练习册

设 \(|\mathbf n|=C\) 为空间常量，则
\[
\nabla\left(\frac{\mathbf n\cdot\mathbf n}{2}\right)=\mathbf 0.
\]
对任意矢量场有分量恒等式
\[
[\mathbf n\times(\nabla\times\mathbf n)]_i
=n_j\partial_i n_j-n_j\partial_j n_i.
\]
因此
\[
[(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf n+\mathbf n\times(\nabla\times\mathbf n)]_i
=n_j\partial_j n_i+n_j\partial_i n_j-n_j\partial_j n_i
=n_j\partial_i n_j.
\]
而
\[
n_j\partial_i n_j
=\left[\nabla\left(\frac{\mathbf n\cdot\mathbf n}{2}\right)\right]_i=0.
\]
于是
\[
(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf n+\mathbf n\times(\nabla\times\mathbf n)=0.
\]
移项并利用叉乘反对称性，得
\[
(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf n
=-(\mathbf n\times\operatorname{rot}\mathbf n)
=\operatorname{rot}\mathbf n\times\mathbf n.
\]
这就从分量恒等式和 \(|\mathbf n|\) 为常量两点完成证明。

因 \(\mathbf n\) 为单位常矢量，\(\nabla\mathbf n=0\)、\(\nabla\cdot\mathbf n=0\)。用恒等式
\[
\nabla\times(\mathbf a\times\mathbf n)
=\mathbf a(\nabla\cdot\mathbf n)-\mathbf n(\nabla\cdot\mathbf a)+(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf a-(\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf n,
\]
化为
\[
\nabla\times(\mathbf a\times\mathbf n)=-\mathbf n\,\nabla\cdot\mathbf a+(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf a.
\]
另一方面，\(\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf n)\) 的第 \(i\) 个分量是 \(n_j\partial a_j/\partial x_i\)。于是
\[
\mathbf n\cdot\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf n)=n_i n_j\frac{\partial a_j}{\partial x_i},
\]
而
\[
\mathbf n\cdot[(\mathbf n\cdot\nabla)\mathbf a]=n_i n_j\frac{\partial a_i}{\partial x_j}.
\]
二者只差哑指标互换，数值相等。故
\[
\mathbf n\cdot[\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf n)-\nabla\times(\mathbf a\times\mathbf n)]
=0+\nabla\cdot\mathbf a,
\]
即证题式。

先说明题面核对。当前题库题面把 \((\nabla\times\mathbf a)\times\mathbf b\) 同时写在等式左端和右端；若逐字理解，这不是一般恒等式。源页常见要证的非平凡恒等式应等价于
\[
\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf b)
=(\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf b
+(\mathbf b\cdot\nabla)\mathbf a
+\mathbf a\times(\nabla\times\mathbf b)
+\mathbf b\times(\nabla\times\mathbf a),
\]
或移项写成
\[
(\nabla\times\mathbf a)\times\mathbf b
=(\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf b+(\mathbf b\cdot\nabla)\mathbf a
+\mathbf a\times(\nabla\times\mathbf b)-\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf b).
\]
下面证明这个标准恒等式。

第一种证法用指标记号。设
\[
(\nabla\times\mathbf a)_j=\varepsilon_{jmn}\partial_m a_n.
\]
则
\[
[(\nabla\times\mathbf a)\times\mathbf b]_i
=\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{jmn}(\partial_m a_n)b_k.
\]
利用
\[
\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{jmn}
=\delta_{in}\delta_{km}-\delta_{im}\delta_{kn},
\]
得到
\[
[(\nabla\times\mathbf a)\times\mathbf b]_i
=b_m\partial_m a_i-b_n\partial_i a_n.
\]
又
\[
\partial_i(a_nb_n)=b_n\partial_i a_n+a_n\partial_i b_n.
\]
把第二项移到右端，并把
\[
(\mathbf a\cdot\nabla)b_i=a_n\partial_n b_i,
\qquad
[\mathbf a\times(\nabla\times\mathbf b)]_i
=a_n\partial_i b_n-a_n\partial_n b_i
\]
代入，逐项整理即得上式的第 \(i\) 个分量。

第二种证法从微分恒等式出发。对标量积求梯度：
\[
\partial_i(a_jb_j)=b_j\partial_i a_j+a_j\partial_i b_j.
\]
分别把两项改写为对流导数加旋度项：
\[
b_j\partial_i a_j=(\mathbf b\cdot\nabla)a_i+[\mathbf b\times(\nabla\times\mathbf a)]_i,
\]
\[
a_j\partial_i b_j=(\mathbf a\cdot\nabla)b_i+[\mathbf a\times(\nabla\times\mathbf b)]_i.
\]
合并三个分量，得到
\[
\nabla(\mathbf a\cdot\mathbf b)
=(\mathbf a\cdot\nabla)\mathbf b+(\mathbf b\cdot\nabla)\mathbf a
+\mathbf a\times\operatorname{rot}\mathbf b+\mathbf b\times\operatorname{rot}\mathbf a.
\]
再用
\[
\mathbf b\times\operatorname{rot}\mathbf a
=-(\operatorname{rot}\mathbf a)\times\mathbf b
\]
即可得到移项形式。结论检查：若题面仍按“左右同项”逐字引用，应先标为转写需核对，而不能把一个不普遍成立的式子硬证成恒等式。

把张量分解为
\[
P=S+A,\qquad S_{ij}=\frac12(P_{ij}+P_{ji}),\quad A_{ij}=\frac12(P_{ij}-P_{ji}).
\]
对称部分不贡献目标差值，因为
\[
u_iS_{ij}v_j-v_iS_{ij}u_j=u_iS_{ij}v_j-u_iS_{ji}v_j=0.
\]
只需考虑反对称部分。令反对称张量对应的轴向矢量满足
\[
A_{ij}=-\varepsilon_{ijk}\omega_k.
\]
则
\[
\mathbf u\cdot(A\mathbf v)-\mathbf v\cdot(A\mathbf u)
=u_iA_{ij}v_j-v_iA_{ij}u_j.
\]
第二项交换哑指标并用 \(A_{ji}=-A_{ij}\)，得它等于 \(-u_iA_{ij}v_j\)，所以差值为 \(2u_iA_{ij}v_j\)。代入 \(A_{ij}=-\varepsilon_{ijk}\omega_k\)：
\[
2u_iA_{ij}v_j=-2\varepsilon_{ijk}u_iv_j\omega_k=-2\boldsymbol\omega\cdot(\mathbf u\times\mathbf v).
\]
因此 \(\mathbf u\cdot(P\mathbf v)-\mathbf v\cdot(P\mathbf u)=-2\boldsymbol\omega\cdot(\mathbf u\times\mathbf v)\)。

设张量 \(P\) 的分量为 \(P_{ij}\)，任意矢量 \(\mathbf a\) 的分量为 \(a_i\)。先证充分性。若 \(P\) 反对称，则
\[
P_{ij}=-P_{ji}.
\]
于是
\[
\mathbf a\cdot(P\cdot\mathbf a)=a_iP_{ij}a_j.
\]
交换哑指标 \(i,j\)，同一标量也可写为
\[
a_jP_{ji}a_i=a_iP_{ji}a_j.
\]
两式相加得
\[
2a_iP_{ij}a_j=a_i(P_{ij}+P_{ji})a_j=0.
\]
所以
\[
\mathbf a\cdot(P\cdot\mathbf a)=0.
\]

再证必要性。已知对任意 \(\mathbf a\) 都有
\[
a_iP_{ij}a_j=0.
\]
取 \(\mathbf a=\mathbf e_i\)，得
\[
0=\mathbf e_i\cdot(P\mathbf e_i)=P_{ii},
\]
所以所有对角分量均为零。再对任意 \(i\ne j\)，取
\[
\mathbf a=\mathbf e_i+\mathbf e_j.
\]
代入恒等式：
\[
0=(\mathbf e_i+\mathbf e_j)\cdot P(\mathbf e_i+\mathbf e_j)
=P_{ii}+P_{ij}+P_{ji}+P_{jj}.
\]
由于 \(P_{ii}=P_{jj}=0\)，得到
\[
P_{ij}+P_{ji}=0,
\]
即
\[
P_{ij}=-P_{ji}.
\]
对所有 \(i,j\) 都成立，故 \(P^T=-P\)，张量 \(P\) 为反对称张量。综上，\(P\) 反对称当且仅当对任意矢量 \(\mathbf a\) 有 \(\mathbf a\cdot(P\cdot\mathbf a)=0\)。

设质点绕 \(Oz\) 轴以常角速度 \(\omega\) 旋转。对任一点
\[
(x,y,z),
\]
位置矢量为
\[
\mathbf r=x\mathbf i+y\mathbf j+z\mathbf k.
\]
角速度矢量为
\[
\boldsymbol\omega=\omega\mathbf k.
\]
刚体旋转速度由
\[
\mathbf V=\boldsymbol\omega\times\mathbf r
\]
给出，因此
\[
\mathbf V=\omega\mathbf k\times(x\mathbf i+y\mathbf j+z\mathbf k)
=-\omega y\,\mathbf i+\omega x\,\mathbf j.
\]
欧拉变量下速度场为
\[
u=-\omega y,\qquad v=\omega x,\qquad w=0.
\]

若用拉格朗日标号
\[
(a,b,c)
\]
表示 \(t=0\) 时的质点位置，则旋转矩阵给出
\[
x=a\cos\omega t-b\sin\omega t,
\]
\[
y=a\sin\omega t+b\cos\omega t,
\]
\[
z=c.
\]
对时间求导：
\[
\dot x=-a\omega\sin\omega t-b\omega\cos\omega t
=-\omega y,
\]
\[
\dot y=a\omega\cos\omega t-b\omega\sin\omega t
=\omega x,
\]
与欧拉速度场一致。

流线在某一固定时刻由
\[
\frac{dy}{dx}=\frac vu
=\frac{\omega x}{-\omega y}
=-\frac xy
\]
确定。整理得
\[
y\,dy=-x\,dx.
\]
积分：
\[
x^2+y^2=C.
\]
所以流线是以 \(Oz\) 轴为中心的圆。

迹线由拉格朗日运动式直接看出：
\[
x^2+y^2
=(a\cos\omega t-b\sin\omega t)^2
+(a\sin\omega t+b\cos\omega t)^2
=a^2+b^2.
\]
因此迹线也是圆。因为速度场定常，流线和迹线在几何上重合。

加速度可以由拉格朗日式二次求导：
\[
\ddot x=-\omega^2(a\cos\omega t-b\sin\omega t)=-\omega^2x,
\]
\[
\ddot y=-\omega^2(a\sin\omega t+b\cos\omega t)=-\omega^2y,
\]
\[
\ddot z=0.
\]
所以
\[
\mathbf a=-\omega^2(x\mathbf i+y\mathbf j).
\]
它指向旋转轴，是向心加速度。

若用极坐标，刚体旋转满足
\[
r=\sqrt{x^2+y^2}=\text{常数},\qquad \theta=\theta_0+\omega t.
\]
于是
\[
v_r=\dot r=0,\qquad v_\theta=r\dot\theta=\omega r.
\]
极坐标加速度为
\[
a_r=\ddot r-r\dot\theta^2=-\omega^2r,\qquad
a_\theta=r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta=0.
\]
这与直角坐标结果完全一致。

