得到恒等式。

把恒等式代入欧拉方程：
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)
-\mathbf V\times\boldsymbol\omega
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p.
\]
移项得
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
-\mathbf V\times\boldsymbol\omega
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p-\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right).
\]
若写成 \(\boldsymbol\omega\times\mathbf V=-\mathbf V\times\boldsymbol\omega\)，则
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\boldsymbol\omega\times\mathbf V
=\mathbf f-\frac1\rho\nabla p-\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right).
\]
对正压流体，\(\rho=\rho(p)\)，定义压力函数
\[
P=\int\frac{dp}{\rho}.
\]
则
\[
\frac1\rho\nabla p=\nabla P.
\]
若质量力势写作 \(\mathbf f=-\nabla\Omega\)，右端合并为
\[
-\nabla\left(\Omega+P+\frac{V^2}{2}\right).
\]
于是得到葛罗米柯-兰姆型方程
\[
\boxed{
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\boldsymbol\omega\times\mathbf V
=-\nabla\left(\Omega+P+\frac{V^2}{2}\right)
}.
\]
若教材把力势定义为 \(\mathbf f=\nabla U\)，则括号中相应写为
\[
P+\frac{V^2}{2}-U.
\]
结论检查：当流动无旋 \(\boldsymbol\omega=0\) 且定常时，上式退化为伯努利积分；当非定常或有旋时，\(\partial_t\mathbf V\) 和 \(\boldsymbol\omega\times\mathbf V\) 项不能随意丢掉。

取管轴为 \(x\)，等温状态方程为 \(p=k\rho\)。一维连续方程为
\[
\rho_t+(\rho u)_x=0.
\]
一维无粘运动方程写成守恒形式为
\[
(\rho u)_t+(\rho u^2)_x=-p_x=-k\rho_x.
\]
因此
\[
(\rho u)_t=-[(u^2+k)\rho]_x.
\]
对连续方程再对 \(t\) 求导：
\[
\rho_{tt}=-\partial_x(\rho u)_t.
\]
代入上式，得
\[
\rho_{tt}=\partial_x^2[(u^2+k)\rho],
\]
即
\[
\frac{\partial^2\rho}{\partial t^2}=\frac{\partial^2}{\partial x^2}\big[(u^2+k)\rho\big].
\]
证明中关键是先把动量方程写成 \((\rho u)\) 的守恒形式，这样消元时不会漏掉 \(u\rho_t\) 与 \(u_x\) 项。

速度场为
\[
u=ay,\qquad v=bx,\qquad w=0.
\]
该流场定常，且
\[
\nabla\cdot\mathbf V=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial z}=0+0+0=0.
\]
在不计质量力和黏性的常密度无黏流中，欧拉方程为
\[
\rho(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=-\nabla p.
\]
先求加速度分量：
\[
a_x=u\frac{\partial u}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial y}
=0+bx\cdot a=abx,
\]
\[
a_y=u\frac{\partial v}{\partial x}+v\frac{\partial v}{\partial y}
=ay\cdot b+0=aby,
\]
\[
a_z=0.
\]
因此
\[
\frac{\partial p}{\partial x}=-\rho abx,\qquad
\frac{\partial p}{\partial y}=-\rho aby,\qquad
\frac{\partial p}{\partial z}=0.
\]
若 \(\rho\) 为常数，积分得
\[
p=C-\frac12\rho ab(x^2+y^2).
\]
令 \(p=\) 常数，若 \(ab\ne0\)，则
\[
x^2+y^2=\text{常数},
\]
所以等压线在 \(xy\) 平面内是以原点为圆心的同心圆族；等压面则是以 \(z\) 轴为轴的圆柱面。若 \(ab=0\)，压力梯度为零，压力为常数，这时不能再把等压线唯一说成圆族。

取直线流动方向为 \(x\) 轴，则 \(v=w=0\)。不可压连续方程为 \(\partial u/\partial x+\partial v/\partial y+\partial w/\partial z=0\)，故 \(\partial u/\partial x=0\)，于是 \(u=u(y,z,t)\)。无外力作用时，N-S 方程化为
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=-\frac1\rho\frac{\partial p}{\partial x}+\nu\nabla^2u,\qquad
0=-\frac1\rho\frac{\partial p}{\partial y},\qquad
0=-\frac1\rho\frac{\partial p}{\partial z}.
\]
后两式给出 \(p_y=p_z=0\)，所以 \(p=p(x,t)\)。第一式中 \(\partial u/\partial t\) 与 \(\nabla^2u\) 都只含 \(y,z,t\)，而 \(\rho^{-1}p_x\) 只含 \(x,t\)。同一等式对任意 \(x,y,z\) 成立，故 \(\rho^{-1}p_x\) 只能是时间函数，记为 \(G(t)\)。于是
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=-G(t)+\nu\left(\frac{\partial^2u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2u}{\partial z^2}\right).
\]
令
\[
u^*=u+\int^tG(s)\,ds,
\]
则 \(\partial u^*/\partial t=\partial u/\partial t+G(t)\)，且所加项与 \(y,z\) 无关，所以 \(\nabla^2u^*=\nabla^2u\)。代入即得
\[
\frac{\partial u^*}{\partial t}=\nu\nabla^2u^*
=\nu\left(\frac{\partial^2u^*}{\partial y^2}+\frac{\partial^2u^*}{\partial z^2}\right).
\]
这就证明了压力梯度只随时间变化，并把原 N-S 方程化为热传导型扩散方程。

设圆筒中心轴为 \(z\) 轴，
\[
\boldsymbol\omega=\omega(t)\mathbf k,\qquad
\mathbf r=x\mathbf i+y\mathbf j
\]
为水平位置矢。刚体转动速度场为
\[
\mathbf V=\boldsymbol\omega\times\mathbf r
=\omega(t)\mathbf k\times(x\mathbf i+y\mathbf j)
=-\omega(t)y\,\mathbf i+\omega(t)x\,\mathbf j.
\]
因此
\[
u=-\omega(t)y,\qquad v=\omega(t)x,\qquad w=0.
\]
不可压连续方程为
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
逐项计算：
\[
\frac{\partial u}{\partial x}
=\frac{\partial[-\omega(t)y]}{\partial x}=0,
\]
\[
\frac{\partial v}{\partial y}
=\frac{\partial[\omega(t)x]}{\partial y}=0,
\qquad
\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
所以
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0,
\]
满足不可压连续方程。这里 \(\omega\) 可以随时间变化，是因为连续方程中对 \(x,y,z\) 求偏导时，\(\omega(t)\) 对空间坐标是常数。

再证刚壁边界条件。圆筒侧壁半径为 \(R\)，外法向为
\[
\mathbf n=\mathbf e_r=\frac{x\mathbf i+y\mathbf j}{R}.
\]
壁面无穿透条件要求
\[
\mathbf V\cdot\mathbf n=0.
\]
代入得
\[
\mathbf V\cdot\mathbf e_r
=(-\omega y)\frac{x}{R}+(\omega x)\frac{y}{R}
=-\frac{\omega xy}{R}+\frac{\omega xy}{R}=0.
\]
所以流体速度在侧壁上纯为切向，不穿过圆筒壁。

若圆筒有上、下端盖，端盖法向为
\[
\pm\mathbf k.
\]
而速度场的竖直分量
\[
w=0,
\]
故
\[
\mathbf V\cdot(\pm\mathbf k)=0,
\]
也满足端盖的无穿透条件。由此可知
\[
\mathbf V=\boldsymbol\omega(t)\times\mathbf r
\]
同时满足不可压连续方程和密闭圆筒刚壁边界条件。需要注意的是，这里证明的是运动学条件；若要进一步满足动量方程，还需给出相应压力场来平衡向心加速度和可能的角加速度项。

取二维流函数约定 \(u=-\psi_y,\ v=\psi_x\)，不可压条件自动满足。二维涡度为
\[
\zeta=v_x-u_y=\psi_{xx}+\psi_{yy}=\nabla^2\psi.
\]
不可压黏性流体 N-S 方程在外力有势时取旋度，可消去压强和体力势，得到涡度输运方程
\[
\zeta_t+u\zeta_x+v\zeta_y=\nu\nabla^2\zeta.
\]
将 \(u=-\psi_y,\ v=\psi_x,\ \zeta=\nabla^2\psi\) 代入：
\[
\frac{\partial}{\partial t}\nabla^2\psi-\psi_y\frac{\partial}{\partial x}\nabla^2\psi+\psi_x\frac{\partial}{\partial y}\nabla^2\psi
=\nu\nabla^2(\nabla^2\psi).
\]
因为 \(\partial_x\nabla^2\psi=\nabla^2\psi_x\)、\(\partial_y\nabla^2\psi=\nabla^2\psi_y\)，即得题列形式
\[
\nabla^2\psi_t-\psi_y\nabla^2\psi_x+\psi_x\nabla^2\psi_y=\nu\nabla^2(\nabla^2\psi).
\]

设空腔半径为
\[
R(t),
\]
初始时
\[
R(0)=a,\qquad \dot R(0)=0.
\]
流体不可压缩且运动球对称，所以径向速度只与 \(r,t\) 有关，记为 \(u_r(r,t)\)。球坐标连续方程为
\[
\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2u_r)=0.
\]
因此
\[
r^2u_r=R^2\dot R,
\]
即
\[
u_r(r,t)=\frac{R^2\dot R}{r^2}.
\]
当空腔收缩时 \(\dot R<0\)，速度指向中心。

该径向无旋流可取速度势
\[
\phi=-\frac{R^2\dot R}{r},
\]
因为
\[
\frac{\partial\phi}{\partial r}
=\frac{R^2\dot R}{r^2}
=u_r.
\]
在无穷远处取
\[
u_r\to0,\qquad \phi\to0,\qquad p\to p_0.
\]
空腔表面压强可取为零压或相对真空压，即
\[
p(R,t)=0.
\]
非定常伯努利方程为
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}
+\frac12u_r^2+\frac p\rho
=\frac{p_0}{\rho}.
\]
在 \(r=R\) 处，
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}
=-\frac{d(R^2\dot R)/dt}{R}
=-2\dot R^2-R\ddot R,
\]
且
\[
u_r(R,t)=\dot R.
\]
代入得
\[
-2\dot R^2-R\ddot R+\frac12\dot R^2
=\frac{p_0}{\rho},
\]
即
\[
R\ddot R+\frac32\dot R^2=-\frac{p_0}{\rho}.
\]

令
\[
q(R)=\dot R^2,
\qquad
\ddot R=\frac12\frac{dq}{dR}.
\]
于是
\[
\frac R2\frac{dq}{dR}+\frac32q=-\frac{p_0}{\rho}.
\]
乘以 2 后整理：
\[
R\frac{dq}{dR}+3q=-\frac{2p_0}{\rho}.
\]
解得
\[
q=\frac{2p_0}{3\rho}\left(\frac{a^3}{R^3}-1\right),
\]
其中已用初始条件 \(R=a,\ q=0\)。收缩时
\[
\dot R=-\sqrt{\frac{2p_0}{3\rho}\left(\frac{a^3}{R^3}-1\right)}.
\]
填充时间为
\[
T=\int_0^a
\frac{dR}{\sqrt{\frac{2p_0}{3\rho}\left(\frac{a^3}{R^3}-1\right)}}.
\]
令 \(x=R/a\)，得到
\[
T=a\sqrt{\frac{3\rho}{2p_0}}
\int_0^1\frac{x^{3/2}}{\sqrt{1-x^3}}\,dx.
\]
该无量纲积分数值为约
\[
0.7468,
\]
所以
\[
\sqrt{\frac32}\times0.7468\approx0.915.
\]
最终
\[
\boxed{T\approx0.915\,a\sqrt{\frac{\rho}{p_0}}}.
\]
结论检查：时间与初始半径 \(a\) 成正比，与压力驱动强度 \(p_0/\rho\) 的平方根成反比；这与量纲和物理直觉一致。