速度场为一维定常场
\[
V(x)=V_1\left(1+\frac{x}{L}\right).
\]
第一问用欧拉法。定常流中局部加速度为零，但质点仍有对流加速度：
\[
a_x=\frac{\partial V}{\partial t}+V\frac{\partial V}{\partial x}
=0+V_1\left(1+\frac{x}{L}\right)\frac{V_1}{L}.
\]
因此
\[
\boxed{a_x=\frac{V_1^2}{L}\left(1+\frac{x}{L}\right)}.
\]

第二问求 \(t=0\) 位于 \(x=0\) 的质点轨迹。质点满足
\[
\frac{dx}{dt}=V_1\left(1+\frac{x}{L}\right),\qquad x(0)=0.
\]
分离变量：
\[
\frac{dx}{1+x/L}=V_1\,dt.
\]
由于 \(1+x/L=(L+x)/L\)，左边为
\[
L\frac{dx}{L+x}.
\]
积分得
\[
L\ln(L+x)=V_1t+C.
\]
由 \(x(0)=0\) 得 \(C=L\ln L\)，所以
\[
\ln\frac{L+x}{L}=\frac{V_1t}{L}.
\]
于是
\[
1+\frac{x}{L}=e^{V_1t/L},\qquad
x(t)=L\left(e^{V_1t/L}-1\right).
\]
沿该质点的速度为
\[
\frac{dx}{dt}=V_1e^{V_1t/L}.
\]
再对时间求导：
\[
\frac{d^2x}{dt^2}=\frac{V_1^2}{L}e^{V_1t/L}.
\]
把轨迹代入欧拉法的加速度公式：
\[
a_x=\frac{V_1^2}{L}\left(1+\frac{x(t)}{L}\right)
=\frac{V_1^2}{L}e^{V_1t/L}.
\]
两种方法得到同一结果，说明定常场中质点加速度来自空间速度梯度，而不是来自局部时间变化。

流体质点可以具有加速度。流体质点的加速度不是单纯的局部时间导数，而是速度场沿质点轨迹的物质导数。若速度场为 \(\mathbf V(x,y,z,t)\)，质点位置满足 \(d\mathbf x/dt=\mathbf V\)，则由链式法则得
\[
\mathbf a=\frac{D\mathbf V}{Dt}
=\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}
+\frac{dx}{dt}\frac{\partial\mathbf V}{\partial x}
+\frac{dy}{dt}\frac{\partial\mathbf V}{\partial y}
+\frac{dz}{dt}\frac{\partial\mathbf V}{\partial z}.
\]
代入 \(d\mathbf x/dt=\mathbf V\)，有
\[
\mathbf a=\frac{\partial\mathbf V}{\partial t}+(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V.
\]
定常流场只表示在固定空间点处速度不随时间变，即 \(\partial\mathbf V/\partial t=0\)，但这并不要求空间各点速度相同。因此定常流中仍有
\[
\mathbf a=(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V.
\]
若流线弯曲，即使速率大小不变，也有法向加速度 \(V^2/R\)；若沿流线速度大小变化，还会有切向加速度 \(VdV/ds\)。例如一维定常场 \(u=\alpha x, v=w=0\) 中，\(\partial u/\partial t=0\)，但
\[
\frac{Du}{Dt}=u\frac{\partial u}{\partial x}=\alpha x\cdot\alpha=\alpha^2x,
\]
一般不为零。所以定常流场内运动的流体质点完全可能有加速度。

固定某一时刻 \(t=t_0\) 看流线。由
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}=\frac{yt_0^2}{xt_0^2}=\frac{y}{x},
\]
得
\[
\ln y=\ln x+C,
\qquad y=Cx.
\]
又 \(w=0\)，所以流线还满足 \(z=C_z\)。当 \(t_0=0\) 时全场瞬时速度为零，流线方向退化，通常按 \(t_0\ne0\) 给出上述族线。

质点轨迹需解
\[
\frac{dx}{dt}=xt^2,
\qquad
\frac{dy}{dt}=yt^2,
\qquad
\frac{dz}{dt}=0.
\]
取拉格朗日标号为初始位置 \((a,b,c)=(x(0),y(0),z(0))\)，积分得
\[
x=ae^{t^3/3},
\qquad
y=be^{t^3/3},
\qquad z=c.
\]
欧拉形式的加速度为
\[
a_x=\frac{\partial u}{\partial t}+u\frac{\partial u}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial y}+w\frac{\partial u}{\partial z}.
\]
因 \(u=xt^2\)，有 \(\partial u/\partial t=2tx\)、\(\partial u/\partial x=t^2\)，其余相关偏导为零，所以
\[
a_x=2tx+xt^4=x(t^4+2t).
\]
同理
\[
a_y=y(t^4+2t),
\qquad a_z=0.
\]
用拉格朗日变数表示速度，将轨迹代入速度场，得
\[
u_L=at^2e^{t^3/3},
\qquad v_L=bt^2e^{t^3/3},
\qquad w_L=0.
\]
用拉格朗日变数表示加速度，得
\[
a_{xL}=ae^{t^3/3}(t^4+2t),
\qquad
a_{yL}=be^{t^3/3}(t^4+2t),
\qquad a_{zL}=0.
\]
这也可由对 \(u_L,v_L,w_L\) 直接对时间求导得到。

在 \(t=0\) 的瞬时速度场中，\(u=ky,\ v=kx\)，流线满足 \(dy/dx=v/u=x/y\)，积分得 \(y^2-x^2=b^2-a^2\)，并且 \(z=c\)。质点轨迹要解 \(dx/dt=ky,\ dy/dt=k(x-\lambda t)\)。由 \(x''=k y'=k^2(x-\lambda t)\) 得 \(x''-k^2x=-k^2\lambda t\)，故 \(x=Ae^{kt}+Be^{-kt}+\lambda t\)，\(y=x'/k=Ae^{kt}-Be^{-kt}+\lambda/k\)。由 \(x(0)=a,\ y(0)=b\) 得 \(A=(a+b-\lambda/k)/2\)、\(B=(a-b+\lambda/k)/2\)。当 \(\lambda=0\) 时流场定常，轨迹与流线同族。

在固定时刻 \(t=t_0\)，流线满足
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}=\frac{C}{A+Bt_0}.
\]
若 \(A+Bt_0\ne0\)，积分得
\[
y-\frac{C}{A+Bt_0}x=C_1,
\]
为直线；若 \(A+Bt_0=0\)，则 \(dx=0\)，流线为 \(x=C_1\)，仍为直线。质点轨迹由常微分方程
\[
\frac{dx}{dt}=A+Bt,\qquad \frac{dy}{dt}=C
\]
给出。取 \(t=0\) 时质点位于 \((x_0,y_0)\)，积分得
\[
x=x_0+At+\frac12Bt^2,\qquad y=y_0+Ct.
\]
当 \(C\ne0\) 时，消去
\[
t=\frac{y-y_0}{C},
\]
得到
\[
x=x_0+\frac{A}{C}(y-y_0)
+\frac{B}{2C^2}(y-y_0)^2.
\]
因此非退化情形下质点轨迹为抛物线；若 \(B=0\) 或 \(C=0\)，则退化为直线或参数形式的退化抛物线。

给定二维非定常速度场
\[
u=a,\qquad v=kyt.
\]
流线是在某一固定时刻 \(t=t_0\) 观察的曲线，其切线方向等于该时刻速度方向。因此流线方程满足
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}=\frac{k t_0}{a}y.
\]
这里 \(t_0\) 是参数，不随曲线上位置改变。分离变量：
\[
\frac{dy}{y}=\frac{k t_0}{a}\,dx.
\]
积分得
\[
\ln|y|=\frac{k t_0}{a}x+C.
\]
所以固定时刻 \(t_0\) 的流线族为
\[
\boxed{y=C_1\exp\left(\frac{k t_0}{a}x\right)}.
\]
若 \(t_0=0\)，则
\[
y=C_1,
\]
流线为水平直线。

迹线是同一流体质点随时间走过的轨迹。设该质点在 \(t=0\) 的位置为 \((x_0,y_0)\)。运动方程为
\[
\frac{dx}{dt}=a,\qquad
\frac{dy}{dt}=kyt.
\]
第一式积分：
\[
x=x_0+at.
\]
第二式分离变量：
\[
\frac{dy}{y}=kt\,dt.
\]
积分并用 \(y(0)=y_0\)：
\[
\ln\frac{y}{y_0}=\frac{k}{2}t^2,
\]
即
\[
\boxed{y=y_0\exp\left(\frac{k}{2}t^2\right)}.
\]
若要消去时间，由
\[
t=\frac{x-x_0}{a}
\]
得迹线在 \(x-y\) 平面中的方程
\[
\boxed{
y=y_0\exp\left[\frac{k}{2a^2}(x-x_0)^2\right]
}.
\]
结论检查：流线使用固定的 \(t_0\)，迹线使用随时间变化的 \(t\)。因为速度场含有 \(t\)，流线族随时间改变，一般不与迹线重合。

把速度写成极坐标形式：\(v_r=(xu+yv)/r=0\)，\(v_\theta=(-yu+xv)/r=k/r\)。流线方程由 \(dr/v_r=r\,d\theta/v_\theta\) 得 \(r=\mathrm{const}\)，所以流线是同心圆。因速度场定常，质点轨迹也满足 \(dr/dt=0\)、\(r\,d\theta/dt=k/r\)，仍为同一半径的圆，角速度 \(d\theta/dt=k/r^2\)。加速度只有径向向心项，\(a_r=-v_\theta^2/r=-k^2/r^3\)，\(a_\theta=0\)，方向指向圆心。

取极坐标基矢
\[
\mathbf e_r=\cos\theta\,\mathbf i+\sin\theta\,\mathbf j,\qquad
\mathbf e_\theta=-\sin\theta\,\mathbf i+\cos\theta\,\mathbf j.
\]
速度矢量既可写为
\[
\mathbf V=u\mathbf i+v\mathbf j,
\]
也可写为
\[
\mathbf V=v_r\mathbf e_r+v_\theta\mathbf e_\theta.
\]
先作点积投影：
\[
v_r=\mathbf V\cdot\mathbf e_r
=u\cos\theta+v\sin\theta,
\]
\[
v_\theta=\mathbf V\cdot\mathbf e_\theta
=-u\sin\theta+v\cos\theta.
\]
这就是题中第一组公式。再把 \(v_r\mathbf e_r+v_\theta\mathbf e_\theta\) 按 \(\mathbf i,\mathbf j\) 展开：
\[
\mathbf V=(v_r\cos\theta-v_\theta\sin\theta)\mathbf i
+(v_r\sin\theta+v_\theta\cos\theta)\mathbf j.
\]
比较 \(\mathbf i,\mathbf j\) 分量，得
\[
u=v_r\cos\theta-v_\theta\sin\theta,\qquad
v=v_r\sin\theta+v_\theta\cos\theta.
\]
两组公式互为正交旋转变换的逆变换。