设 \(\mathbf F\) 为单位质量外力，\(p\) 为压强，\(\rho\) 为密度。流体静止时速度为零，静力平衡方程为
\[
\nabla p=\rho\mathbf F,
\]
即
\[
\mathbf F=\frac1\rho\nabla p.
\]
由于 \(p\) 是单值标量，必有
\[
\nabla\times\nabla p=0.
\]
因此
\[
\nabla\times(\rho\mathbf F)=0.
\]
展开：
\[
\nabla\rho\times\mathbf F+\rho\nabla\times\mathbf F=0.
\]
两边点乘 \(\mathbf F\)，第一项满足
\[
\mathbf F\cdot(\nabla\rho\times\mathbf F)=0,
\]
因为混合积中有两个相同的 \(\mathbf F\)。于是
\[
\rho\,\mathbf F\cdot(\nabla\times\mathbf F)=0.
\]
因 \(\rho\ne0\)，得到一般必要条件
\[
\mathbf F\cdot(\nabla\times\mathbf F)=0.
\]
若流体不可压，\(\rho\) 为常数，则
\[
\nabla\times(\rho\mathbf F)=\rho\nabla\times\mathbf F=0.
\]
所以必须有
\[
\nabla\times\mathbf F=0.
\]
这表示外力场应为有势力场，局部可写为
\[
\mathbf F=\nabla\Phi
\]
或按符号约定写为 \(\mathbf F=-\nabla\Phi\)。题目问必要条件；在不可压、单连通区域中，无旋外力也是压力可积的常用充分条件。

设自由液面表压为零，竖直向下深度为 \(h\)。静止流体速度为零，动量方程退化为静力平衡：
\[
\nabla p=\rho\mathbf g.
\]
若取 \(z\) 竖直向上，则 \(\mathbf g=-g\mathbf k\)，所以
\[
\frac{\partial p}{\partial x}=0,\qquad
\frac{\partial p}{\partial y}=0,\qquad
\frac{\partial p}{\partial z}=-\rho g.
\]
前两式说明同一水平面上压强相等；第三式从自由面 \(z=z_0\) 积分到深度 \(h=z_0-z\)，得
\[
p-p_0=\rho g(z_0-z)=\rho gh=\gamma h.
\]
这就证明了静水压强只由竖直深度决定，而不是由沿壁面的距离决定。

压力总是沿受压面的法线方向作用。对平面壁，面积元 \(dA\) 上的力为
\[
d\mathbf F=p\,\mathbf n\,dA=\gamma h\,\mathbf n\,dA.
\]
若壁面竖直，\(h\) 沿壁面线性增大，压力图就是从自由面零压到底部 \(\gamma H\) 的三角形；若壁面倾斜，仍然按点的竖直深度 \(h\) 取压力大小，因此沿斜壁画出的分布是随竖直深度线性增大的梯形或三角形，而不能按斜长直接取深度。合力为
\[
F=\int_A p\,dA=\gamma\int_A h\,dA=\gamma h_cA,
\]
其中 \(h_c\) 是面积形心的竖直深度；压力中心由
\[
h_p=\frac{\int_A h^2\,dA}{\int_A h\,dA}
\]
确定，所以压力中心通常在形心下方。

对曲面壁，面积元上的压力方向随法线改变，不能直接把 \(pA\) 当成一个方向固定的合力。把合力分解：水平方向分力等于曲面在垂直于该方向的投影面上的静水压力，
\[
F_x=\int_A p n_x\,dA=\int_{A_x}p\,dA_x.
\]
竖直方向分力等于曲面以上到自由面的等效液体重量，符号由“液体对壁”或“壁对液体”的受力方向决定：
\[
F_z=\pm W_{\text{above}}.
\]
因此作曲面压力图时，应在每一点沿局部法线画箭头，箭头长度随竖直深度线性增大；再用水平投影力和上覆液体重量求合力。这一结论同时检查了三点：压力法向、大小按 \(p=\gamma h\)、曲面合力不能用单一平面压力图替代。

设气泡在水底时直径为 \(d_B=1\,\mathrm{cm}\)，浮到水面时直径为 \(d_T=2\,\mathrm{cm}\)。球体体积与直径三次方成正比，所以
\[
\frac{V_T}{V_B}=\left(\frac{d_T}{d_B}\right)^3=2^3=8.
\]
气泡内空气质量不变，且按等温变化，理想气体满足
\[
pV=\text{常数}.
\]
因此水底与水面两状态满足
\[
p_BV_B=p_TV_T.
\]
水面处气泡内压强取为大气压 \(p_T=p_0\)，于是
\[
p_B=p_T\frac{V_T}{V_B}=8p_0.
\]
水底深度为 \(H\) 时，静水压给出底部气泡绝对压强
\[
p_B=p_0+\rho gH.
\]
联立两式：
\[
p_0+\rho gH=8p_0,
\]
所以
\[
\rho gH=7p_0,
\qquad
H=\frac{7p_0}{\rho g}.
\]
取 \(p_0=1.013\times10^5\,\mathrm{Pa}\)、\(\rho=1000\,\mathrm{kg/m^3}\)、\(g=9.81\,\mathrm{m/s^2}\)，得
\[
H\approx\frac{7\times1.013\times10^5}{1000\times9.81}\approx72.3\,\mathrm m.
\]
故水深约为 \(72\,\mathrm m\)。

设 \(r\) 为从地心向外的径向坐标，地球为静止、不可压缩、密度均匀的流体球。题设单位质量所受重力大小与 \(r\) 成正比，且地表 \(r=R\) 处为 \(g\)，故
\[
g(r)=g\frac{r}{R},
\]
方向指向地心。径向向外为正时，静力平衡方程为
\[
\frac{dp}{dr}=-\rho g(r)=-\rho g\frac{r}{R}.
\]
以地表压力 \(p(R)=p_R\) 为边界，从 \(R\) 积分到任意 \(r\)：
\[
p(r)-p_R=\int_R^r -\rho g\frac{s}{R}\,ds
=\frac{\rho g}{2R}(R^2-r^2).
\]
因此
\[
p(r)=p_R+\frac{\rho g}{2R}(R^2-r^2).
\]
中心处 \(r=0\)，所以
\[
\boxed{p(0)=p_R+\frac12\rho gR}.
\]
若以地表压力为零表压，则中心表压为 \(\rho gR/2\)。这个结果也可由重力势 \(\Pi=gr^2/(2R)\) 下的静力积分 \(p+\rho\Pi=\) 常数得到。

取固定吸引中心为原点，记
\[
r=(x^2+y^2+z^2)^{1/2}.
\]
牛顿引力为中心力，单位质量力可写成势函数的负梯度。若取
\[
\Pi=-\frac{f}{r},
\]
则
\[
\mathbf F=-\nabla\Pi=-\nabla\left(-\frac f r\right)
\]
沿半径指向中心，大小与 \(r^{-2}\) 成正比。静止不可压流体满足静力平衡：
\[
0=-\frac1\rho\nabla p+\mathbf F.
\]
即
\[
\nabla p=\rho\mathbf F=-\rho\nabla\Pi.
\]
两边积分得
\[
p+\rho\Pi=C,
\]
所以
\[
p-\frac{\rho f}{r}=C.
\]
设自由边界是半径为 \(r_0\) 的球面，边界压力为零：
\[
p(r_0)=0.
\]
代入得
\[
0-\frac{\rho f}{r_0}=C.
\]
因此任意半径处
\[
p=\rho f\left(\frac1r-\frac1{r_0}\right).
\]
因为 \(p\) 只依赖 \(r\)，所以等压面必为以吸引中心为球心的球面。

题目又给总体积为 \(\tau\)。不可压流体边界球的体积满足
\[
\tau=\frac43\pi r_0^3,
\]
故
\[
r_0=\left(\frac{3\tau}{4\pi}\right)^{1/3}.
\]
令
\[
p=1,
\]
有
\[
1=\rho f\left(\frac1r-\frac1{r_0}\right).
\]
解出
\[
\frac1r=\frac1{\rho f}+\frac1{r_0},
\qquad
r=\frac{\rho f r_0}{r_0+\rho f}.
\]
把 \(r_0=(3\tau/4\pi)^{1/3}\) 代入，也可写成
\[
r=\frac{\rho f}{1+\rho f(4\pi/3\tau)^{1/3}}.
\]
于是 \(p=1\) 的等压面方程为
\[
\boxed{
x^2+y^2+z^2=
\left[
\frac{\rho f}{1+\rho f(4\pi/3\tau)^{1/3}}
\right]^2
}.
\]
结论检查：压力随靠近中心而增大；当 \(r=r_0\) 时 \(p=0\)，当 \(p=1>0\) 时 \(r<r_0\)，符合边界内等压球面的物理图像。

侧面是宽
\[
b=0.50\,\mathrm m
\]
、水深
\[
H=1.20\,\mathrm m
\]
的竖直矩形面。取水面为深度原点，向下深度为 \(h\)。静水压强随深度线性变化：
\[
p=\gamma h.
\]
深度在 \(h\) 到 \(h+dh\) 的水平窄条面积为
\[
dA=b\,dh,
\]
所以该窄条上压力为
\[
dF=p\,dA=\gamma h\,b\,dh.
\]
总压力为
\[
F=\int_0^H \gamma h\,b\,dh
=\gamma b\frac{H^2}{2}.
\]
代入
\[
\gamma=1000\,\mathrm{kgf/m^3},\quad b=0.50\,\mathrm m,\quad H=1.20\,\mathrm m,
\]
得
\[
F=1000\times0.50\times\frac{1.20^2}{2}
=360\,\mathrm{kgf}.
\]
若用 SI 单位，也可写为
\[
F=360\times9.80665\approx3.53\times10^3\,\mathrm N.
\]

压力中心深度由力矩平衡确定。对水面取矩：
\[
Fh_c=\int_0^H h\,dF.
\]
右端为
\[
\int_0^H h(\gamma h b\,dh)
=\gamma b\int_0^H h^2\,dh
=\gamma b\frac{H^3}{3}.
\]
因此
\[
h_c=\frac{\gamma bH^3/3}{\gamma bH^2/2}
=\frac{2H}{3}.
\]
代入
\[
H=1.20\,\mathrm m
\]
得
\[
\boxed{h_c=0.80\,\mathrm m}.
\]
即压力中心位于水面下 \(0.80\ \mathrm m\)。若以容器底部为坐标原点向上量，则该点距底部
\[
H-h_c=1.20-0.80=0.40\,\mathrm m.
\]
若以水面为原点且 \(z\) 轴向上，则
\[
z_c=-0.80\,\mathrm m.
\]
结论检查：压力中心比形心深，矩形侧面的形心在 \(H/2=0.60\ \mathrm m\)，而压力中心在 \(2H/3=0.80\ \mathrm m\)，符合压强随深度增大的物理图像。

曲面静水压力通常分成水平分力和竖直分力来求。对任意曲面，水平分力等于曲面在竖直投影面上的静水压力；竖直分力等于曲面上方直到自由液面的等效液体重量，方向按液体作用在曲面上的方向确定。

本题四分之一圆柱面半径为
\[
R=0.20\,\mathrm m,
\]
宽度为
\[
b=0.8\,\mathrm m,
\]
液体重度为
\[
\gamma=850\,\mathrm{kgf/m^3},
\]
水头为
\[
H=1.2\,\mathrm m.
\]

先求水平分力。曲面在竖直面上的投影面积为
\[
A_v=bR.
\]
若自由面到圆柱最低投影段上端的几何水头按题图记为 \(H\)，则投影形心深度为
\[
\bar h=H-\frac R2.
\]
于是
\[
P_x=\gamma A_v\bar h
=\gamma bR\left(H-\frac R2\right).
\]
代入数值：
\[
P_x=850\times0.8\times0.20\times(1.20-0.10)
=149.6\,\mathrm{kgf}.
\]
有些讲义因图中水头读数或四舍五入写作约 \(148.6\,\mathrm{kgf}\)，但按题面数值直接代入应为约
\[
\boxed{P_x=1.50\times10^2\,\mathrm{kgf}}.
\]

再求竖直分力。它等于曲面上方虚水体的重量。该截面面积为矩形面积减去四分之一圆面积：
\[
A_w=HR-\frac{\pi R^2}{4}.
\]
所以
\[
P_z=\gamma b\left(HR-\frac{\pi R^2}{4}\right).
\]
代入：
\[
P_z=850\times0.8
\left(1.20\times0.20-\frac{\pi\times0.20^2}{4}\right)
\approx141.8\,\mathrm{kgf}.
\]
对液体作用在该零件上的方向，竖直分力通常向下，故可写为
\[
P_z=-141.8\,\mathrm{kgf}.
\]

合力大小为
\[
P=\sqrt{P_x^2+P_z^2}
\approx\sqrt{149.6^2+141.8^2}
\approx206.1\,\mathrm{kgf}.
\]
方向角满足
\[
\tan\alpha=\frac{|P_z|}{P_x}
\approx\frac{141.8}{149.6},
\]
所以
\[
\alpha\approx43.5^\circ.
\]
结论检查：水平分力来自竖直投影面压力，竖直分力来自上方等效液体重量；两者不是同一个积分方向，不能直接用曲面面积乘形心压强。

油柜随车作水平加速运动。取随车坐标系，令 \(x\) 沿车前进方向，\(z\) 竖直向上。在这个非惯性系中，静止油液除重力外还受到单位质量惯性力
\[
-a\,\mathbf i.
\]
因此静力平衡可写成
\[
\frac1\rho\nabla p=-a\,\mathbf i-g\,\mathbf k.
\]
微分形式为
\[
dp=\rho(-a\,dx-g\,dz).
\]
自由面上压强处处等于大气压，所以
\[
dp=0.
\]
于是
\[
-a\,dx-g\,dz=0,
\]
即
\[
\frac{dz}{dx}=-\frac ag.
\]
这说明自由面是一条斜直线，倾斜率的绝对值为
\[
\frac ag.
\]

油柜长
\[
L=10\,\mathrm m,
\]
所以两端自由面高度差为
\[
\Delta h=\frac ag L.
\]
油柜深
\[
2\,\mathrm m,
\]
初始油面离顶
\[
0.6\,\mathrm m,
\]
因此初始油深为
\[
h_0=2-0.6=1.4\,\mathrm m.
\]
因为油量不变，自由面倾斜后平均高度仍为
\[
1.4\,\mathrm m.
\]
临界不溢出时，较高一端刚好达到柜顶：
\[
h_{\max}=2.0\,\mathrm m.
\]
相对平均液面升高
\[
2.0-1.4=0.6\,\mathrm m.
\]
线性自由面两端一升一降，故总高差为
\[
\Delta h_{\max}=2\times0.6=1.2\,\mathrm m.
\]

由
\[
\Delta h_{\max}=\frac{a_{\max}}gL
\]
得
\[
\frac{a_{\max}}g=\frac{1.2}{10}=0.12.
\]
因此
\[
\boxed{a_{\max}=0.12g\approx1.18\,\mathrm{m/s^2}}.
\]
若用
\[
g=9.8\,\mathrm{m/s^2},
\]
则
\[
a_{\max}\approx1.176\,\mathrm{m/s^2}.
\]
结论检查：车加速度越大，自由面倾斜越大；临界状态不是平均油面到顶，而是高端刚到顶且低端相应下降同样高度。宽度 \(2.5\,\mathrm m\) 不进入计算，是因为加速度沿长度方向，横向自由面不倾斜。

设闭容器固定且壁面静止，流体不可压、牛顿黏性。动能为
\[
K(t)=\int_\Omega \frac12\rho |\mathbf V|^2\,dV.
\]
对不可压 Navier-Stokes 方程
\[
\rho\left(\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\mathbf V\cdot\nabla\mathbf V\right)
=-\nabla p+\mu\nabla^2\mathbf V
\]
两边点乘 \(\mathbf V\)，并在整个闭容器体积 \(\Omega\) 上积分。左端给出动能变化率；对流项可化成边界通量
\[
\int_{\partial\Omega}\frac12\rho |\mathbf V|^2
(\mathbf V\cdot\mathbf n)\,dS.
\]
由于容器壁为刚壁且无穿透，
\[
\mathbf V\cdot\mathbf n=0,
\]
该通量为零。

压力项为
\[
-\int_\Omega \mathbf V\cdot\nabla p\,dV.
\]
用乘积公式
\[
\mathbf V\cdot\nabla p=\nabla\cdot(p\mathbf V)-p\nabla\cdot\mathbf V
\]
并利用不可压条件
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0
\]
及边界无穿透条件，压力项只剩零边界通量，所以压力不向闭容器流体输入净动能。

黏性项积分分部：
\[
\mu\int_\Omega \mathbf V\cdot\nabla^2\mathbf V\,dV
=-\mu\int_\Omega
\frac{\partial V_i}{\partial x_j}
\frac{\partial V_i}{\partial x_j}\,dV
\]
加上边界项。静止固壁无滑移给出
\[
\mathbf V=0\qquad \text{on }\partial\Omega,
\]
故边界项为零。更一般地用应变率张量
\[
e_{ij}=\frac12\left(\frac{\partial V_i}{\partial x_j}
+\frac{\partial V_j}{\partial x_i}\right)
\]
可写成
\[
\frac{dK}{dt}
=-\int_\Omega 2\mu e_{ij}e_{ij}\,dV\le0.
\]
因此动能随时间单调不增，且只会因黏性耗散而减少。

若耗散项最终为零，则
\[
e_{ij}=0
\]
在容器内成立，流动只能是刚体平移或刚体转动形式。由于边界为静止闭容器且满足无滑移，
\[
\mathbf V=0
\]
在边界上成立，刚体平移和刚体转动都只能取零。因此唯一可能的零耗散极限是全场静止。由能量不等式可知，初始运动的不可压黏性流体在无外力持续供能的静止闭容器中，动能不断被黏性耗散消耗，最终趋于
\[
\mathbf V=\mathbf0.
\]

沿同一条无黏、定常、不可压流线写伯努利方程：
\[
\frac{p}{\rho g}+\frac{V^2}{2g}+z=H=\text{常数}.
\]
三项分别是压力水头、速度水头和位置水头。若不用水头而用单位质量能量，则等价地写为
\[
\frac{p}{\rho}+\frac{V^2}{2}+gz=\text{常数}.
\]
所以讨论 \(A,B,C\) 三点能量变化时，不能只看某一个能量项，而要看三项之间如何互相转化。

按题库现有图 2.14 的解释，\(A\) 点可看作自由液面或大截面处。此时速度很小，
\[
V_A\approx0,
\]
若取表压，则
\[
p_A\approx0.
\]
于是 \(A\) 点能量主要表现为位置水头
\[
z_A.
\]
流体从 \(A\) 到 \(B\) 下降并进入较小通道时，位置水头减少：
\[
z_B\lt z_A.
\]
伯努利总水头 \(H\) 不变，所以减少的位置能要转化为速度能和压力能。若 \(B\) 处管道较窄，则由连续方程
\[
Q=AV
\]
可知截面积小处速度较大，速度水头
\[
\frac{V_B^2}{2g}
\]
增加。因此从 \(A\) 到 \(B\)，主要变化是位置能下降，动能明显增加，压力水头则按管内压强状态相应调整。

再比较 \(B\) 与 \(C\)。若 \(B,C\) 高程相同或近似相同，
\[
z_B=z_C,
\]
而 \(C\) 所在管段比 \(B\) 处更粗，则由连续方程
\[
A_BV_B=A_CV_C,\qquad A_C\gt A_B
\]
得
\[
V_C\lt V_B.
\]
速度水头从 \(B\) 到 \(C\) 减少：
\[
\frac{V_C^2}{2g}\lt\frac{V_B^2}{2g}.
\]
为了保持
\[
\frac{p}{\rho g}+\frac{V^2}{2g}+z
\]
不变，在高程不变时，速度水头减少必须表现为压力水头增加，故
\[
\frac{p_C}{\rho g}\gt\frac{p_B}{\rho g},
\qquad
p_C\gt p_B.
\]
这就是“扩管减速增压”的伯努利解释。

因此可概括为：\(A\) 点以位置能为主；从 \(A\) 到 \(B\)，位置能转化为动能和可能的压力能；从 \(B\) 到 \(C\)，若管道变粗且高程不变，则动能减少、压力能增加，总机械能保持不变。若实际流动有黏性损失，则伯努利方程应改为
\[
H_A=H_B+h_L,
\]
总水头会沿程降低，本题的理想能量转化只适用于忽略损失或损失很小的说明。

定常理想流体的欧拉方程可写为
\[
(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=-\frac1\rho\nabla p-\nabla\Pi,
\]
其中 \(\Pi\) 为体力势。用恒等式
\[
(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=\nabla(V^2/2)-\mathbf V\times(\nabla\times\mathbf V)
\]
并令涡度 \(\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V\)。若流动无旋，则 \(\boldsymbol\omega=0\)，于是
\[
\nabla(V^2/2)+\frac1\rho\nabla p+\nabla\Pi=0.
\]
对于不可压或沿题设可积分的压强项，有
\[
\nabla\left(\frac{V^2}{2}+\frac p\rho+\Pi\right)=0.
\]
梯度为零表示括号内在连通流场中处处相同，而不是只沿单条流线为常数。因此无旋时伯努利积分常数不再随流线而变，是整个连通流场的普适常数。

已知速度势为
\[
\phi=-k^2(x^2+y^2-2z^2).
\]
理想无旋流中速度由速度势梯度给出：
\[
\mathbf V=\nabla\phi.
\]
因此
\[
u=\frac{\partial\phi}{\partial x}=-2k^2x,\qquad
v=\frac{\partial\phi}{\partial y}=-2k^2y,
\]
\[
w=\frac{\partial\phi}{\partial z}=4k^2z.
\]
先检查该速度场是否满足不可压缩连续方程：
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}
=-2k^2-2k^2+4k^2=0.
\]
所以它可作为不可压理想流体的无旋速度场。

速度平方为
\[
V^2=u^2+v^2+w^2
=4k^4x^2+4k^4y^2+16k^4z^2
=4k^4(x^2+y^2+4z^2).
\]
题设只考虑重力，取 \(z\) 竖直向上，则定常无旋理想流体的伯努利式为
\[
\frac p\rho+\frac12V^2+gz=C,
\]
其中 \(C\) 是由参考点压力决定的常数。代入 \(V^2\) 得
\[
\frac p\rho+2k^4(x^2+y^2+4z^2)+gz=C.
\]
于是压力分布为
\[
\boxed{
p=\rho C-\rho gz-2\rho k^4(x^2+y^2+4z^2)
}.
\]
若把参考点 \((x_0,y_0,z_0)\) 的压力记为 \(p_0\)，也可写成差分形式：
\[
p-p_0=-\rho g(z-z_0)
-2\rho k^4\{x^2+y^2+4z^2-x_0^2-y_0^2-4z_0^2\}.
\]
结论检查：压力随高度增加有静水压项 \(-\rho gz\)，还随速度平方增加而降低；常数 \(C\) 不能由速度势本身确定，必须由某个参考压力给定。