流线方程 \(x^2-y^2=C\) 微分得 \(2x\,dx-2y\,dy=0\)，故 \(dy/dx=x/y\)。流线切线方向与速度方向一致，因此 \(v/u=x/y\)。又速度大小 \(V=\sqrt{u^2+v^2}=\sqrt{x^2+y^2}\)。令 \(u=\lambda y,\ v=\lambda x\)，则 \(u^2+v^2=\lambda^2(x^2+y^2)\)，所以 \(\lambda=\pm1\)。因此速度分量可取 \(u=y,\ v=x\)，或整体反号 \(u=-y,\ v=-x\)，两者对应沿同一族流线的相反流向。

二维定常流动的流线满足速度矢量与曲线切向量平行，因此
\[
\frac{dy}{dx}=\frac{v}{u}.
\]
本题
\[
u=x,\qquad v=-y.
\]
在 \(x\ne0\)、\(y\ne0\) 的一般区域内，
\[
\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x}.
\]
分离变量：
\[
\frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x}.
\]
积分得
\[
\ln|y|=-\ln|x|+C,
\]
也就是
\[
\ln|xy|=C.
\]
因此一般流线族为
\[
xy=C_1.
\]
当 \(C_1=0\) 时，对应坐标轴上的退化流线，需要理解为 \(x=0\) 或 \(y=0\)。通过点 \((2,3)\) 的流线满足
\[
C_1=xy=2\times3=6.
\]
所以通过该点的流线为
\[
xy=6,
\]
也可写为
\[
y=\frac6x.
\]

沿流管中心线取弧长坐标 \(s\)。题目说明流动定常，因此局部加速度为零，沿线加速度只来自速度随空间变化的对流项：
\[
a_s=\frac{DV}{Dt}=V\frac{dV}{ds}.
\]
速度在 \(40\,\mathrm{cm}=0.40\,\mathrm m\) 的距离内由
\[
V_1=14\,\mathrm{m/s}
\]
均匀变为
\[
V_2=15\,\mathrm{m/s}.
\]
所谓均匀变化表示 \(dV/ds\) 为常数，所以
\[
\frac{dV}{ds}=\frac{15-14}{0.40}
=2.5\,\mathrm{s^{-1}}.
\]
在这段起点，速度取 \(V=14\,\mathrm{m/s}\)，故
\[
a_{s1}=14\times 2.5=35\,\mathrm{m/s^2}.
\]
在这段终点，速度取 \(V=15\,\mathrm{m/s}\)，故
\[
a_{s2}=15\times 2.5=37.5\,\mathrm{m/s^2}.
\]
方向沿流速增大的方向，即沿中心线从起点指向终点。若速度沿程减小，\(dV/ds\) 才为负，对流加速度方向会反过来。

也可用运动学关系核对：因为
\[
a_s=\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{ds}\frac{ds}{dt},
\]
而质点沿中心线运动时 \(ds/dt=V\)，所以仍得到 \(a_s=V\,dV/ds\)。在这 \(0.40\,\mathrm m\) 段内，若取中点速度 \(V=14.5\,\mathrm{m/s}\)，则
\[
a_s=14.5\times2.5=36.25\,\mathrm{m/s^2},
\]
位于起点和终点加速度之间，说明结果随速度线性增大是合理的。单位也一致：\(dV/ds\) 的单位为 \((\mathrm{m/s})/\mathrm m=\mathrm{s^{-1}}\)，再乘速度得到 \(\mathrm{m/s^2}\)。题目没有给出流管曲率半径，所以这里只求沿切向的变速加速度；若中心线弯曲，才需另外叠加法向项 \(V^2/R\)。

流线是在同一时刻与速度矢量处处相切的曲线；轨迹是同一流体质点随时间走过的路径。平面极坐标中，位移微元为
\\[
d\\mathbf r=dr\\mathbf e_r+r\\,d\\theta\\mathbf e_\\theta,
\\]
速度为
\\[
\\mathbf V=v_r\\mathbf e_r+v_\\theta\\mathbf e_\\theta.
\\]
流线相切要求位移分量与速度分量成比例，故
\\[
\\frac{dr}{v_r}=\\frac{r\\,d\\theta}{v_\\theta}.
\\]
柱坐标中
\\[
d\\mathbf r=dr\\mathbf e_r+r\\,d\\theta\\mathbf e_\\theta+dz\\mathbf e_z,
\\]
所以流线方程为
\\[
\\frac{dr}{v_r}=\\frac{r\\,d\\theta}{v_\\theta}=\\frac{dz}{v_z}.
\\]
球坐标 \\((r,\\theta,\\phi)\\) 的位移尺度因子为 \\(1,r,r\\sin\\theta\\)，即
\\[
d\\mathbf r=dr\\mathbf e_r+r\\,d\\theta\\mathbf e_\\theta+r\\sin\\theta\\,d\\phi\\mathbf e_\\phi,
\\]
因此流线方程为
\\[
\\frac{dr}{v_r}=\\frac{r\\,d\\theta}{v_\\theta}=\\frac{r\\sin\\theta\\,d\\phi}{v_\\phi}.
\\]
轨迹方程则必须保留时间：极坐标为 \\(dr/dt=v_r,\\ r\\,d\\theta/dt=v_\\theta\\)；柱坐标再加 \\(dz/dt=v_z\\)；球坐标为
\\[
\\frac{dr}{dt}=v_r,
\\quad r\\frac{d\\theta}{dt}=v_\\theta,
\\quad r\\sin\\theta\\frac{d\\phi}{dt}=v_\\phi.
\\]
非定常流中流线和轨迹通常不同，只有定常流中才可能重合。

速度场为 \(\mathbf V=ay\,\mathbf i+b\,\mathbf j\)，所以分量为 \(u=ay,\ v=b,\ w=0\)。在场点 \((1,2,0)\) 处，\(a=2\,\mathrm{s^{-1}}\) 与 \(y=2\,\mathrm m\) 给 \(u=4\,\mathrm{m/s}\)，\(b=1\,\mathrm{m/s}\) 给 \(v=1\,\mathrm{m/s}\)，\(w=0\)。通过该点的流线斜率满足 \(dy/dx=v/u\)，因此斜率为 \(1/4\)。若继续积分流线，则 \(dy/dx=b/(ay)\)，可得 \(y^2-(2b/a)x=C\)。

在 \((0,0)\) 处用差商估算 \(u_x=2\)、\(u_y=-6\)、\(v_x=5\)、\(v_y=-5\)，并由不同时刻数据得 \(u_t=20\)、\(v_t=0\)。代入物质导数，\(a_x=u_t+uu_x+vu_y=20+20\times2+10\times(-6)=0\)，\(a_y=v_t+uv_x+vv_y=0+20\times5+10\times(-5)=50\,\mathrm{m/s^2}\)。

定常流动的连续方程为
\[
\nabla\cdot(\rho\mathbf V)=0.
\]
展开得
\[
\mathbf V\cdot\nabla\rho+\rho\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
若流体不可压缩，则
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
于是由连续方程得
\[
\mathbf V\cdot\nabla\rho=0.
\]
而 \(\nabla\rho\) 是等密度面 \(\rho=\mathrm{const}\) 的法向量；\(\mathbf V\cdot\nabla\rho=0\) 表明速度方向与等密度面的法线垂直，即速度沿等密度面进行。

反过来，若定常流动中速度沿等密度面，则
\[
\mathbf V\cdot\nabla\rho=0.
\]
代回连续方程得
\[
\rho\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
实际流体密度 \(\rho>0\)，故
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0,
\]
即流体作不可压缩运动。因此，定常条件下，不可压缩流动与速度沿等密度面进行互为充要条件。

平面不可压流动的连续方程为
\\[
\\frac{\\partial u}{\\partial x}+\\frac{\\partial v}{\\partial y}=0.
\\]
题给
\\[
u=ax^2+by.
\\]
先对 \\(x\\) 求偏导：
\\[
\\frac{\\partial u}{\\partial x}=2ax.
\\]
代入连续方程得
\\[
2ax+\\frac{\\partial v}{\\partial y}=0,
\\qquad
\\frac{\\partial v}{\\partial y}=-2ax.
\\]
对 \\(y\\) 积分时，\\(x\\) 视为常数，因此
\\[
v=-2axy+f(x).
\\]
这里 \\(f(x)\\) 是关于 \\(x\\) 的积分函数，不是常数。再用边界条件 \\(y=0\\) 时 \\(v=0\\)：
\\[
0=-2ax\\cdot0+f(x),
\\]
所以 \\(f(x)=0\\)。最终
\\[
v=-2axy.
\\]
可以回代验证：\\(\\partial v/\\partial y=-2ax\\)，与 \\(\\partial u/\\partial x=2ax\\) 相加为零，故满足不可压连续方程。题中 \\(by\\) 对 \\(x\\) 的偏导为零，所以不会进入 \\(v\\) 的表达式。

令
\[
K=k(a+\sigma t),\qquad A=Rke^{kb}.
\]
由题给拉格朗日表示
\[
x=a+Re^{kb}\sin K,\qquad
y=b-Re^{kb}\cos K,
\]
计算对物质标号 \((a,b)\) 的偏导数：
\[
x_a=1+A\cos K,\qquad x_b=A\sin K,
\]
\[
y_a=A\sin K,\qquad y_b=1-A\cos K.
\]
因此变换雅可比为
\[
J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(a,b)}=x_ay_b-x_by_a.
\]
代入上式得
\[
J=(1+A\cos K)(1-A\cos K)-A^2\sin^2K
=1-A^2(\cos^2K+\sin^2K).
\]
故
\[
J=1-R^2k^2e^{2kb}.
\]
这个 \(J\) 可随标号 \(b\) 变化，但不含时间 \(t\)。拉格朗日描述中，物质面积元满足
\[
dS=J\,da\,db.
\]
不可压条件等价于物质面积元不随时间变化，即
\[
\left(\frac{\partial J}{\partial t}\right)_{a,b}=0.
\]
也可写成
\[
\nabla\cdot\mathbf V
=\frac1J\left(\frac{\partial J}{\partial t}\right)_{a,b}.
\]
由于本题 \(J_t=0\)，所以
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0,
\]
物质微元面积保持不变，故该流场为不可压流场。

取弯曲细管的中心线弧长为
\[
s,
\]
截面积为
\[
\sigma(s,t),
\]
沿管平均速度为
\[
v(s,t),
\]
密度为
\[
\rho(s,t).
\]
因为细管很细，可把每个截面上的平均量看成只随 \(s,t\) 变化。

先推导欧拉形式。取固定在空间中的一段管道
\[
s_1<s<s_2.
\]
其中流体质量为
\[
M=\int_{s_1}^{s_2}\rho\sigma\,ds.
\]
质量守恒要求：这段固定控制体内质量增加率等于入口质量流率减出口质量流率：
\[
\frac{d}{dt}\int_{s_1}^{s_2}\rho\sigma\,ds
=
(\rho\sigma v)_{s_1}-(\rho\sigma v)_{s_2}.
\]
右边可写成积分形式：
\[
(\rho\sigma v)_{s_1}-(\rho\sigma v)_{s_2}
=-\int_{s_1}^{s_2}\frac{\partial(\rho\sigma v)}{\partial s}\,ds.
\]
所以
\[
\int_{s_1}^{s_2}
\left[
\frac{\partial(\rho\sigma)}{\partial t}
+\frac{\partial(\rho\sigma v)}{\partial s}
\right]ds=0.
\]
由于 \(s_1,s_2\) 任意，得到欧拉连续方程
\[
\boxed{
\frac{\partial(\rho\sigma)}{\partial t}
+\frac{\partial(\rho\sigma v)}{\partial s}=0
}.
\]
若管截面积不随时间变且不可压，
\[
\rho=\text{常数},\qquad \sigma=\sigma(s),
\]
则退化为
\[
\frac{\partial(\sigma v)}{\partial s}=0,
\]
即稳态时沿管体积流量不变。