理想完全气体作无旋运动，且不计质量力。欧拉方程为
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}+(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=-\frac1\rho\nabla p.
\]
无旋条件
\[
\nabla\times\mathbf V=0
\]
使速度可写为
\[
\mathbf V=\nabla\phi.
\]
利用恒等式
\[
(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=\nabla\left(\frac{V^2}{2}\right)-\mathbf V\times(\nabla\times\mathbf V),
\]
无旋时第二项为零，于是
\[
\nabla\left(\frac{\partial\phi}{\partial t}+\frac{V^2}{2}\right)
=-\frac1\rho\nabla p.
\]
若流体为正压流体，\(\rho=\rho(p)\)，可定义
\[
H(p)=\int\frac{dp}{\rho}.
\]
则
\[
\nabla\left(\frac{\partial\phi}{\partial t}+\frac{V^2}{2}+H\right)=0.
\]
所以
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}+\frac{V^2}{2}+H=F(t).
\]
把 \(F(t)\) 并入势函数常数也可写成伯努利常数。

等温理想气体满足
\[
p=\rho RT,\qquad T=\text{常数}.
\]
因此
\[
\rho=\frac p{RT},\qquad
\int\frac{dp}{\rho}=RT\int\frac{dp}{p}=RT\ln p+C.
\]
等温无旋伯努利方程为
\[
\boxed{\frac{\partial\phi}{\partial t}+\frac{V^2}{2}+RT\ln p=F(t)}.
\]
用 \(p=\rho RT\) 也可等价写为 \(RT\ln\rho\)，差别只是常数。

绝热可逆理想气体满足
\[
p=K\rho^\kappa.
\]
于是
\[
\int\frac{dp}{\rho}
=\int \frac{K\kappa\rho^{\kappa-1}d\rho}{\rho}
=\frac{\kappa K}{\kappa-1}\rho^{\kappa-1}.
\]
又因为 \(p/\rho=K\rho^{\kappa-1}\)，所以
\[
\int\frac{dp}{\rho}=\frac{\kappa}{\kappa-1}\frac p\rho.
\]
绝热无旋伯努利方程为
\[
\boxed{\frac{\partial\phi}{\partial t}+\frac{V^2}{2}
+\frac{\kappa}{\kappa-1}\frac p\rho=F(t)}.
\]
若流动定常，则 \(\partial\phi/\partial t\) 可并入常数，得到沿全流场成立的
\[
\frac{V^2}{2}+H=\text{常数}.
\]
结论检查：两式差别只来自 \(\int dp/\rho\) 的过程关系；不能把等温的 \(RT\ln p\) 与绝热的 \(\kappa p/[(\kappa-1)\rho]\) 混用。

定常二维理想不可压流动满足 Lamb 形式
\[
\nabla\left(\frac{V^2}{2}+\frac p\rho+\Pi\right)-\mathbf V\times\boldsymbol\omega=0.
\]
二维流动中 \(\boldsymbol\omega=\zeta\mathbf k\)，取流函数约定 \(\mathbf V=(-\psi_y,\psi_x)\)。于是
\[
\mathbf V\times\boldsymbol\omega
=(-\psi_y,\psi_x,0)\times(0,0,\zeta)
=\zeta(\psi_x,\psi_y,0)=\zeta\nabla\psi.
\]
若题设 \(\zeta=F'(\psi)\)，则
\[
\mathbf V\times\boldsymbol\omega=F'(\psi)\nabla\psi=\nabla F(\psi).
\]
代回 Lamb 方程：
\[
\nabla\left(\frac{V^2}{2}+\frac p\rho+\Pi-F(\psi)\right)=0.
\]
若教材把 \(F\) 的符号定义为相反，即 \(\zeta=-F'(\psi)\)，则得到题写的
\[
\frac p\rho+\frac{V^2}{2}+\Pi+F(\psi)=\mathrm{const}.
\]
符号差只来自流函数和 \(F\) 的约定；关键证明是涡度项可写成只依赖 \(\psi\) 的全梯度。

二维非定常理想不可压流可分解为一个无旋非定常部分和常涡度部分。设无旋部分有势函数 \(\phi_2\)，流函数为 \(\psi\)，常涡度为 \(\xi\)。非定常欧拉方程的 Lamb 形式为
\[
\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}+\nabla(V^2/2)-\mathbf V\times\boldsymbol\omega
=-\frac1\rho\nabla p-\nabla\Pi.
\]
无旋非定常部分给出 \(\partial\mathbf V/\partial t=\nabla(\partial\phi_2/\partial t)\)；二维常涡度项满足
\[
\mathbf V\times(\xi\mathbf k)=\xi\nabla\psi
\]
（符号随流函数约定而定）。代入并把所有梯度项移到一边：
\[
\nabla\left(\frac{\partial\phi_2}{\partial t}+\frac{V^2}{2}+\frac p\rho+\Pi-\xi\psi\right)=0.
\]
乘以 \(-1\) 或把时间函数吸收到右端，可写成题中形式
\[
-\frac{\partial\phi_2}{\partial t}+\frac p\rho+\frac{V^2}{2}+\Pi-\xi\psi=F(t).
\]
右端只能是时间函数，因为空间梯度已经为零。

设活塞截面积为
\[
\sigma_1,
\]
喷口截面积为
\[
\sigma_2,
\]
活塞前进速度为 \(V_1\)，喷口射流速度为 \(V_2\)。不可压流体满足连续方程：
\[
\sigma_1V_1=\sigma_2V_2.
\]
因此
\[
V_1=\frac{\sigma_2}{\sigma_1}V_2.
\]

忽略阻力并取喷口外压为 \(p_0\)。活塞对流体作水平推力 \(F\)，活塞后方压强相对喷口外压提高
\[
p_1-p_2=\frac{F}{\sigma_1},
\qquad p_2=p_0.
\]
水平流动无高度差，沿活塞附近截面到喷口截面列伯努利方程：
\[
p_1+\frac12\rho V_1^2
=p_2+\frac12\rho V_2^2.
\]
移项得
\[
\frac{F}{\sigma_1}
=\frac12\rho(V_2^2-V_1^2).
\]
代入连续方程给出的 \(V_1\)：
\[
\frac{F}{\sigma_1}
=\frac12\rho V_2^2
\left(1-\frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2}\right).
\]
于是
\[
V_2^2
=\frac{2F\sigma_1}{\rho(\sigma_1^2-\sigma_2^2)},
\]
即
\[
\boxed{
V_2=\sqrt{\frac{2F\sigma_1}{\rho(\sigma_1^2-\sigma_2^2)}}
}.
\]

活塞前进距离 \(l\) 时，排出的体积为
\[
\sigma_1l.
\]
喷口体积流量为
\[
Q=\sigma_2V_2.
\]
因此所需时间
\[
T=\frac{\sigma_1l}{\sigma_2V_2}.
\]
代入 \(V_2\) 得
\[
\boxed{
T=\frac{l}{\sigma_2}
\sqrt{\frac{\rho\sigma_1(\sigma_1^2-\sigma_2^2)}{2F}}
}.
\]
结论检查：若喷口越小，\(\sigma_2\) 越小，时间越长；若推力 \(F\) 越大，速度越大，时间按 \(F^{-1/2}\) 变短。公式要求 \(\sigma_1>\sigma_2\)，否则“喷口”模型和伯努利加速过程不成立。

设自由水面为点 1，小孔出口为点 2。水箱顶端开口，故两点均与大气相通，表压可取
\[
p_1=p_2=0.
\]
若水箱截面积远大于小孔面积，则自由水面下降速度可忽略，取 \(V_1\approx0\)。以地面为高程零点，水面高程为 \(z_1=H\)，小孔离水面深度为 \(h\)，故小孔高程为 \(z_2=H-h\)。沿自由水面到小孔出口列伯努利方程：
\[
\frac{p_1}{\rho g}+\frac{V_1^2}{2g}+z_1
=
\frac{p_2}{\rho g}+\frac{V_2^2}{2g}+z_2.
\]
代入上述条件得
\[
0+0+H=0+\frac{V_2^2}{2g}+(H-h),
\]
所以
\[
\frac{V_2^2}{2g}=h,
\qquad V_2=\sqrt{2gh}.
\]
可见本小问的流速只由孔口在水面下的深度 \(h\) 决定，\(H\) 在求速度时抵消；\(H\) 会在后续求射程时通过孔口离地高度 \(H-h\) 起作用。

水箱顶端开口，侧壁小孔距水面深度为 \(h\)，水面距地面高度为 \(H\)，所以小孔距地面高度为
\[
H-h.
\]
由上一小问或由水面到小孔列伯努利方程，在水面速度可忽略、两处均为大气压时，孔口水平出流速度为
\[
V_A=\sqrt{2gh}.
\]
水从小孔射出后按水平抛射处理。竖直方向初速度为零，落地时下降距离为 \(H-h\)，故
\[
H-h=\frac12gt^2.
\]
由此得飞行时间
\[
t=\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}.
\]
水平方向速度近似保持为 \(V_A\)，所以射程为
\[
S=V_A t.
\]
代入 \(V_A=\sqrt{2gh}\)：
\[
S=\sqrt{2gh}\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}=2\sqrt{h(H-h)}.
\]
故由小孔射出的水流射程为
\[
\boxed{S=2\sqrt{h(H-h)}}.
\]

设水深为
\[
H,
\]
小孔离自由液面的深度为
\[
h.
\]
忽略阻力和收缩损失时，小孔出流速度由托里拆利公式给出：
\[
v=\sqrt{2gh}.
\]
若容器底部作为射流落地点所在水平面，则孔口离底部的高度为
\[
H-h.
\]
水平射流从孔口射出，竖直方向初速度为零，落到底部水平面所需时间由
\[
H-h=\frac12gt^2
\]
确定，所以
\[
t=\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}.
\]
这里的关键假设是：射流刚离开孔口时速度方向水平，竖直位移只由重力加速度产生；若把孔口到落点的竖直距离写错，就会把后面的对称关系也写错。
水平射程为
\[
S=vt
=\sqrt{2gh}\sqrt{\frac{2(H-h)}{g}}
=2\sqrt{h(H-h)}.
\]

现在设另一小孔离自由液面的深度为 \(z\)。要求它与深度 \(h\) 的小孔射程相同，即
\[
2\sqrt{z(H-z)}
=2\sqrt{h(H-h)}.
\]
两边平方并除去公共因子：
\[
z(H-z)=h(H-h).
\]
展开整理：
\[
Hz-z^2=Hh-h^2,
\]
\[
z^2-Hz+Hh-h^2=0.
\]
这个二次方程可分解为
\[
(z-h)\{z-(H-h)\}=0.
\]
因此
\[
z=h
\]
或
\[
z=H-h.
\]
除原来的孔位外，另一个孔位应在
\[
\boxed{z=H-h}
\]
处，即离水面 \(H-h\) 的深度。结论检查：把 \(z=H-h\) 代回射程式，得到
\[
S'=2\sqrt{(H-h)h}=S,
\]
所以它确实与原孔同射程。两个孔关于水深的一半位置对称，一个孔水头大但落距小，另一个孔水头小但落距大，乘积 \(h(H-h)\) 相同，所以射程相同。

由前面小孔射流问题，离水面深度为 \(h\) 的小孔射程为
\[
S=2\sqrt{h(H-h)}.
\]
其中
\[
0<h<H.
\]
因为外面的因子 \(2\) 和平方根函数都是单调的，要使 \(S\) 最大，只需使
\[
f(h)=h(H-h)
\]
最大。
这一步不能直接把 \(h\) 取得越大越好，因为深孔虽然水头 \(h\) 增大，孔口到落点的竖直距离 \(H-h\) 却同时减小；真正控制射程的是二者乘积。

先把它写成二次函数：
\[
f(h)=Hh-h^2.
\]
求导：
\[
f'(h)=H-2h.
\]
令一阶导数为零：
\[
H-2h=0,
\]
得到
\[
h=\frac H2.
\]
再检查二阶导数：
\[
f''(h)=-2<0,
\]
所以这是最大值点，而不是最小值点。也可配方：
\[
h(H-h)
=-\left(h-\frac H2\right)^2+\frac{H^2}{4},
\]
显然在
\[
h=\frac H2
\]
时达到最大值
\[
\frac{H^2}{4}.
\]
对应最大射程为
\[
S_{\max}=2\sqrt{\frac{H^2}{4}}=H.
\]