再写拉格朗日形式。用物质标号 \(a\) 标记同一小段流体，设该物质段在时刻 \(t\) 的位置为
\[
s=s(a,t).
\]
标号区间
\[
a<a'<a+da
\]
对应的实际弧长为
\[
ds=\frac{\partial s}{\partial a}\,da.
\]
该物质小段质量为
\[
dm=\rho(s(a,t),t)\,\sigma(s(a,t),t)\,
\frac{\partial s}{\partial a}\,da.
\]
因为这是同一物质段，质量不随时间改变，所以
\[
\rho\sigma\frac{\partial s}{\partial a}=\text{只依赖 }a\text{ 的常数}.
\]
若初始时
\[
s(a,0)=a,
\]
则该常数可写成
\[
\rho_0(a)\sigma_0(a).
\]
因此拉格朗日连续方程为
\[
\boxed{
\rho(s(a,t),t)\sigma(s(a,t),t)
\frac{\partial s}{\partial a}
=\rho_0(a)\sigma_0(a)
}.
\]
对时间求导还可得
\[
\frac{D}{Dt}
\left(\rho\sigma\frac{\partial s}{\partial a}\right)=0.
\]
它与欧拉形式等价：欧拉式看固定管段的流入流出，拉格朗日式看同一物质段的质量保持不变。

取明渠中 \(x\) 到 \(x+dx\) 的微小渠段。该处过水断面面积为
\[
A(x,t)=b(x)h(x,t).
\]
同一截面速度取为 \(v\)，因此流量为
\[
Q(x,t)=Av=bhv.
\]
水视为不可压，密度 \(\rho\) 为常数。微小渠段内的质量为
\[
\rho A\,dx=\rho bh\,dx.
\]
其随时间的变化率为
\[
\rho\frac{\partial(bh)}{\partial t}dx.
\]
单位时间从左端 \(x\) 流入的质量为
\[
\rho Q(x,t),
\]
从右端 \(x+dx\) 流出的质量为
\[
\rho Q(x+dx,t).
\]
质量守恒给出
\[
\rho\frac{\partial(bh)}{\partial t}dx
=\rho Q(x,t)-\rho Q(x+dx,t).
\]
将 \(Q(x+dx,t)\) 作一阶展开：
\[
Q(x+dx,t)=Q(x,t)+\frac{\partial Q}{\partial x}dx.
\]
代入并约去 \(\rho dx\)，得到
\[
\frac{\partial(bh)}{\partial t}+\frac{\partial Q}{\partial x}=0.
\]
再代入 \(Q=bhv\)，连续方程为
\[
\frac{\partial(bh)}{\partial t}+\frac{\partial(bhv)}{\partial x}=0.
\]
由于 \(b=b(x)\) 与时间无关，也可写成
\[
b\frac{\partial h}{\partial t}+\frac{\partial(bhv)}{\partial x}=0,
\]
或
\[
\frac{\partial h}{\partial t}+\frac1b\frac{\partial(bhv)}{\partial x}=0.
\]
若严格按题面 \(v=v(x)\) 展开，则
\[
\frac{\partial h}{\partial t}
+v\frac{\partial h}{\partial x}
+h\frac{dv}{dx}
+hv\frac{1}{b}\frac{db}{dx}=0.
\]

取明渠中 \([s,s+ds]\) 的固定控制段，水深为
\[
H(s,t)=h_0(s)+\zeta(s,t).
\]
渠底和侧壁不透水，边界条件是底、侧壁无穿透；质量只因自由面升降而储存，并只从两端截面流入流出。端面体积通量按题式写为 \(b\sigma\)。不可压流体体积守恒给出
\[
\frac{\partial}{\partial t}(bH\,ds)+[(b\sigma)_{s+ds}-(b\sigma)_s]=0.
\]
静止水深 \(h_0(s)\) 不随时间变，所以
\[
\partial_tH=\partial_t\zeta.
\]
把通量差展开为
\[
(b\sigma)_{s+ds}-(b\sigma)_s
=\frac{\partial(b\sigma)}{\partial s}ds+o(ds).
\]
代入守恒式，除以 \(b\,ds\)，并令 \(ds\to0\)，得
\[
\frac{\partial\zeta}{\partial t}
+\frac1b\frac{\partial(b\sigma)}{\partial s}=0.
\]
这就是源式的明渠一维连续方程。

取细流管中 \([s,s+ds]\) 的微小管段，截面面积为 \(\sigma\)，管内质量为
\[
\rho\sigma ds.
\]
细流管侧面由流线组成，边界条件为侧面无穿透通量，质量只经两端截面进出。沿 \(s\) 正向的端面质量通量为
\[
\rho\sigma v.
\]
因此质量守恒写为
\[
\frac{\partial}{\partial t}(\rho\sigma ds)
+[(\rho\sigma v)_{s+ds}-(\rho\sigma v)_s]=0.
\]
将端面通量差展开为
\[
[(\rho\sigma v)_{s+ds}-(\rho\sigma v)_s]
=\frac{\partial(\rho\sigma v)}{\partial s}ds+o(ds).
\]
除以 \(ds\)，令 \(ds\to0\)，得到
\[
\frac{\partial(\rho\sigma)}{\partial t}
+\frac{\partial(\rho\sigma v)}{\partial s}=0.
\]
这说明细流管截面内的质量变化率与两端质量通量差完全平衡。

固定中心对称表示所有物理量只与半径 \\(r\\) 和时间 \\(t\\) 有关，速度只有径向分量
\\[
\\mathbf V=V_r(r,t)\\mathbf e_r.
\\]
取半径 \\(r\\) 到 \\(r+dr\\) 的薄球壳，体积为 \\(4\\pi r^2dr\\)。球壳内质量变化率为
\\[
\\frac{\\partial}{\\partial t}(\\rho 4\\pi r^2dr).
\\]
通过半径 \\(r\\) 球面的质量通量为 \\(4\\pi r^2\\rho V_r\\)，通过 \\(r+dr\\) 球面的通量为其在 \\(r\\) 方向的增量。质量守恒给出
\\[
\\frac{\\partial}{\\partial t}(\\rho 4\\pi r^2dr)+
\\frac{\\partial}{\\partial r}(4\\pi r^2\\rho V_r)dr=0.
\\]
除以 \\(4\\pi r^2dr\\)，得到
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}+\\frac1{r^2}\\frac{\\partial}{\\partial r}(r^2\\rho V_r)=0.
\\]
若流体不可压，\\(\\rho\\) 为常数，化为
\\[
\\frac{\\partial}{\\partial r}(r^2V_r)=0,
\\qquad r^2V_r=f(t).
\\]
物理意义是任意同心球面上的体积流量
\\[
4\\pi r^2V_r=4\\pi f(t)
\\]
相同；流线向外扩散时面积按 \\(r^2\\) 增大，所以径向速度必须按 \\(1/r^2\\) 衰减。

流体质点始终在通过 \\(OZ\\) 轴的平面内运动，说明没有穿出该子午面的周向运动，可取柱坐标速度
\\[
\\mathbf V=v_r(r,z,t)\\mathbf e_r+v_z(r,z,t)\\mathbf e_z,
\\qquad v_\\theta=0.
\\]
柱坐标中一般连续方程为
\\[
\\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.
\\]
由于运动限制在子午面且对周向无独立输运，取 \\(v_\\theta=0\\)，并且变量不显含 \\(\\theta\\)，上式化为
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}
+\\frac1r\\frac{\\partial(r\\rho v_r)}{\\partial r}
+\\frac{\\partial(\\rho v_z)}{\\partial z}=0.
\\]
也可从环形控制体推导：半径为 \\(r\\) 的环面面积随 \\(r\\) 成正比，因此径向质量通量必须写成 \\(r\\rho v_r\\) 的导数。若不可压，\\(\\rho\\) 为常数，得
\\[
\\frac1r\\frac{\\partial(rv_r)}{\\partial r}+\\frac{\\partial v_z}{\\partial z}=0.
\\]
这表示子午面运动中的体积通量守恒，其中 \\(1/r\\) 项来自绕轴旋转形成的环形面积变化。

取固定轴 \(OZ\)，令 \(\theta\) 为流体质点绕 \(OZ\) 轴转动的角坐标。考察由 \(\theta\) 与 \(\theta+d\theta\) 两个角向截面夹成的微小控制体，并把沿圆轨道横向截面积等因素积分后的单位角宽质量记为
\[
\sigma(\theta,t).
\]
于是该微小控制体内的质量为
\[
dM=\sigma(\theta,t)d\theta.
\]
质点角速度为
\[
\omega=\frac{d\theta}{dt}.
\]
按题中紧凑记号，通过 \(\theta=\) 常数截面的角向质量流率为
\[
\rho(\theta,t)\omega(\theta,t).
\]
在时间 \(dt\) 内，从 \(\theta\) 面流入的质量为
\[
[\rho\omega]_\theta dt,
\]
从 \(\theta+d\theta\) 面流出的质量为
\[
[\rho\omega]_{\theta+d\theta}dt.
\]
质量守恒给出
\[
\frac{\partial(\sigma d\theta)}{\partial t}dt
=[\rho\omega]_\theta dt-[\rho\omega]_{\theta+d\theta}dt.
\]
将右端作一阶展开：
\[
[\rho\omega]_{\theta+d\theta}
=[\rho\omega]_\theta+\frac{\partial(\rho\omega)}{\partial\theta}d\theta.
\]
代回并约去 \(d\theta dt\)，得到
\[
\frac{\partial\sigma}{\partial t}
+\frac{\partial(\rho\omega)}{\partial\theta}=0.
\]
这就是以圆周角 \(\theta\) 为一维坐标描述圆轨道运动时的连续方程。

设流体质点被约束在半径为 \\(R\\) 的共轴圆柱面上运动，曲面坐标取 \\(\\theta,z\\)。若周向角速度为 \\(\\omega=d\\theta/dt\\)，轴向速度为 \\(w=dz/dt\\)，则沿周向的实际线速度为 \\(R\\omega\\)。圆柱面上一小块面积为
\\[
dS=R\\,d\\theta\\,dz.
\\]
对固定曲面微元列质量守恒：微元内质量变化率加上周向、轴向净流出为零。质量为
\\[
\\rho R\\,d\\theta\\,dz.
\\]
周向两侧净流出为
\\[
\\frac{\\partial(\\rho\\omega)}{\\partial\\theta}R\\,d\\theta\\,dz,
\\]
轴向净流出为
\\[
\\frac{\\partial(\\rho w)}{\\partial z}R\\,d\\theta\\,dz.
\\]
除以共同面积因子 \\(R\\,d\\theta\\,dz\\)，得曲面连续方程
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}
+\\frac{\\partial(\\rho\\omega)}{\\partial\\theta}
+\\frac{\\partial(\\rho w)}{\\partial z}=0.
\\]
若改用周向线速度 \\(v_\\theta=R\\omega\\)，则等价写为
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}
+\\frac1R\\frac{\\partial(\\rho v_\\theta)}{\\partial\\theta}
+\\frac{\\partial(\\rho w)}{\\partial z}=0.
\\]
不可压时 \\(\\rho\\) 为常数，上式表示圆柱面上面积通量守恒。

二维不可压平面流在极坐标 \((r,\theta)\) 下的连续方程为
\[
\frac1r\frac{\partial (rv_r)}{\partial r}
+\frac1r\frac{\partial v_\theta}{\partial\theta}=0.
\]
题给
\[
v_r=-\frac{k\cos\theta}{r^2}.
\]
先计算
\[
rv_r=-\frac{k\cos\theta}{r},
\]
于是
\[
\frac{\partial (rv_r)}{\partial r}
=\frac{k\cos\theta}{r^2}.
\]
代回连续方程并乘以 \(r\)，得
\[
\frac{k\cos\theta}{r^2}
+\frac{\partial v_\theta}{\partial\theta}=0,
\]
即
\[
\frac{\partial v_\theta}{\partial\theta}
=-\frac{k\cos\theta}{r^2}.
\]
对 \(\theta\) 积分：
\[
v_\theta=-\frac{k\sin\theta}{r^2}+C(r).
\]
这里 \(C(r)\) 只依赖 \(r\)，因为连续方程只确定了 \(v_\theta\) 对 \(\theta\) 的导数。若题目没有附加环量或旋涡条件，通常取无附加环量分支
\[
C(r)=0,
\]
则
\[
v_\theta=-\frac{k\sin\theta}{r^2}.
\]

速度大小为
\[
V=\sqrt{v_r^2+v_\theta^2}.
\]
在 \(C(r)=0\) 时，
\[
V=\sqrt{
\left(-\frac{k\cos\theta}{r^2}\right)^2
+\left(-\frac{k\sin\theta}{r^2}\right)^2
}
=\frac{|k|}{r^2}.
\]
若教材默认 \(k\gt0\)，可写为
\[
V=\frac{k}{r^2}.
\]
这个结果也可用来检查：速度大小与角度无关，是因为径向分量和切向分量正好组成
\[
\cos^2\theta+\sin^2\theta=1.
\]
若保留 \(C(r)\)，速度大小应写成
\[
V=\sqrt{\frac{k^2\cos^2\theta}{r^4}
+\left(C(r)-\frac{k\sin\theta}{r^2}\right)^2},
\]
因此无附加环量条件是得到简洁答案 \(k/r^2\) 的必要边界约定。

设球半径为常数 \(R\)，按题式记号取
\[
\dot\theta=\omega,\qquad \dot\phi=\omega'.
\]
球面约束给出法向速度为零，所以只需考虑球面小元边界上的切向通量。纬度 \(\theta\)、经度 \(\phi\) 的面积元为
\[
dA=R^2\cos\theta\,d\theta d\phi,
\]
故小元质量为
\[
\rho R^2\cos\theta\,d\theta d\phi.
\]
\(\theta\) 方向两边的质量通量差为
\[
R^2\frac{\partial}{\partial\theta}(\rho\omega\cos\theta)d\theta d\phi,
\]
\(\phi\) 方向两边的质量通量差为
\[
R^2\frac{\partial}{\partial\phi}(\rho\omega'\cos\theta)d\theta d\phi.
\]
质量守恒写成“储存率 + 两方向净流出 = 0”。约去 \(R^2d\theta d\phi\)，得到
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t}\cos\theta
+\frac{\partial}{\partial\theta}(\rho\omega\cos\theta)
+\frac{\partial}{\partial\phi}(\rho\omega'\cos\theta)=0.
\]

设圆锥顶点在原点，轴线为 \\(z\\) 轴，半顶角为常数 \\(\\alpha\\)。在圆锥面上取母线距离 \\(l\\) 和周向角 \\(\\theta\\) 为坐标。距轴半径为
\\[
r=l\\sin\\alpha.
\\]
曲面小面积元为
\\[
dS=(dl)(r\\,d\\theta)=l\\sin\\alpha\\,dl\\,d\\theta.
\\]
设沿母线速度为 \\(u=dl/dt\\)，周向角速度为 \\(\\omega=d\\theta/dt\\)，则周向线速度为 \\(l\\sin\\alpha\\,\\omega\\)。对曲面微元列质量守恒：质量变化加上母线方向、周向方向净流出为零。因面积度量含 \\(l\\)，母线通量项必须写成
\\[
\\frac1l\\frac{\\partial(l\\rho u)}{\\partial l}.
\\]
周向方向若使用角速度 \\(\\omega\\)，常数 \\(l\\sin\\alpha\\) 在同一 \\(l\\) 截线上作为度量因子处理，得到
\\[
\\frac{\\partial(\\rho\\omega)}{\\partial\\theta}.
\\]
所以圆锥面连续方程为
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}
+\\frac1l\\frac{\\partial(l\\rho u)}{\\partial l}
+\\frac{\\partial(\\rho\\omega)}{\\partial\\theta}=0.
\\]
若改用周向线速度 \\(v_\\theta=l\\sin\\alpha\\,\\omega\\)，等价形式为
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}
+\\frac1l\\frac{\\partial(l\\rho u)}{\\partial l}
+\\frac1{l\\sin\\alpha}\\frac{\\partial(\\rho v_\\theta)}{\\partial\\theta}=0.
\\]
不可压时去掉 \\(\\rho\\)，表示圆锥面上的面积通量守恒。

设直管内为一维运动，流体速度记为 \\(u(x,t)\\)。连续方程为
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}+\\frac{\\partial(\\rho u)}{\\partial x}=0.
\\]
题给密度波
\\[
\\rho=\\rho_0\\Phi(vt-x).
\\]
令
\\[
\\xi=vt-x,
\\]
则
\\[
\\frac{\\partial\\rho}{\\partial t}=v\\rho_\\xi,
\\qquad
\\frac{\\partial(\\rho u)}{\\partial x}=-(\\rho u)_\\xi.
\\]
代入连续方程得
\\[
v\\rho_\\xi-(\\rho u)_\\xi=0.
\\]
对 \\(\\xi\\) 积分：
\\[
\\rho u-v\\rho=C_1,
\\qquad
\\rho(u-v)=C_1.
\\]
因此
\\[
u=v+\\frac{C_1}{\\rho_0\\Phi(vt-x)}.
\\]
若原点处质点速度为 \\(v_0\\)，并取该条件在 \\(x=0,t=0\\) 处给定，则
\\[
rho(0,0)=\\rho_0\\Phi(0),
\\qquad
C_1=\\rho_0\\Phi(0)(v_0-v).
\\]
于是速度分布为
\\[
u(x,t)=v+(v_0-v)\\frac{\\Phi(0)}{\\Phi(vt-x)}.
\\]
若题目给定的是任意原点时刻 \\(t=t_0\\)，只需把 \\(\\Phi(0)\\) 改为 \\(\\Phi(vt_0)\\)。该式说明密度较大的脉冲区中，相对波速 \\(u-v\\) 的大小按 \\(1/\\rho\\) 调整，以保持一维质量通量积分常数。

按题面只给 \(u,v\) 理解为二维流动。二维不可压流动的连续性方程为
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
若
\[
u=x,\qquad v=y,
\]
则
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=1,\qquad
\frac{\partial v}{\partial y}=1.
\]
于是
\[
\nabla\cdot\mathbf V=1+1=2\ne0.
\]
所以 \(u=x,\ v=y\) 不是不可压流动。

若要求流动不可压且已知
\[
u=x,
\]
则连续方程给出
\[
1+\frac{\partial v}{\partial y}=0,
\]
即
\[
\frac{\partial v}{\partial y}=-1.
\]
对 \(y\) 积分得
\[
v=-y+f(x),
\]
其中 \(f(x)\) 是任意可微函数。这个任意函数不能仅由不可压条件确定；只有再给出边界条件、对称条件或其他附加约束时，才能进一步确定 \(f(x)\)。若原题允许三维速度并且 \(w\ne0\)，连续方程应写为 \(1+\partial v/\partial y+\partial w/\partial z=0\)，这时 \(v\) 的形式就不能唯一限于 \(-y+f(x)\)。

题给平板附近速度分布
\[
u=ky,\qquad v=0,\qquad w=0.
\]
流体微团的膨胀速度就是体积相对变化率，即速度散度：
\[
\vartheta=\nabla\cdot\mathbf V
=\frac{\partial u}{\partial x}
+\frac{\partial v}{\partial y}
+\frac{\partial w}{\partial z}.
\]
逐项计算：
\[
\frac{\partial u}{\partial x}
=\frac{\partial (ky)}{\partial x}=0,
\qquad
\frac{\partial v}{\partial y}=0,
\qquad
\frac{\partial w}{\partial z}=0.
\]
所以
\[
\vartheta=0.
\]
这说明该简单剪切流中微团没有瞬时体积膨胀或压缩。

转动角速度由涡度的一半给出。涡度为
\[
\boldsymbol\omega=\nabla\times\mathbf V
=
\left(
\frac{\partial w}{\partial y}-\frac{\partial v}{\partial z},
\frac{\partial u}{\partial z}-\frac{\partial w}{\partial x},
\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}
\right).
\]
代入速度场：
\[
\omega_x=0,\qquad
\omega_y=0,
\]
\[
\omega_z=0-k=-k.
\]
因此
\[
\boldsymbol\omega=(0,0,-k).
\]
流体微团的刚体转动角速度为
\[
\boldsymbol\Omega=\frac12\boldsymbol\omega
=\left(0,0,-\frac{k}{2}\right).
\]

这个结果还可从邻近两条水平线的相对运动理解。上方 \(y+dy\) 处的 \(x\) 方向速度比下方 \(y\) 处大
\[
du=k\,dy.
\]
因此微小正方形会上下错动，表现为剪切变形；该速度梯度的一半表现为刚体旋转，另一半表现为剪切形变。用形变率张量写就是
\[
e_{xy}=e_{yx}
=\frac12\left(\frac{\partial u}{\partial y}
+\frac{\partial v}{\partial x}\right)
=\frac{k}{2},
\]
而转动角速度
\[
\Omega_z=\frac12\left(\frac{\partial v}{\partial x}
-\frac{\partial u}{\partial y}\right)
=-\frac{k}{2}.
\]
所以答案为：膨胀速度为零，转动角速度矢量为
\[
-\frac{k}{2}\mathbf k.
\]
若只问大小，则为
\[
|k|/2.
\]