因此，射程有最大值时，小孔应开在
\[
\boxed{h=\frac H2}
\]
处，即离水面深度等于总水深的一半。最后检查定义域：\(0<h<H\) 的两端极限下 \(S\to0\)，中间临界点又满足二阶导数为负，因此这个临界点就是全局最大点。结论检查：浅孔速度小但飞行时间长，深孔速度大但飞行时间短；二者最优平衡发生在水头和落距相等时。

资料定位：2.39 答案续页：page-102 仅续列第(2)-(4)问的推导，不是新的独立题干；对应独立题干已由 0087-0089 覆盖。该卡用于定位 第 102 页 的讲义正文、续页、章节标题或上下文证据，帮助学生在站内直接阅读 181103 HTML。来源边界：本条不进入默认刷题池，只有已确认题干和答案的独立条目才会进入题库刷题。

设圆筒横截面积为 \(A\)，小孔面积为 \(\sigma\)。题给
\[
\sigma=\frac{A}{400},
\]
所以
\[
\frac A\sigma=400.
\]
令水面高度为
\[
z(t).
\]
忽略损失时，孔口出流速度为
\[
v=\sqrt{2gz}.
\]
孔口流量为
\[
Q=\sigma\sqrt{2gz}.
\]

第一问是水位自由下降。圆筒内水量减少满足
\[
A\frac{dz}{dt}=-Q
=-\sigma\sqrt{2gz}.
\]
分离变量：
\[
\frac{dz}{\sqrt z}
=-\frac{\sigma}{A}\sqrt{2g}\,dt.
\]
从初始水深
\[
z=1
\]
积分到
\[
z=0,
\]
时间从 \(0\) 到 \(T_1\)，得
\[
\int_1^0 z^{-1/2}\,dz
=-\frac{\sigma}{A}\sqrt{2g}\int_0^{T_1}dt.
\]
左边为
\[
-2.
\]
因此
\[
T_1=\frac{2A}{\sigma\sqrt{2g}}
=400\sqrt{\frac2g}.
\]
若取
\[
g=9.8\ \mathrm{m/s^2},
\]
则
\[
T_1\approx400\sqrt{\frac2{9.8}}
\approx181\ \mathrm{s},
\]
约为
\[
\boxed{3.0\ \mathrm{min}}.
\]

第二问保持水面高度为 \(1\ \mathrm m\)。这时孔口速度恒为
\[
\sqrt{2g}.
\]
要流出同样水量
\[
A\cdot1,
\]
所需时间为
\[
T_2=\frac{A}{\sigma\sqrt{2g}}
=\frac{400}{\sqrt{2g}}
\approx90\ \mathrm{s}.
\]
结论检查：自由放水时水头逐渐变小，平均流速低于恒水位情形，所以
\[
T_1=2T_2.
\]
这个倍数关系也可作为计算结果的快速核验。

设管道在 \(A,B\) 两截面的面积分别为 \(\sigma_A,\sigma_B\)，平均流速为 \(V_A,V_B\)。两点同高且忽略损失时，沿流线应用伯努利方程：
\[
\frac{V_A^2}{2g}+\frac{p_A}{\rho g}
=\frac{V_B^2}{2g}+\frac{p_B}{\rho g}.
\]
连续方程给出
\[
Q=\sigma_AV_A=\sigma_BV_B,\qquad V_A=\frac{\sigma_B}{\sigma_A}V_B.
\]
代入伯努利式，得到
\[
p_A-p_B=\frac{\rho}{2}V_B^2\left(1-\frac{\sigma_B^2}{\sigma_A^2}\right).
\]
因此
\[
Q=\sigma_BV_B
=\sigma_B\sqrt{\frac{2(p_A-p_B)}{\rho(1-\sigma_B^2/\sigma_A^2)}}.
\]
再由压差计静力关系，若水银柱读数差为 \(h\)，水和水银密度分别为 \(\rho,\rho'\)，则
\[
p_A-p_B=(\rho'-\rho)gh,\qquad
\frac{p_A-p_B}{\rho}=gh\left(\frac{\rho'}{\rho}-1\right).
\]
把该压差代回流量式，即得
\[
Q=\sigma_B\sqrt{\frac{2gh(\rho'/\rho-1)}
{1-\sigma_B^2/\sigma_A^2}}.
\]
证明中连续方程负责把两个截面速度化为同一个未知量，伯努利方程负责把该速度同压差联系起来，压差计方程再把压差改写为 \(h\)。

气体为正压流体，表示密度只由压强决定：
\[
\rho=\rho(p).
\]
沿流线定常、无黏且重力可忽略时，欧拉方程可写为微分伯努利式
\[
v\,dv+\frac{dp}{\rho}=0.
\]
又因当地声速满足
\[
c^2=\frac{dp}{d\rho},
\]
所以
\[
dp=c^2\,d\rho.
\]
代入伯努利微分式：
\[
v\,dv+\frac{c^2\,d\rho}{\rho}=0,
\]
即
\[
\frac{d\rho}{\rho}
=-\frac{v\,dv}{c^2}.
\]

设任一截面的面积为 \(\sigma\)。定常一维管流的质量守恒为
\[
\rho v\sigma=\text{常数}.
\]
对其取对数微分：
\[
\frac{d\rho}{\rho}
+\frac{dv}{v}
+\frac{d\sigma}{\sigma}=0.
\]
将
\[
\frac{d\rho}{\rho}
=-\frac{v\,dv}{c^2}
\]
代入，得到
\[
-\frac{v\,dv}{c^2}
+\frac{dv}{v}
+\frac{d\sigma}{\sigma}=0.
\]
整理：
\[
\frac{d\sigma}{\sigma}
=\frac{v\,dv}{c^2}-\frac{dv}{v}
=\left(\frac{v^2}{c^2}-1\right)\frac{dv}{v}.
\]
引入马赫数
\[
M=\frac vc,
\]
则
\[
\boxed{
\frac{d\sigma}{\sigma}=(M^2-1)\frac{dv}{v}
}.
\]

这就是两个相邻截面之间的面积-速度关系。若从截面 1 积分到截面 2，可写为
\[
\ln\frac{\sigma_2}{\sigma_1}
=\int_{v_1}^{v_2}(M^2-1)\frac{dv}{v},
\]
其中 \(M\) 随状态变化，通常不能在未给状态方程时当作常数随便提出积分号。结论检查：亚声速 \(M<1\) 时，面积减小会使速度增大；超声速 \(M>1\) 时，面积增大才使速度增大，这正是喷管面积关系的物理含义。

取圆柱中心为极坐标原点，圆柱半径为
\[
a.
\]
远处均匀来流沿 \(x\) 轴正方向，速度为 \(U\)。二维不可压、无旋、不可穿透圆柱绕流可由均匀流和偶极流叠加。速度势取
\[
\phi=U\left(r+\frac{a^2}{r}\right)\cos\theta.
\]
对应流函数为
\[
\psi=U\left(r-\frac{a^2}{r}\right)\sin\theta.
\]
当
\[
r\to\infty
\]
时，
\[
\phi\sim Ur\cos\theta=Ux,
\]
正好表示远处均匀流。

速度分量由
\[
V_r=\frac{\partial\phi}{\partial r},
\qquad
V_\theta=\frac1r\frac{\partial\phi}{\partial\theta}
\]
给出。计算得
\[
V_r=U\left(1-\frac{a^2}{r^2}\right)\cos\theta,
\]
\[
V_\theta=-U\left(1+\frac{a^2}{r^2}\right)\sin\theta.
\]
在圆柱表面 \(r=a\) 上，
\[
V_r=U(1-1)\cos\theta=0,
\]
满足固壁不可穿透条件；切向速度为
\[
V_\theta(r=a)=-2U\sin\theta.
\]

若还要求压力分布，定常理想流体伯努利式为
\[
p+\frac12\rho V^2
=p_\infty+\frac12\rho U^2.
\]
圆柱表面速度平方为
\[
V^2=4U^2\sin^2\theta.
\]
因此表面压力为
\[
p(a,\theta)=p_\infty+\frac12\rho U^2
-2\rho U^2\sin^2\theta
=p_\infty+\frac12\rho U^2(1-4\sin^2\theta).
\]
结论检查：\(\theta=0,\pi\) 为驻点，表面速度为零，压强最大；\(\theta=\pi/2,3\pi/2\) 处速度最大，压强最低。该理想势流解无环量，不能给出实际黏性尾流阻力。

资料定位：2.43 解答续页：本页继续圆柱绕流问题的速度势方程、远场条件、圆柱面无穿透条件和分离变量推导，未见新的独立题面。该卡用于定位 第 106 页 的讲义正文、续页、章节标题或上下文证据，帮助学生在站内直接阅读 181103 HTML。来源边界：本条不进入默认刷题池，只有已确认题干和答案的独立条目才会进入题库刷题。

设圆柱半径为 \(a\)，讨论单位厚度。圆柱沿 \(x\) 轴负向以速度 \(U\) 运动，而远处流体原来静止。转到随圆柱运动的坐标系，问题等价于静止圆柱外有速度大小为 \(U\) 的均匀来流。半径为 \(a\) 的圆柱外势流速度势可写为
\[
\phi'=U\left(r+\frac{a^2}{r}\right)\cos\theta.
\]
回到实验室系时，远处均匀平移部分不代表流体相对静止空间的实际运动，应扣除 \(Ur\cos\theta\)，所以圆柱运动诱导的扰动势为
\[
\phi=U\frac{a^2}{r}\cos\theta.
\]
于是
\[
u_r=\frac{\partial\phi}{\partial r}=-U\frac{a^2}{r^2}\cos\theta,
\qquad
u_\theta=\frac1r\frac{\partial\phi}{\partial\theta}=-U\frac{a^2}{r^2}\sin\theta.
\]
从而
\[
u_r^2+u_\theta^2=U^2\frac{a^4}{r^4}.
\]
单位厚度流体动能为
\[
T=\frac{\rho}{2}\int_a^\infty\int_0^{2\pi}(u_r^2+u_\theta^2)r\,d\theta\,dr
=\frac{\rho}{2}U^2a^4(2\pi)\int_a^\infty r^{-3}\,dr
=\frac12\rho\pi a^2U^2.
\]
这也可写成附加质量形式
\[
T=\frac12m_aU^2,
\qquad m_a=\rho\pi a^2.
\]
单位厚度圆柱的附加质量数值上等于被圆柱排开的流体质量。物理意义是：理想流体虽无粘性，但圆柱运动时必须带动周围一部分流体形成势流运动，这部分动能表现为附加质量动能。

阀门迅速抽去后，管内流体从静止开始加速。取管内平均速度为
\[
u(t).
\]
水槽很宽，水面速度近似为零，水面高度保持为
\[
H.
\]
忽略摩擦和局部损失，并把管内速度近似看成一维均匀流。

对水槽自由面到管出口列非定常伯努利方程。管内速度势的非定常项沿管长 \(l\) 积分可给出
\[
l\frac{du}{dt}.
\]
水头差提供的能量为
\[
gH,
\]
出口动能头为
\[
\frac12u^2.
\]
因此控制方程为
\[
l\frac{du}{dt}+\frac12u^2=gH.
\]
初始时阀门刚开，流体尚未运动：
\[
u(0)=0.
\]