取 \(t_0\) 时刻小球中心质点为原点，用
\[
\boldsymbol\xi=(\xi,\eta,\zeta)^T
\]
表示邻近质点相对中心的位置。对速度作一阶展开，去掉整体平移后有
\[
\frac{d\boldsymbol\xi}{dt}=A\boldsymbol\xi,
\]
其中
\[
A=\left(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}\right)_{t_0}
\]
是速度梯度张量。无旋条件为 \(\nabla\times\mathbf V=0\)，等价于
\[
A_{ij}=A_{ji},
\]
即 \(A\) 为对称矩阵。对称矩阵可取正交主轴坐标使
\[
A=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3).
\]
在极短时间 \(dt\) 后，各相对坐标变为
\[
\xi_1'=(1+\lambda_1dt)\xi_1,\qquad
\xi_2'=(1+\lambda_2dt)\xi_2,\qquad
\xi_3'=(1+\lambda_3dt)\xi_3.
\]
初始小球面满足
\[
\xi_1^2+\xi_2^2+\xi_3^2=R^2.
\]
代入 \(\xi_i=\xi_i'/(1+\lambda_i dt)\)，得到
\[
\frac{\xi_1'^2}{R^2(1+\lambda_1dt)^2}
+\frac{\xi_2'^2}{R^2(1+\lambda_2dt)^2}
+\frac{\xi_3'^2}{R^2(1+\lambda_3dt)^2}
=1.
\]
这正是以主轴为坐标轴的椭球面方程。因此，\(t_0\) 时刻组成小球面的质点在 \(dt\) 后必然组成椭球面。

匀变形的含义是速度梯度在空间中为常量，故质点运动可写成仿射映射
\[
\mathbf x(t)=\mathbf b(t)+F(t)\mathbf X,
\]
其中 \(\mathbf X\) 是初始位置，\(F(t)\) 只随时间变，不随空间位置变。

先证直线情形。若初始三质点在同一直线上，则任一点可写为
\[
\mathbf X(s)=\mathbf X_0+s\mathbf a.
\]
运动后
\[
\mathbf x(s,t)=\mathbf b(t)+F(t)\mathbf X_0+sF(t)\mathbf a.
\]
这仍是以 \(s\) 为参数的一条直线，因此同一直线上的质点以后仍在同一直线上。

再证平面情形。若初始质点在同一平面上，则任一点可写为
\[
\mathbf X(s,q)=\mathbf X_0+s\mathbf a+q\mathbf c.
\]
运动后
\[
\mathbf x(s,q,t)=\mathbf b(t)+F(t)\mathbf X_0+sF(t)\mathbf a+qF(t)\mathbf c.
\]
这仍由两个方向向量 \(F(t)\mathbf a\)、\(F(t)\mathbf c\) 张成，因而仍是一个平面；若两个方向向量退化为相关或零，也至多退化为直线或点，仍不破坏共面性。所以在匀变形情况下，共线性和共面性都随运动保持。

线元方向为单位向量 \(\mathbf n\) 时，其相对伸长率为
\[
\frac{\dot\ell}{\ell}=\mathbf n^T A\mathbf n.
\]
题问剪切变形，先取 \(x_i-x_j\) 平面中的剪切子张量，只保留
\[
A_{ij}=A_{ji},
\]
正应变项不参与剪切解释。该平面正方形两条对角线方向为
\[
\mathbf n_+=\frac{\mathbf e_i+\mathbf e_j}{\sqrt2},\qquad
\mathbf n_-=\frac{\mathbf e_i-\mathbf e_j}{\sqrt2}.
\]
代入伸长率公式：
\[
\mathbf n_+^TA\mathbf n_+=A_{ij},\qquad
\mathbf n_-^TA\mathbf n_-=-A_{ij}.
\]
因此 \(A_{ij}\) 表示该坐标面内由剪切造成的一条对角线相对伸长率，符号决定哪条对角线伸长、哪条缩短。取
\[
(i,j)=(1,2),(1,3),(2,3),
\]
就分别得到 \(A_{12},A_{13},A_{23}\) 对应 \(x-y,x-z,y-z\) 三个坐标面。

流线为绕 \(OZ\) 轴的同心圆，说明速度只有周向分量，且轴对称。取柱坐标
\[
(r,\theta,z),
\]
令角速度与半径的 \(n\) 次方成正比：
\[
\Omega(r)=Cr^n.
\]
周向速度等于半径乘角速度：
\[
v_\theta(r)=r\Omega(r)=Cr^{n+1}.
\]
因此速度场为
\[
\mathbf V=v_\theta(r)\mathbf e_\theta,
\qquad
v_r=0,\quad v_z=0.
\]
柱坐标中旋度的 \(z\) 分量为
\[
(\nabla\times\mathbf V)_z
=\frac1r\frac{d}{dr}(rv_\theta),
\]
而 \(r\) 分量和 \(\theta\) 分量为零，因为速度不依赖 \(z\)，也没有 \(v_r\)、\(v_z\)。代入
\[
rv_\theta=r\cdot Cr^{n+1}=Cr^{n+2}.
\]
于是
\[
\frac{d}{dr}(rv_\theta)=C(n+2)r^{n+1}.
\]
再除以 \(r\)，得到
\[
(\nabla\times\mathbf V)_z=(n+2)Cr^n.
\]
又因为
\[
\Omega=Cr^n,
\]
故旋度为
\[
\boxed{\nabla\times\mathbf V=(n+2)\Omega\,\mathbf e_z}.
\]

流体微团的自转角速度定义为涡度的一半：
\[
\boldsymbol\omega_{\mathrm{spin}}
=\frac12\nabla\times\mathbf V.
\]
因此
\[
\boxed{
\boldsymbol\omega_{\mathrm{spin}}
=\frac{n+2}{2}\Omega\,\mathbf e_z
}.
\]
结论检查：若 \(n=0\)，所有半径以同一角速度作刚体旋转，则
\[
\nabla\times\mathbf V=2\Omega\mathbf e_z,
\]
微团自转角速度正好为 \(\Omega\mathbf e_z\)。若 \(n=-2\)，则 \(v_\theta=C/r\)，除轴线奇点外旋度为零，是典型自由涡。这两个极限均与公式一致。

设平面速度场 \(\mathbf V=(u,v)\)。不可压条件为
\[
D=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0,
\]
有旋判据为
\[
\omega_z=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}.
\]
先对 a) \(u=ky,\ v=kx\) 计算：\(D=0\)，\(\omega_z=k-k=0\)，故不可压且无旋；再由 \(u=\phi_x,\ v=\phi_y\) 积分，速度势为
\[
\phi=kxy+C.
\]
对 b) \(u=kx,\ v=ky\)，同理有 \(D=2k\)，一般不可压；但 \(\omega_z=0\)，所以仍无旋；由 \(u=\phi_x,\ v=\phi_y\) 得速度势
\[
\phi=\frac{k}{2}(x^2+y^2)+C.
\]
再看 c) \(u=kx,\ v=-ky\)，有 \(D=k-k=0\)，\(\omega_z=0\)，因此不可压且无旋，积分得速度势
\[
\phi=\frac{k}{2}(x^2-y^2)+C.
\]
最后对 d) \(u=ax^2+bx^3,\ v=ay+b\sin y\)，直接求导有
\[
D=2ax+3bx^2+a+b\cos y,\qquad \omega_z=0,
\]
该散度一般不为零，所以一般不可压；但旋度为零，所以仍无旋，继续积分得速度势
\[
\phi=\frac{a}{3}x^3+\frac{b}{4}x^4+\frac{a}{2}y^2-b\cos y+C.
\]
由以上逐项判别可知，a)、c) 为不可压无旋流，b)、d) 一般不可压但仍无旋；若常数取特殊值，则结论按相同判据退化。

设二维速度场为
\[
\mathbf V=(u,v),\qquad
u=x^2-y^2+x,\qquad v=-2xy-y.
\]
二维不可压条件为
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0.
\]
计算得
\[
\frac{\partial u}{\partial x}=2x+1,\qquad
\frac{\partial v}{\partial y}=-2x-1.
\]
因此
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}
=(2x+1)+(-2x-1)=0,
\]
所以该流场不可压。

二维无旋条件为
\[
\omega_z=\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=0.
\]
又有
\[
\frac{\partial v}{\partial x}=-2y,\qquad
\frac{\partial u}{\partial y}=-2y.
\]
故
\[
\omega_z=-2y-(-2y)=0,
\]
所以流动无旋。在单连通区域内可引入速度势 \(\varphi\)，满足
\[
u=\frac{\partial\varphi}{\partial x},\qquad
v=\frac{\partial\varphi}{\partial y}.
\]
由
\[
\frac{\partial\varphi}{\partial x}=x^2-y^2+x
\]
对 \(x\) 积分：
\[
\varphi=\frac{x^3}{3}-xy^2+\frac{x^2}{2}+f(y).
\]
再由
\[
\frac{\partial\varphi}{\partial y}=-2xy+f'(y)=v=-2xy-y
\]
得到
\[
f'(y)=-y,\qquad f(y)=-\frac{y^2}{2}+C.
\]
因此速度势函数可取
\[
\varphi=\frac{x^3}{3}-xy^2+\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}+C.
\]
结论：该平面流场不可压、无旋，速度势如上。

a) 刚体式绕 \(OZ\) 轴旋转可写为 \(u=-\omega y,\ v=\omega x,\ w=0\)，涡线平行于 \(OZ\) 轴。b) 对 \(u=cy,\ v=c,\ w=c\) 计算 \(\nabla\times\mathbf V=(0,0,-c)\)，涡线仍为平行 \(OZ\) 轴的直线。c) 若速度沿 \(OX\) 且大小与到 \(OX\) 轴距离成正比，写 \(u=k\sqrt{y^2+z^2}\)，再由 \(\nabla\times\mathbf V\) 给出涡量方向并积分涡线方程。

a) \(\varphi=xy\) 给出 \(u=y,\ v=x\)，稳态势流加速度 \((\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=(x,y)\)，流线满足 \(x^2-y^2=C\)。b) \(\varphi=x/(x^2+y^2)\) 给出 \(u=(y^2-x^2)/(x^2+y^2)^2\)、\(v=-2xy/(x^2+y^2)^2\)；加速度可用稳态无旋关系 \(\mathbf a=\nabla(V^2/2)\)，流线由相应流函数积分得到。

无旋且区域单连通，故存在速度势 \(\varphi\)，取
\[
\mathbf V=\nabla\varphi.
\]
不可压条件给出
\[
\nabla\cdot\mathbf V=0,
\]
于是速度势满足 Laplace 方程
\[
\nabla^2\varphi=0.
\]
设封闭曲面 \(s\) 围成体积 \(\Omega\)，\(\mathbf n\) 为外法向，则
\[
\frac{\partial\varphi}{\partial n}
=\nabla\varphi\cdot\mathbf n.
\]
由 Gauss 公式，
\[
\int_s \frac{\partial\varphi}{\partial n}\,ds
=\int_s \nabla\varphi\cdot\mathbf n\,ds
=\int_\Omega \nabla^2\varphi\,dV.
\]
因为 \(\nabla^2\varphi=0\)，体积分为零，所以
\[
\int_s \frac{\partial\varphi}{\partial n}\,ds=0.
\]
因此对任意不包围源汇奇点且势函数光滑的封闭曲面，题式成立。

不可压无旋流动有 \(\mathbf V=\nabla\varphi\)，且连续方程给出
\[
\nabla^2\varphi=\nabla\cdot\mathbf V=0.
\]
任取流场内一点 \(P\)，并取以 \(P\) 为中心、完全位于流场内的小球面 \(S\)。由散度定理
\[
\int_S\frac{\partial\varphi}{\partial n}\,dS=\int_V\nabla^2\varphi\,dV=0.
\]
若 \(\varphi\) 在内点 \(P\) 取得严格极大值，则从 \(P\) 向任意外法向走，\(\varphi\) 不增，球面上至少有一部分方向严格减小，因而 \(\partial\varphi/\partial n\le0\) 且不恒为零，积分应小于零，矛盾。若取得严格极小值，同理有 \(\partial\varphi/\partial n\ge0\) 且不恒为零，积分应大于零，也矛盾。故调和的速度势在流场内点不可能取得极值；极值只能出现在边界或函数为常数的退化情形。