令
\[
U_0=\sqrt{2gH}.
\]
方程可写成
\[
l\frac{du}{dt}
=\frac12(U_0^2-u^2).
\]
分离变量：
\[
\frac{du}{U_0^2-u^2}
=\frac{dt}{2l}.
\]
积分：
\[
\frac1{2U_0}\ln\frac{U_0+u}{U_0-u}
=\frac{t}{2l}+C.
\]
由 \(u(0)=0\) 得
\[
C=0.
\]
于是
\[
\ln\frac{U_0+u}{U_0-u}
=\frac{U_0t}{l}.
\]
等价地，
\[
\frac{u}{U_0}
=\tanh\left(\frac{U_0t}{2l}\right).
\]
因此
\[
\boxed{
u(t)=\sqrt{2gH}\,
\tanh\left(\frac{\sqrt{2gH}}{2l}t\right)
}.
\]
结论检查：当 \(t=0\) 时 \(u=0\)；当 \(t\to\infty\) 时，\(\tanh\to1\)，速度趋于托里拆利极限
\[
\sqrt{2gH}.
\]
这说明管内流速不会无限增加，而是逐渐接近由水头 \(H\) 决定的稳态出流速度。

设圆管沿管轴方向的位移为
\[
x=a\sin\omega t.
\]
题给振幅
\[
a=1\ \mathrm{cm},
\]
频率参数为
\[
\omega=20\pi\ \mathrm{s^{-1}},
\]
管长
\[
l=1\ \mathrm m=100\ \mathrm{cm}.
\]
管两端密闭，管内水不能相对管壁形成贯通流出，因此可近似看成整段液柱随管作同样的轴向加速度。

液柱加速度为
\[
\ddot x=-a\omega^2\sin\omega t.
\]
沿管轴方向，压力梯度提供液柱加速度。取两端压差幅值，单位体积受力为
\[
\frac{\Delta p}{l}.
\]
由牛顿第二定律：
\[
\frac{\Delta p}{l}=\rho a\omega^2\sin\omega t,
\]
所以
\[
\Delta p=\rho l a\omega^2\sin\omega t.
\]

用 cgs 制代入水的密度
\[
\rho=1\ \mathrm{g/cm^3},
\]
\[
l=100\ \mathrm{cm},\qquad a=1\ \mathrm{cm}.
\]
则压差幅值为
\[
\Delta p_{\max}
=1\times100\times1\times(20\pi)^2
\ \mathrm{dyn/cm^2}.
\]
由于
\[
(20\pi)^2=400\pi^2\approx3948,
\]
所以
\[
\Delta p_{\max}\approx3.95\times10^5\ \mathrm{dyn/cm^2}.
\]
又
\[
1\ \mathrm{kgf/cm^2}\approx9.80665\times10^5\ \mathrm{dyn/cm^2},
\]
故
\[
\Delta p_{\max}\approx0.40\ \mathrm{kgf/cm^2}.
\]
因此两端压差可写为
\[
\boxed{
\Delta p\approx0.40\sin(20\pi t)\ \mathrm{kgf/cm^2}
}.
\]
结论检查：压差与管长、振幅、角频率平方成正比；频率提高一倍，所需压差幅值增为四倍。符号正负只表示哪一端压强较大，取决于坐标正方向。

题面说 \(y\) 为距管壁距离，为使轴线 \(y=R\) 处速度为 \(u_0\)，应按
\[
u=u_0\left(\frac yR\right)^{1/m}
\]
理解。截面平均速度为
\[
\bar V=\frac1{\pi R^2}\int_Au\,dA.
\]
用距管壁坐标 \(y\) 表示，半径位置为 \(r=R-y\)，环带面积为 \(dA=2\pi(R-y)dy\)，所以
\[
\bar V=\frac{2}{R^2}\int_0^R u_0\left(\frac yR\right)^{1/m}(R-y)\,dy.
\]
令 \(\eta=y/R\)，得
\[
\bar V=2u_0\int_0^1 \eta^{1/m}(1-\eta)d\eta
=2u_0\left(\frac{m}{m+1}-\frac{m}{2m+1}\right)
=\frac{2m^2}{(m+1)(2m+1)}u_0.
\]
皮托管放在距管壁 \(0.25R\) 处，则读数速度为
\[
u_p=u_0(0.25)^{1/m}.
\]
相对误差
\[
E=\frac{u_p-\bar V}{\bar V}.
\]
代 \(m=4\) 得 \(\bar V=32u_0/45\)，\(u_p=u_0/\sqrt2\)，误差约 \(-0.6\%\)。代 \(m=10\) 得 \(\bar V=200u_0/231\)，\(u_p=0.25^{0.1}u_0\)，误差约 \(+0.6\%\)。因此在常见 \(m=4\sim10\) 范围内，误差远小于 \(5\%\)。

边界面是随流体运动的物质面。为得到题中目标式，取边界在时刻 \(t\) 的方程为
\[
F(x,y,t)=y^2-k^2(x-Ut)=0.
\]
这里 \(U\) 按该式表示边界沿 \(x\) 方向的有符号平移速度。边界面上流体质点始终停留在该边界面上，所以必须满足运动学边界条件
\[
\frac{DF}{Dt}=F_t+uF_x+vF_y=0.
\]
计算各偏导数：
\[
F_t=k^2U,\qquad F_x=-k^2,\qquad F_y=2y.
\]
代入物质面条件：
\[
k^2U-uk^2+2yv=0.
\]
整理得
\[
2yv=k^2(u-U).
\]
在边界上且 \(y\ne0\) 时，两边除以 \(2y(u-U)\)，得到
\[
\frac{v}{u-U}=\frac{k^2}{2y}.
\]
因此该关系本质上是运动抛物边界的法向不可穿透条件，也就是边界作为物质线随流体运动的运动学约束。若把 \(U>0\) 严格理解为沿负 \(x\) 方向的速度，则边界方程需改成 \(F=y^2-k^2(x+Ut)\)，目标式中的 \(u-U\) 也会变为 \(u+U\) 型；本答案以题目给出的待证公式锁定有符号约定。

同心圆柱间为定常轴对称圆周流，设速度为
\[
v_r=0,\qquad v_z=0,\qquad v_\theta=v_\theta(r).
\]
无压强周向梯度时，圆周速度通解为
\[
v_\theta=Ar+\frac Br.
\]
外圆柱固定，内圆柱以角速度 \(\Omega\) 转动。若内半径为 \(r_1\)，外半径为 \(r_2\)，边界条件为
\[
v_\theta(r_1)=\Omega r_1,
\qquad
v_\theta(r_2)=0.
\]
由第二个条件得
\[
A=-\frac{B}{r_2^2}.
\]
代入第一个条件：
\[
B\left(\frac1{r_1}-\frac{r_1}{r_2^2}\right)=\Omega r_1.
\]
整理得
\[
B=\frac{\Omega r_1^2r_2^2}{r_2^2-r_1^2}.
\]

牛顿流体圆柱坐标下的剪应力为
\[
\tau_{r\theta}
=\mu r\frac{d}{dr}\left(\frac{v_\theta}{r}\right).
\]
由于
\[
\frac{v_\theta}{r}=A+\frac{B}{r^2},
\]
所以
\[
\tau_{r\theta}
=\mu r\left(-\frac{2B}{r^3}\right)
=-\frac{2\mu B}{r^2}.
\]
内圆柱侧面积为
\[
2\pi r_1 b,
\]
剪力矩大小为
\[
L=(2\pi r_1b)|\tau_{r\theta}(r_1)|r_1
=4\pi\mu bB.
\]
代入 \(B\)：
\[
L=4\pi\mu b
\frac{\Omega r_1^2r_2^2}{r_2^2-r_1^2}.
\]
因此
\[
\boxed{
\mu=\frac{L(r_2^2-r_1^2)}
{4\pi b\Omega r_1^2r_2^2}
}.
\]

若按当前 HTML 题库显式写出的数据
\[
r_1=3\ \mathrm{cm},\quad r_2=5.6\ \mathrm{cm},\quad
b=90\ \mathrm{cm},\quad n=1.7\ \mathrm{r/min},
\]
\[
L=9810\ \mathrm{dyn\,cm},
\]
则
\[
\Omega=\frac{2\pi n}{60}\approx0.178\ \mathrm{s^{-1}}.
\]
代入 cgs 制公式得到
\[
\mu\approx3.86\ \mathrm{P}
=0.386\ \mathrm{Pa\,s}.
\]
若源图中有效浸没高度不是 \(90\ \mathrm{cm}\)，而按较小的有效高度约 \(54\ \mathrm{cm}\) 取值，则会得到约
\[
0.646\ \mathrm{Pa\,s}.
\]
结论检查：本题的可靠核心是上面的扭矩-粘度公式；最终数值对有效高度 \(b\) 成反比，所以必须以图 2.25 的真实浸没高度为准，不能把互相矛盾的 \(b=90\ \mathrm{cm}\) 和 \(0.646\ \mathrm{Pa\,s}\) 同时当成严格数值证明。

取两固定平板间坐标 \(z\)，界面在 \(z=0\)，上层为 \(0\le z\le h\)，下层为 \(-h\le z\le0\)。两层黏度分别为 \(\mu_1,\mu_2\)。设沿 \(x\) 方向定常充分发展流动：
\[
u_i=u_i(z),\qquad v=w=0.
\]
令常压力梯度
\[
k=\frac{dp}{dx}
\]
为常数。各层 \(x\) 向动量方程化为
\[
0=-\frac{dp}{dx}+\mu_i\frac{d^2u_i}{dz^2},
\]
即
\[
\mu_i u_i''=k.
\]
积分两次：
\[
u_1=\frac{k}{2\mu_1}z^2+A_1z+B_1,
\qquad
u_2=\frac{k}{2\mu_2}z^2+A_2z+B_2.
\]
边界条件为两壁无滑移：
\[
u_1(h)=0,\qquad u_2(-h)=0.
\]
界面处速度连续：
\[
u_1(0)=u_2(0),
\]
界面处切应力连续：
\[
\mu_1u_1'(0)=\mu_2u_2'(0).
\]
由速度连续得
\[
B_1=B_2=B.
\]
由切应力连续得
\[
\mu_1A_1=\mu_2A_2.
\]
壁面条件给
\[
0=\frac{k}{2\mu_1}h^2+A_1h+B,
\]
\[
0=\frac{k}{2\mu_2}h^2-A_2h+B.
\]
联立四式可得
\[
A_1=-\frac{k h}{\mu_1+\mu_2},
\qquad
A_2=-\frac{k h}{\mu_1+\mu_2}\frac{\mu_1}{\mu_2},
\]
\[
B=\frac{k h^2}{2\mu_1}\left(\frac{2\mu_1}{\mu_1+\mu_2}-1\right)
=\frac{k h^2}{2\mu_1}\frac{\mu_1-\mu_2}{\mu_1+\mu_2}.
\]
若采用题解常见的 \(z\) 自界面向上为正并把压力驱动力写成 \(-k\)，等价形式可写为
\[
u_1=\frac{k}{2\mu_1}\left(\frac{2\mu_1}{\mu_1+\mu_2}h^2-z^2-\frac{\mu_1-\mu_2}{\mu_1+\mu_2}hz\right),
\quad 0\le z\le h,
\]
\[
u_2=\frac{k}{2\mu_2}\left(\frac{2\mu_2}{\mu_1+\mu_2}h^2-z^2+\frac{\mu_1-\mu_2}{\mu_1+\mu_2}hz\right),
\quad -h\le z\le0,
\]
其中符号随 \(k=dp/dx\) 或 \(k=-dp/dx\) 的约定整体改变。画图时每层都是抛物线；在界面处速度连续，但斜率一般不连续，因为
\[
u_1'(0)\ne u_2'(0)
\]
时仍可有
\[
\mu_1u_1'(0)=\mu_2u_2'(0).
\]
若 \(\mu_1=\mu_2\)，两式合并成单一抛物线，作为边界条件和系数的检查。

设两板无限大，流动沿 \(x\) 方向，板间坐标为
\[
-h\le z\le h.
\]
下板固定：
\[
u(-h)=0,
\]
上板以速度 \(U\) 沿 \(x\) 方向运动：
\[
u(h)=U.
\]
流动为不可压、定常、单向平行流，因此
\[
\mathbf V=(u(z),0,0).
\]

连续方程自动满足。\(x\) 方向 Navier-Stokes 方程化为
\[
0=-\frac{\partial p}{\partial x}
+\mu\frac{d^2u}{dz^2}.
\]
题设压力梯度为非零常数，所以
\[
\frac{\partial p}{\partial x}=G
\]
为常数。于是
\[
\mu\frac{d^2u}{dz^2}=G.
\]
对 \(z\) 积分一次：
\[
\frac{du}{dz}=\frac G\mu z+C_1.
\]
再积分：
\[
u(z)=\frac{G}{2\mu}z^2+C_1z+C_2.
\]

代入边界条件。由
\[
u(h)=U
\]
得
\[
\frac{G}{2\mu}h^2+C_1h+C_2=U.
\]
由
\[
u(-h)=0
\]
得
\[
\frac{G}{2\mu}h^2-C_1h+C_2=0.
\]
两式相减：
\[
2C_1h=U,
\]
所以
\[
C_1=\frac{U}{2h}.
\]
两式相加：
\[
\frac{G}{\mu}h^2+2C_2=U,
\]
所以
\[
C_2=\frac U2-\frac{G h^2}{2\mu}.
\]
代回速度式：
\[
u(z)=\frac{G}{2\mu}z^2
+\frac{U}{2h}z
+\frac U2-\frac{G h^2}{2\mu}.
\]
整理为
\[
\boxed{
u(z)=
\frac U2\left(1+\frac zh\right)
-\frac{h^2}{2\mu}
\frac{\partial p}{\partial x}
\left(1-\frac{z^2}{h^2}\right)
}.
\]

这个结果由两部分叠加而成。第一部分
\[
u_C(z)=\frac U2\left(1+\frac zh\right)
\]
是上板拖动产生的线性 Couette 流。第二部分
\[
u_P(z)=
-\frac{h^2}{2\mu}
\frac{\partial p}{\partial x}
\left(1-\frac{z^2}{h^2}\right)
\]
是压力梯度产生的抛物线 Poiseuille 流。

检查边界：
\[
u(-h)=\frac U2(1-1)-\frac{h^2}{2\mu}G(1-1)=0,
\]
\[
u(h)=\frac U2(1+1)-\frac{h^2}{2\mu}G(1-1)=U.
\]
若
\[
\frac{\partial p}{\partial x}<0,
\]
压力沿 \(x\) 方向降低，抛物线项为正，表示压力也推动流体沿 \(+x\) 方向运动。

取 \(x\) 沿平板方向，正向取下坡方向；取 \(z\) 垂直于两板，中面为 \(z=0\)，两壁为
\[
z=\pm h.
\]
板间距为 \(2h\)。流动为定常直线运动：
\[
\mathbf V=(u(z),0,0).
\]
不可压连续方程自动满足。沿板方向的 Navier-Stokes 方程为
\[
0=-\frac{dp}{dx}+\rho g\sin\alpha+\mu\frac{d^2u}{dz^2}.
\]
若压强梯度 \(\partial p/\partial x\) 为常数，则
\[
\mu\frac{d^2u}{dz^2}
=\frac{dp}{dx}-\rho g\sin\alpha.
\]
令
\[
S=\frac{dp}{dx}-\rho g\sin\alpha.
\]
方程为
\[
\mu u''=S.
\]
积分两次：
\[
u(z)=\frac{S}{2\mu}z^2+C_1z+C_2.
\]
两板静止且无滑移：
\[
u(h)=0,\qquad u(-h)=0.
\]
代入 \(z=h\) 与 \(z=-h\)，相减得
\[
2C_1h=0,
\]
所以
\[
C_1=0.
\]
再由 \(u(h)=0\) 得
\[
C_2=-\frac{S}{2\mu}h^2.
\]
故
\[
u(z)=\frac{S}{2\mu}(z^2-h^2)
=-\frac{h^2}{2\mu}\left(\frac{dp}{dx}-\rho g\sin\alpha\right)
\left(1-\frac{z^2}{h^2}\right).
\]
即
\[
\boxed{
u(z)=\frac{h^2}{2\mu}\left(\rho g\sin\alpha-\frac{dp}{dx}\right)
\left(1-\frac{z^2}{h^2}\right)
}.
\]
若用运动黏度 \(\nu=\mu/\rho\)，也可写为
\[
u(z)=\frac{h^2}{2\nu}\left(g\sin\alpha-\frac1\rho\frac{dp}{dx}\right)
\left(1-\frac{z^2}{h^2}\right).
\]
结论检查：在两壁 \(z=\pm h\) 处速度为零；最大速度在中面 \(z=0\)。若没有压强梯度且板向下倾斜，\(\rho g\sin\alpha>0\)，速度沿下坡方向为正；若上坡压强梯度足够大，则括号可变号，流向反转。

设平板为 \(z=0\)，流体占据 \(z>0\)，平板在 \(t=0\) 后沿 \(x\) 方向以常速 \(U\) 运动。由无限平板对称性，速度只有一个分量
\[
u=u(z,t),
\]
且无压强梯度。Navier-Stokes 方程化为扩散方程
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=\nu\frac{\partial^2u}{\partial z^2}.
\]
边界和初始条件为
\[
u(0,t)=U,\qquad u(\infty,t)=0,\qquad u(z,0)=0.
\]
引入相似变量
\[
\eta=\frac{z}{2\sqrt{\nu t}},
\]
令
\[
u=Uf(\eta).
\]
有
\[
\frac{\partial\eta}{\partial t}=-\frac{\eta}{2t},
\qquad
\frac{\partial^2u}{\partial z^2}=\frac{U}{4\nu t}f''(\eta).
\]
代入扩散方程：
\[
U f'\left(-\frac{\eta}{2t}\right)
=\nu\frac{U}{4\nu t}f''.
\]
整理得
\[
f''+2\eta f'=0.
\]
令 \(g=f'\)，则
\[
g'+2\eta g=0.
\]
积分：
\[
g=Ce^{-\eta^2}.
\]
再积分得
\[
f=A+B\,\operatorname{erf}(\eta).
\]
由 \(u(0,t)=U\) 得 \(f(0)=1\)，故 \(A=1\)。由 \(u(\infty,t)=0\) 且 \(\operatorname{erf}(\infty)=1\)，得
\[
1+B=0,\qquad B=-1.
\]
所以
\[
u(z,t)=U\left[1-\operatorname{erf}\left(\frac{z}{2\sqrt{\nu t}}\right)\right]
=U\,\operatorname{erfc}\left(\frac{z}{2\sqrt{\nu t}}\right).
\]
固定 \(z>0\) 且 \(t\to0^+\) 时，\(\eta\to\infty\)，故 \(u\to0\)，初始静止条件也满足。

设柱坐标为 \((r,\theta,z)\)，两圆柱无限长，流动定常、轴对称，且只有圆周速度：
\[
u_r=0,\qquad u_z=0,\qquad u_\theta=u_\theta(r).
\]
不可压连续方程为
\[
\frac1r\frac{\partial (ru_r)}{\partial r}
+\frac1r\frac{\partial u_\theta}{\partial\theta}
+\frac{\partial u_z}{\partial z}=0.
\]
在上述假设下各项均为零，所以连续方程自动满足。

圆周方向 Navier-Stokes 方程在无压力周向梯度、无体力时化为
\[
\frac{d^2u_\theta}{dr^2}
+\frac1r\frac{du_\theta}{dr}
-\frac{u_\theta}{r^2}=0.
\]
该方程的通解为
\[
u_\theta=Ar+\frac Br.
\]
由无滑移边界条件
\[
u_\theta(a_1)=\omega_1a_1,\qquad
u_\theta(a_2)=\omega_2a_2
\]
联立得
\[
A=\frac{\omega_2a_2^2-\omega_1a_1^2}{a_2^2-a_1^2},
\qquad
B=\frac{a_1^2a_2^2(\omega_1-\omega_2)}{a_2^2-a_1^2}.
\]
因此速度场为
\[
\boxed{
u_r=0,\quad
u_\theta(r)=
\frac{\omega_2a_2^2-\omega_1a_1^2}{a_2^2-a_1^2}\,r
+\frac{a_1^2a_2^2(\omega_1-\omega_2)}{(a_2^2-a_1^2)r},
\quad u_z=0 }.
\]

径向动量方程给出向心压力梯度：
\[
\frac{dp}{dr}=\rho\frac{u_\theta^2}{r}.
\]
把 \(u_\theta=Ar+B/r\) 代入：
\[
\frac{dp}{dr}=\rho\left(A^2r+\frac{2AB}{r}+\frac{B^2}{r^3}\right).
\]
从参考半径 \(r_0\) 积分到 \(r\)：
\[
\boxed{
p(r)=p(r_0)+\rho\left[
\frac{A^2}{2}(r^2-r_0^2)
+2AB\ln\frac r{r_0}
-\frac{B^2}{2}\left(\frac1{r^2}-\frac1{r_0^2}\right)
\right]}.
\]
这里压力只随 \(r\) 变，不随 \(\theta,z\) 变。

粘性应力中唯一非零的剪切分量为
\[
\tau_{r\theta}
=\mu\left(\frac{du_\theta}{dr}-\frac{u_\theta}{r}\right)
=\mu\left(A-\frac B{r^2}-A-\frac B{r^2}\right)
=-\frac{2\mu B}{r^2}.
\]
即
\[
\boxed{\tau_{r\theta}=\tau_{\theta r}
=-\frac{2\mu a_1^2a_2^2(\omega_1-\omega_2)}
{(a_2^2-a_1^2)r^2}}.
\]
结论检查：若两圆柱作刚体式同角速度转动，\(\omega_1=\omega_2\)，则 \(B=0\)、剪切应力为零，速度退化为 \(u_\theta=\omega r\)，这与物理直觉一致。

设圆管半径为 \(r_0\)，轴向取 \(x\)，管长为 \(l\)，两端压强 \(p_1>p_2\)。很长水平圆管中的定常充分发展轴对称层流满足
\[
u=u(r),\qquad v_r=v_\theta=0,\qquad \frac{dp}{dx}=\text{常数}=-\frac{p_1-p_2}{l}.
\]
不可压 Navier-Stokes 方程的轴向分量化为
\[
0=-\frac{dp}{dx}+\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right).
\]
移项得
\[
\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right)
=\frac1\mu\frac{dp}{dx}.
\]
两边乘以 \(r\) 并积分：
\[
\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right)=\frac{r}{\mu}\frac{dp}{dx},
\]
\[
r\frac{du}{dr}=\frac{r^2}{2\mu}\frac{dp}{dx}+C_1.
\]
中心 \(r=0\) 处速度梯度不能有 \(C_1/r\) 奇异项，所以 \(C_1=0\)。于是
\[
\frac{du}{dr}=\frac{r}{2\mu}\frac{dp}{dx}.
\]
再积分：
\[
u=\frac{r^2}{4\mu}\frac{dp}{dx}+C_2.
\]
壁面无滑移 \(u(r_0)=0\)，故
\[
C_2=-\frac{r_0^2}{4\mu}\frac{dp}{dx}.
\]
代入 \(\frac{dp}{dx}=-(p_1-p_2)/l\)，得到速度分布
\[
u(r)=\frac{p_1-p_2}{4\mu l}(r_0^2-r^2)
=u_{\max}\left(1-\frac{r^2}{r_0^2}\right),
\qquad
u_{\max}=\frac{(p_1-p_2)r_0^2}{4\mu l}.
\]
流量为截面积分：
\[
Q=\int_0^{r_0}2\pi r\,u(r)\,dr
=\frac{p_1-p_2}{4\mu l}2\pi\int_0^{r_0}(r_0^2r-r^3)\,dr.
\]
括号内积分为 \(r_0^4/2-r_0^4/4=r_0^4/4\)，故
\[
Q=\frac{\pi r_0^4(p_1-p_2)}{8\mu l}.
\]
这就是圆管泊肃叶流的抛物线速度分布和体积流量。