题设表明压强梯度 \(\Delta p/l\) 只由平均速度 \(U\)、半径尺度 \(a\) 和动力黏度 \(\mu\) 决定。令
\[
U=C a^\alpha(\Delta p/l)^\beta\mu^\gamma.
\]
各量量纲为
\[
[U]=LT^{-1},\quad [a]=L,\quad
[\Delta p/l]=ML^{-2}T^{-2},\quad [\mu]=ML^{-1}T^{-1}.
\]
比较 \(M,T,L\) 指数，得
\[
\beta+\gamma=0,\qquad -2\beta-\gamma=-1,\qquad
\alpha-2\beta-\gamma=1.
\]
解得
\[
\beta=1,\qquad \gamma=-1,\qquad \alpha=2.
\]
因此
\[
U=C\frac{a^2\Delta p}{\mu l}.
\]
半圆截面积 \(A\) 与 \(a^2\) 成正比，所以体积流量
\[
Q=AU=C_1\frac{a^4\Delta p}{\mu l}.
\]
量纲分析给出的是比例律和指数，不能给出半圆截面对应的精确数值系数。

单位宽流量 \(Q\) 的量纲为 \(L^2T^{-1}\)。取变量
\[
Q,\ H,\ h,\ g,\ \rho,\ \mu,
\]
以 \(H,g,\rho\) 为重复变量。对 \(QH^\alpha g^\beta\rho^\gamma\) 配平量纲，可得
\[
\gamma=0,\qquad \beta=-\frac12,\qquad \alpha=-\frac32.
\]
故第一无量纲量为
\[
\Pi_1=\frac{Q}{\sqrt{gH^3}}.
\]
几何比可取
\[
\Pi_2=\frac{H}{h}.
\]
对黏性项可取
\[
\Pi_3=\frac{\mu}{\rho\sqrt g\,H^{3/2}},
\]
等价地取其倒数 \(\rho\sqrt{gH}\,H/\mu\)。因此
\[
\frac{Q}{\sqrt{gH^3}}
=\Phi\left(\frac{H}{h},
\frac{\rho\sqrt{gH}\,H}{\mu}\right).
\]
若已知来流速度 \(V_\infty\)，改以 \(h,V_\infty,\rho\) 为特征量，则 \(H/h\) 只能依赖
\[
Fr=\frac{V_\infty}{\sqrt{gh}},\qquad
Re=\frac{\rho V_\infty h}{\mu},
\]
即 \(H/h=\Psi(Fr,Re)\)。

低 Reynolds 数下控制方程为
\\[
\\nabla\\cdot\\mathbf V=0,
\\qquad \\nabla p=\\mu\\nabla^2\\mathbf V,
\\]
远处速度为 \\(V_\\infty\\)，物体特征尺寸为 \\(L\\)。取
\\[
\\mathbf x=L\\mathbf x^*,\\quad \\mathbf V=V_\\infty\\mathbf V^*,\\quad p=\\frac{\\mu V_\\infty}{L}p^*.
\\]
代入后得
\\[
\\nabla^*\\cdot\\mathbf V^*=0,
\\qquad \\nabla^*p^*=\\nabla^{*2}\\mathbf V^*.
\\]
无量纲方程和边界 \\(z/L=f(x/L,y/L)\\)、\\(\\mathbf V^*=0\\)、\\(\\mathbf V^*\\to\\mathbf e_x\\) 中已不含 \\(L\\)、\\(\\rho\\) 或 \\(V_\\infty\\) 的额外组合。因此物面应力尺度为
\\[
\\tau\\sim \\mu\\frac{V_\\infty}{L},
\\]
受力为应力乘面积尺度 \\(L^2\\)：
\\[
F=C\\left(\\mu\\frac{V_\\infty}{L}\\right)L^2=C\\mu V_\\infty L.
\\]
常数 \\(C\\) 只由无量纲几何形状和受力方向决定。故在 Stokes 极限中，阻力与特征尺寸 \\(L\\) 的一次方成正比，而不是惯性主导流动中常见的 \\(\\rho V_\\infty^2L^2\\) 量级。

研究潜艇摩阻时，主导相似准则是 Reynolds 数相似，因为壁面摩擦与黏性边界层有关。Reynolds 数为
\\[
Re=\\frac{VL}{\\nu}
\\]
其中 \\(V\\) 为速度，\\(L\\) 为特征长度，\\(\\nu\\) 为运动黏度。若模型和原型都在水中，\\(\\nu_m=\\nu_p\\)，相似条件
\\[
Re_m=Re_p
\\]
给出
\\[
\\frac{V_mL_m}{\\nu}=\\frac{V_pL_p}{\\nu}.
\\]
模型比例为 \\(1:30\\)，即
\\[
L_m=\\frac{L_p}{30}.
\\]
代入得
\\[
V_m=V_p\\frac{L_p}{L_m}=30V_p.
\\]
实际潜艇速度 \\(V_p=10\\) knot，因此
\\[
V_m=300\\text{ knot}.
\\]
换成 SI 单位，\\(1\\text{ knot}=0.5144\\text{ m/s}\\)，故
\\[
V_m\\approx154\\text{ m/s}.
\\]
这远高于普通水槽可实现速度，也会引入空化、自由面和压缩性等新问题。因此该计算同时说明：若模型仍用水作为工作流体，单独严格满足摩阻 Reynolds 相似通常不现实，工程上常需用修正公式或改变介质黏度。

港池波浪模型以重力和惯性为主，通常采用 Froude 相似而不是 Reynolds 相似。设原型长度尺度为 \\(L_p\\)，模型长度尺度为 \\(L_m\\)，题给尺度比 \\(L_p/L_m=280\\)。Froude 数定义为
\\[
Fr=\\frac{V}{\\sqrt{gL}}.
\\]
相似要求
\\[
Fr_m=Fr_p,
\\qquad \\frac{V_m}{\\sqrt{gL_m}}=\\frac{V_p}{\\sqrt{gL_p}}.
\\]
因两边均在地球重力下，\\(g\\) 相同，于是
\\[
V_m=V_p\\sqrt{\\frac{L_m}{L_p}}=\\frac{V_p}{\\sqrt{280}}.
\\]
波幅作为长度量，按几何相似直接缩放：
\\[
A_m=\\frac{A_p}{280}=\\frac{1.524}{280}=0.00544\\text{ m}.
\\]
波速为
\\[
V_m=\\frac{9.144}{\\sqrt{280}}=0.546\\text{ m/s}.
\\]
所以模型实验中的波幅约 \\(5.44\\text{ mm}\\)，波速约 \\(0.546\\text{ m/s}\\)。若题目研究的是毛细波或黏性主导小尺度波，则相似准则需改用 Weber 或 Reynolds 数；本题港池 storm wave 采用 Froude 相似。

令
\[
F(x,y,t)=\frac{x^2}{a^2}\tan^2t+\frac{y^2}{b^2}\cot^2t-1,
\]
边界为 \(F=0\)。边界上任一点满足运动学条件
\[
\frac{dF}{dt}=F_t+\mathbf V_b\cdot\nabla F=0.
\]
若单位法向取
\[
\mathbf n=\frac{\nabla F}{|\nabla F|},
\]
则边界法向速度为
\[
V_n=\mathbf V_b\cdot\mathbf n=-\frac{F_t}{|\nabla F|}.
\]
这里
\[
F_t=\frac{2x^2}{a^2}\tan t\sec^2t
-\frac{2y^2}{b^2}\cot t\csc^2t,
\]
\[
\nabla F=\left(\frac{2x}{a^2}\tan^2t,\frac{2y}{b^2}\cot^2t\right),
\]
\[
|\nabla F|=2\sqrt{\frac{x^2}{a^4}\tan^4t+\frac{y^2}{b^4}\cot^4t}.
\]
所以沿 \(\nabla F\) 方向的法向速度为
\[
V_n=
\frac{\frac{y^2}{b^2}\cot t\csc^2t-\frac{x^2}{a^2}\tan t\sec^2t}
{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}\tan^4t+\frac{y^2}{b^4}\cot^4t}}.
\]
若流体贴合该活动边界，还应满足 \(uF_x+vF_y=-F_t\)。

取椭圆柱轴线为 \(z\) 轴，平动方向为 \(x\) 轴，半轴为 \(a,b\)。在随柱体平动的坐标中令
\[
X=x-ut,\qquad Y=y.
\]
柱面截面在随体坐标中不随时间变，满足
\[
\frac{X^2}{a^2}+\frac{Y^2}{b^2}=1.
\]
代回实验室坐标，曲面方程为
\[
F(x,y,z,t)=\frac{(x-ut)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1=0,\qquad z\ \text{任意}.
\]
这也是物质边界。柱体速度为
\[
\mathbf U=u\mathbf e_x,
\]
而
\[
F_t=-\frac{2u(x-ut)}{a^2},\qquad
\nabla F=\left(\frac{2(x-ut)}{a^2},\frac{2y}{b^2},0\right).
\]
于是
\[
F_t+\mathbf U\cdot\nabla F
=-\frac{2u(x-ut)}{a^2}
+u\frac{2(x-ut)}{a^2}=0.
\]
故该曲面随椭圆柱整体平动，并满足活动固壁边界的运动学条件。

活动边界若是物质面，边界上的流体质点始终留在该面上。设边界面由
\[
F(q_1,q_2,q_3,t)=0
\]
表示，则物质面条件为
\[
\frac{DF}{Dt}=0.
\]
这就是活动边界的运动学边界条件，意思是边界法向速度等于流体法向速度。

在柱坐标 \((r,\theta,z)\) 中，速度写成
\[
\mathbf V=v_r\mathbf e_r+v_\theta\mathbf e_\theta+v_z\mathbf e_z,
\]
梯度为
\[
\nabla F
=\mathbf e_r\frac{\partial F}{\partial r}
+\mathbf e_\theta\frac1r\frac{\partial F}{\partial\theta}
+\mathbf e_z\frac{\partial F}{\partial z}.
\]
代入
\[
\frac{DF}{Dt}=\frac{\partial F}{\partial t}+\mathbf V\cdot\nabla F=0
\]
得柱坐标活动边界条件
\[
\frac{\partial F}{\partial t}
+v_r\frac{\partial F}{\partial r}
+\frac{v_\theta}{r}\frac{\partial F}{\partial\theta}
+v_z\frac{\partial F}{\partial z}=0.
\]
若边界写成显式形式
\[
r=R(\theta,z,t),
\]
可令
\[
F=r-R(\theta,z,t).
\]
于是
\[
F_t=-R_t,\quad F_r=1,\quad F_\theta=-R_\theta,\quad F_z=-R_z.
\]
代入得到
\[
v_r=R_t+\frac{v_\theta}{r}R_\theta+v_zR_z.
\]
在边界上取 \(r=R\)，即
\[
v_r=R_t+\frac{v_\theta}{R}R_\theta+v_zR_z.
\]