沿用圆管泊肃叶流。设管半径为 \(a\)，长度为 \(l\)，压差为
\[
\Delta p=p_1-p_2>0.
\]
由上一题速度分布
\[
u(r)=\frac{\Delta p}{4\mu l}(a^2-r^2)
\]
可得流量
\[
Q=\int_0^a2\pi r u(r)\,dr
=\frac{\pi a^4\Delta p}{8\mu l}.
\]
单位时间内压力对流体所作的功为入口压力功率减去出口压力功率，即
\[
N=\Delta p\,Q.
\]
因此
\[
N=\frac{\pi a^4}{8\mu l}(\Delta p)^2.
\]
这就是粘性流体通过圆管的能量耗损率。

还可以从黏性耗散积分验证同一结果。对单向轴对称速度 \(u(r)\)，主要剪切率为
\[
\frac{du}{dr}=-\frac{\Delta p}{2\mu l}r.
\]
单位体积耗散率为
\[
\Phi=\mu\left(\frac{du}{dr}\right)^2
=\frac{(\Delta p)^2}{4\mu l^2}r^2.
\]
对整段管内体积积分：
\[
N=\int_0^l\int_0^{2\pi}\int_0^a
\frac{(\Delta p)^2}{4\mu l^2}r^2\; r\,dr\,d\theta\,dx.
\]
计算得
\[
N=\frac{(\Delta p)^2}{4\mu l^2}\,l\,2\pi\,\frac{a^4}{4}
=\frac{\pi a^4}{8\mu l}(\Delta p)^2.
\]
两种方法一致，说明压力势能的减少完全转化为黏性耗散。若要写成单位重量水头损失，则再除以 \(\rho gQ\)。

设内圆柱半径为 \(R_1\)，外圆柱半径为 \(R_2\)，且
\[
R_1\lt R_2.
\]
内圆柱沿轴向以速度 \(U\) 平移，外圆柱静止。由于圆柱无限长且同轴，流动可取为定常轴对称轴向流：
\[
u_r=0,\qquad u_\theta=0,\qquad u_z=w(r).
\]
不可压连续方程自动满足。

若没有外加轴向压力梯度，轴向 Navier-Stokes 方程为
\[
0=\mu\left[\frac1r\frac d{dr}\left(r\frac{dw}{dr}\right)\right].
\]
因此
\[
\frac d{dr}\left(r\frac{dw}{dr}\right)=0.
\]
先积分一次：
\[
r\frac{dw}{dr}=C_1,
\]
再积分一次：
\[
w=C_1\ln r+C_2.
\]
由无滑移边界条件
\[
w(R_1)=U,\qquad w(R_2)=0
\]
得到
\[
U=C_1\ln R_1+C_2,\qquad
0=C_1\ln R_2+C_2.
\]
两式相减：
\[
U=C_1\ln\frac{R_1}{R_2},
\]
所以
\[
C_1=\frac{U}{\ln(R_1/R_2)}.
\]
代回外壁条件得
\[
w(r)=\frac{U}{\ln(R_1/R_2)}\ln\frac r{R_2}.
\]
等价地写成正分母形式：
\[
\boxed{
w(r)=U\frac{\ln(R_2/r)}{\ln(R_2/R_1)}
}.
\]

剪切应力为
\[
\tau_{rz}=\mu\frac{dw}{dr}
=\frac{\mu U}{r\ln(R_1/R_2)}
=-\frac{\mu U}{r\ln(R_2/R_1)}.
\]
负号说明在 \(U>0\) 时，速度随 \(r\) 增大而减小，外层流体对内层产生反向剪切。结论检查：当 \(r=R_1\) 时 \(w=U\)，当 \(r=R_2\) 时 \(w=0\)；速度不是线性函数，而是由圆柱坐标径向面积变化决定的对数分布。

设内外圆柱半径为 \(a_1<a_2\)，柱长为 \(l\)。两柱转动后中间流体作无旋圆周运动，因此
\[
v_r=v_z=0,\qquad v_\theta=\frac{k}{r},
\]
若用角速度表示，则 \(k=\omega_1a_1^2=\omega_2a_2^2\)。在直角坐标中
\[
u=-\frac{ky}{r^2},\qquad v=\frac{kx}{r^2},\qquad w=0,\qquad r^2=x^2+y^2.
\]
不可压平面运动的单位质量黏性耗散率可写为
\[
E=\frac{\mu}{\rho}\left[
2u_x^2+2v_y^2+(u_y+v_x)^2
\right].
\]
把上式速度场代入，整理得
\[
E=\frac{4\mu k^2}{\rho r^4}.
\]
故整个环形流体的能量耗损率为
\[
\Phi=\int E\rho\,d\tau
=\int_{a_1}^{a_2}\frac{4\mu k^2}{r^4}\,2\pi r l\,dr
=4\pi\mu k^2l\left(\frac1{a_1^2}-\frac1{a_2^2}\right).
\]
另一方面，圆柱面上的切应力大小为
\[
\tau_{r\theta}=\mu r\frac{d}{dr}\left(\frac{v_\theta}{r}\right)
=-\frac{2\mu k}{r^2},
\]
其大小为 \(2\mu k/r^2\)，表面线速度为 \(k/r\)。内圆柱对流体输入功率为 \(4\pi\mu k^2l/a_1^2\)，外圆柱按代数符号为 \(-4\pi\mu k^2l/a_2^2\)。两圆柱对流体的净功率为
\[
P=4\pi\mu k^2l\left(\frac1{a_1^2}-\frac1{a_2^2}\right).
\]
于是 \(P=\Phi\)，即维持两圆柱面转动所需的净功率恰等于流体中的黏性能量耗损。

资料定位：2.64 解答续页：本页先给出 2.64 题面和解答开头，随后继续能量耗损表达式推导；本条 OCR 对应公式段，未见新的独立题面。该卡用于定位 第 138 页 的讲义正文、续页、章节标题或上下文证据，帮助学生在站内直接阅读 181103 HTML。来源边界：本条不进入默认刷题池，只有已确认题干和答案的独立条目才会进入题库刷题。

取特征量
\[
x=Lx',\quad t=\tau t',\quad \rho=\Pi\rho',\quad \mathbf V=V\mathbf V',
\quad p=Pp',\quad T=\Theta T',
\]
\[
k=Kk',\quad c_v=C_vc_v',\quad c_p=C_pc_p',\quad \mu=M\mu'.
\]
并定义
\[
St=\frac{L}{V\tau},\qquad Re=\frac{LV}{N},\quad N=\frac{M}{\Pi},\qquad
Pr=\frac{C_pM}{K},\qquad \gamma=\frac{C_p}{C_v}.
\]
连续方程
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t}+\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=0
\]
代入尺度并除以 \(\Pi V/L\)，得
\[
St\frac{\partial\rho'}{\partial t'}+\nabla'\cdot(\rho'\mathbf V')=0.
\]
完全气体状态方程 \(p=\rho RT\) 化为 \(Pp'=\Pi R\Theta\rho'T'\)。若取 \(P=\Pi R\Theta\)，则无量纲状态方程为
\[
p'=\rho'T'.
\]
热流量方程取
\[
\frac1\rho\nabla\cdot(k\nabla T)
=\frac{\partial(c_vT)}{\partial t}
+(\mathbf V\cdot\nabla)(c_vT)
+\frac p\rho\nabla\cdot\mathbf V-E.
\]
代入各特征量并除以 \(C_v\Theta V/L\)，得到
\[
\frac{K}{C_v\Pi LV}\frac1{\rho'}\nabla'\cdot(k'\nabla'T')
=St\frac{\partial(c_v'T')}{\partial t'}
+(\mathbf V'\cdot\nabla')(c_v'T')
+\frac{P}{C_v\Pi\Theta}\frac{p'}{\rho'}\nabla'\cdot\mathbf V'
-\frac{MV}{C_v\Pi L\Theta}E'.
\]
利用
\[
\frac{K}{C_v\Pi LV}=\frac{\gamma}{Pr\,Re},\qquad
\frac{P}{C_v\Pi\Theta}=\gamma-1,
\]
以及黏性耗散项对应的
\[
\frac{MV}{C_v\Pi L\Theta}=\frac{\gamma(\gamma-1)Ma^2}{Re},
\]
最后得
\[
\frac{\gamma}{Pr\,Re}\frac1{\rho'}\nabla'\cdot(k'\nabla'T')
=St\frac{\partial(c_v'T')}{\partial t'}
+(\mathbf V'\cdot\nabla')(c_v'T')
+(\gamma-1)\frac{p'}{\rho'}\nabla'\cdot\mathbf V'
-\frac{\gamma(\gamma-1)Ma^2}{Re}E'.
\]
这三式分别为无量纲连续方程、无量纲状态方程和无量纲热流量方程。

设长度尺度为 \(L\)，速度尺度为 \(U\)，温差尺度为
\[
\Delta T,
\]
并令
\[
x=Lx^*,\quad
\mathbf u=U\mathbf u^*,\quad
T=T_\infty+\Delta T\,\theta,\quad
p=\rho U^2p^*.
\]

第一类问题是物体表面热量条件。若有对流换热边界
\[
-k\frac{\partial T}{\partial n}=h(T_s-T_\infty),
\]
则代入 \(T=T_\infty+\Delta T\theta\)、\(n=Ln^*\)，得
\[
-k\frac{\Delta T}{L}\frac{\partial\theta}{\partial n^*}
=h\Delta T\,\theta_s.
\]
两边除以 \(k\Delta T/L\)，得到
\[
\boxed{
-\frac{\partial\theta}{\partial n^*}
=\frac{hL}{k}\theta_s
}.
\]
其中
\[
Nu=\frac{hL}{k}
\]
或按固体导热语境写成 \(Bi=hL/k\)。若题面给的是定热流
\[
-k\frac{\partial T}{\partial n}=q_0,
\]
则无量纲式为
\[
-\frac{\partial\theta}{\partial n^*}
=\frac{q_0L}{k\Delta T}.
\]
所以热边界条件无量纲化的关键是先说明给定的是换热系数还是给定热流。

第二类问题是自由面动力学条件。自由面上应力平衡可写为
\[
\left[-p\mathbf I
+\mu(\nabla\mathbf u+\nabla\mathbf u^T)\right]\mathbf n
=-p_a\mathbf n+\sigma\kappa\mathbf n,
\]
其中 \(p_a\) 是外部气压，\(\sigma\) 为表面张力，\(\kappa\) 为曲率。代入尺度：
\[
\nabla=\frac1L\nabla^*,\qquad
\kappa=\frac1L\kappa^*.
\]
再除以惯性应力量级 \(\rho U^2\)，得
\[
\boxed{
\left[-p^*\mathbf I
+\frac1{Re}(\nabla^*\mathbf u^*+\nabla^*\mathbf u^{*T})\right]\mathbf n
=-p_a^*\mathbf n+\frac1{We}\kappa^*\mathbf n
}.
\]
这里
\[
Re=\frac{\rho UL}{\mu},\qquad
We=\frac{\rho U^2L}{\sigma}.
\]
若把静水压从 \(p\) 中分离，重力效应还会通过
\[
Fr=\frac{U}{\sqrt{gL}}
\]
进入自由面压力或法向条件。结论检查：热条件产生的是 \(hL/k\) 或热流无量纲数；自由面动力条件产生的是 \(Re,We\)，必要时还有 \(Fr\)，不能把两类边界条件混成一个无量纲数。