在球坐标 \((r,\theta,\phi)\) 中，速度写成
\[
\mathbf V=v_r\mathbf e_r+v_\theta\mathbf e_\theta+v_\phi\mathbf e_\phi,
\]
梯度为
\[
\nabla F
=\mathbf e_r F_r
+\mathbf e_\theta\frac1r F_\theta
+\mathbf e_\phi\frac1{r\sin\theta}F_\phi.
\]
故物质面条件为
\[
F_t+v_rF_r+\frac{v_\theta}{r}F_\theta
+\frac{v_\phi}{r\sin\theta}F_\phi=0.
\]
若球坐标活动边界显式写成
\[
r=R(\theta,\phi,t),
\]
令
\[
F=r-R(\theta,\phi,t),
\]
则
\[
F_t=-R_t,\quad F_r=1,\quad F_\theta=-R_\theta,\quad F_\phi=-R_\phi.
\]
代入得
\[
v_r=R_t+\frac{v_\theta}{r}R_\theta
+\frac{v_\phi}{r\sin\theta}R_\phi.
\]
在边界上 \(r=R\)，所以
\[
v_r=R_t+\frac{v_\theta}{R}R_\theta
+\frac{v_\phi}{R\sin\theta}R_\phi.
\]
以上条件只约束法向运动学相容性；切向速度是否连续、是否无滑移，还要看边界是固壁、自由面还是界面。

设爆心为原点，爆炸处在深水中，可忽略自由面和固壁影响，扰动近似为球对称无旋不可压流。令半径为 \(r\) 的球面上径向速度为 \(u_r(r,t)\)。不可压连续方程给出
\[
\nabla\cdot\mathbf u
=\frac1{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2u_r)=0.
\]
故 \(r^2u_r\) 只依赖时间。记爆炸等效体积流量为 \(Q(t)\)，则
\[
u_r=\frac{Q(t)}{4\pi r^2}.
\]
取速度势
\[
\phi=-\frac{Q(t)}{4\pi r},
\]
有 \(u_r=\partial\phi/\partial r\)。非定常伯努利方程为
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}
+\frac12|\nabla\phi|^2+\frac p\rho
=\frac{p_\infty}{\rho},
\]
其中远处 \(u\to0\)、\(p\to p_\infty\)。代入得
\[
p(r,t)-p_\infty
=\rho\frac{\dot Q(t)}{4\pi r}
-\rho\frac{Q(t)^2}{32\pi^2r^4}.
\]
若取爆炸压力波的线性主项，或在速度平方项可忽略的初期近似下，
\[
p(r,t)-p_\infty\approx\rho\frac{\dot Q(t)}{4\pi r}.
\]
因此，按标准不可压、无旋、球对称爆炸模型，水中某点的压强扰动与它到爆心距离的倒数 \(1/r\) 成正比；保留非线性项时也不是简单的 \(p\propto r\)。

所以若题面写作“压强与距离成正比”，它与上述标准模型不相容，疑似漏写“反”字或省略“距离的倒数”。这里给出的是物理方程可严格推出的参考解。

设 \(AB=BC=L\)，取 \(A\) 点为竖直段上端，\(B\) 为弯头，\(C\) 为水平端。开启瞬间液体速度尚为零，故对流加速度项为零；但由于管内液体不可压且截面相同，整段液柱沿管线具有同一瞬时加速度 \(a\)，方向由 \(A\) 经 \(B\) 指向 \(C\)。

令 \(y\) 为竖直段从 \(A\) 向下的坐标，\(x\) 为水平段从 \(B\) 指向 \(C\) 的坐标。竖直段的一维 Euler 方程为
\[
a=g-\frac1\rho\frac{dp}{dy}.
\]
又 \(p(A)=0\)，积分得
\[
p_v(y)=\rho(g-a)y.
\]
水平段无重力切向分量，Euler 方程为
\[
a=-\frac1\rho\frac{dp}{dx}.
\]
开启后 \(p(C)=p_h(L)=0\)，故
\[
p_h(x)=\rho a(L-x).
\]
在弯头 \(B\) 处压强连续，所以
\[
p_v(L)=p_h(0),\qquad \rho(g-a)L=\rho aL.
\]
由 \(AB=BC=L\) 得
\[
a=\frac g2.
\]
于是竖直段开启瞬间压强为
\[
p_v(y)=\frac12\rho gy.
\]
而开启前静水压强为 \(p_0(y)=\rho gy\)，所以竖直管中的压强减少一半。

水平段开启瞬间
\[
p_h(x)=\frac12\rho g(L-x),\qquad 0\le x\le L.
\]
开启前水平段各点与 \(B\) 同高，压强为 \(p_0=\rho gL\)，故水平管压强变化量为
\[
\Delta p_h(x)=p_h(x)-p_0
=-\frac12\rho g(L+x).
\]
即从 \(B\) 到 \(C\)，压强降低量由 \(\rho gL/2\) 线性增至 \(\rho gL\)。

稳定刚体旋转时速度为
\\[
v_r=0,\\qquad v_z=0,\\qquad v_\\theta=\\omega r.
\\]
柱坐标 Euler 平衡方程化为
\\[
\\frac{\\partial p}{\\partial r}=\\rho\\omega^2r,
\\qquad
\\frac{\\partial p}{\\partial z}=-\\rho g.
\\]
积分得
\\[
p=\\frac12\\rho\\omega^2r^2-\\rho gz+C.
\\]
自由表面上 \\(p=0\\)，故
\\[
z_s(r)=\\frac{C}{\\rho g}+\\frac{\\omega^2r^2}{2g}.
\\]
常数由体积守恒确定：旋转前液面平均高度为 \\(h\\)，旋转后圆盘平均高度仍为 \\(h\\)。由于
\\[
\\overline{r^2}=\\frac{2}{a^2}\\int_0^a r^3dr=\\frac{a^2}{2},
\\]
有
\\[
h=\\frac{C}{\\rho g}+\\frac{\\omega^2a^2}{4g},
\\quad
C=\\rho gh-\\frac14\\rho\\omega^2a^2.
\\]
所以自由面为
\\[
z_s=h+\\frac{\\omega^2}{2g}\\left(r^2-\\frac{a^2}{2}\\right),
\\]
压强分布为
\\[
p=\\rho g(h-z)+\\rho\\omega^2\\left(\\frac{r^2}{2}-\\frac{a^2}{4}\\right).
\\]
底部 \\(z=0\\) 总压力
\\[
P=\\int_0^a p(r,0)2\\pi r\\,dr=\\rho g h\\pi a^2,
\\]
因为旋转附加项对底面积分正负相抵。

柱坐标中速度势为 \\(\\varphi=k\\theta\\)。速度分量由
\\[
v_r=\\frac{\\partial\\varphi}{\\partial r},\\qquad
v_\\theta=\\frac1r\\frac{\\partial\\varphi}{\\partial\\theta},\\qquad
v_z=\\frac{\\partial\\varphi}{\\partial z}
\\]
给出，因此
\\[
v_r=0,\\qquad v_\\theta=\\frac{k}{r},\\qquad v_z=0.
\\]
这是绕轴的自由涡，速度大小为 \\(V^2=k^2/r^2\\)。自由表面压强为常值，定常无黏无旋流可沿自由面写 Bernoulli 方程：
\\[
\\frac{p}{\\rho}+gz+\\frac{V^2}{2}=C.
\\]
自由面上 \\(p\\) 为同一常值，可并入常数，得
\\[
gz+\\frac{k^2}{2r^2}=C_1.
\\]
题给 \\(r\\to\\infty\\) 处水面高度为 \\(h\\)，此时 \\(k^2/(2r^2)\\to0\\)，故 \\(C_1=gh\\)。于是自由表面方程为
\\[
z=h-\\frac{k^2}{2gr^2}.
\\]
这说明靠近旋涡中心速度增大，动能水头增大，压力水头或位置水头必须下降，所以自由面下凹。若中心处存在涡核，公式只适用于涡核外的势涡区域。

取管中点为原点，\\(x\\) 轴沿管长方向。设单位质量吸引力为
\\[
f_x=-\\lambda x,
\\]
其中 \\(\\lambda>0\\)。对水平细管内不可压一维运动，连续方程给出
\\[
\\frac{\\partial u}{\\partial x}=0,
\\]
所以同一时刻管内速度只随时间变，记为 \\(u(t)\\)。一维 Euler 方程为
\\[
\\frac{\\partial u}{\\partial t}+u\\frac{\\partial u}{\\partial x}
=-\\frac1\\rho\\frac{\\partial p}{\\partial x}+f_x.
\\]
因 \\(u_x=0\\)，化为
\\[
\\dot u=-\\frac1\\rho p_x-\\lambda x,
\\qquad
p_x=-\\rho(\\dot u+\\lambda x).
\\]
对 \\(x\\) 积分得
\\[
p(x,t)=-\\rho\\dot u\\,x-\\frac12\\rho\\lambda x^2+C(t).
\\]
若两自由端位于 \\(x=\\pm L\\) 且表压为零，则要求
\\[
p(L,t)=p(-L,t)=0.
\\]
这在完全对称且两端同时为自由表压时推出 \\(\\dot u=0\\)，压强为
\\[
p(x)=\\frac12\\rho\\lambda(L^2-x^2).
\\]
若题图实际表示一段液柱整体相对中点偏移 \\(X(t)\\)，则整体动量方程为
\\[
\\ddot X+\\lambda X=0,
\\]
速度 \\(u=\\dot X\\)，并把 \\(\\dot u=-\\lambda X\\) 代回上面的压强积分式。这样即可按源图端点条件得到速度和压强分布。

设竖直管截面积为 \\(S\\)，每个水平支管截面积为 \\(S/2\\)，液面到分岔处高度为 \\(y(t)\\)，初值为 \\(y(0)=a\\)。两支管完全对称，所以两支管平均速度相同，记为 \\(u(t)\\)。竖管液面下降速度为 \\(-dy/dt\\)。由体积守恒，竖管减少的流量等于两支管流量之和：
\\[
-S\\frac{dy}{dt}=2\\frac S2 u=Su,
\\qquad u=-\\frac{dy}{dt}.
\\]
若按理想流体、忽略局部损失和支管附加惯性，并把出口压强取为大气压，则自由液面到出口的非定常能量关系可化为水头转动能的运动方程。常用近似为
\\[
\\frac{u^2}{2g}=y,
\\qquad -\\frac{dy}{dt}=\\sqrt{2gy}.
\\]
分离变量积分：
\\[
\\int_a^{y(t)}\\frac{dy}{\\sqrt y}=-\\sqrt{2g}\\int_0^t dt,
\\]
故
\\[
2\\sqrt{y}-2\\sqrt a=-\\sqrt{2g}\,t,
\\quad
\\sqrt y=\\sqrt a-\\sqrt{\\frac g2}\,t.
\\]
于是
\\[
y(t)=\\left(\\sqrt a-\\sqrt{\\frac g2}\,t\\right)^2,
\\quad
u(t)=\\sqrt{2g y(t)}=\\sqrt{2ga}-gt,
\\]
直到 \\(t=\\sqrt{2a/g}\\) 排空为止。若题图要求保留水平管内水柱惯性或局部损失，则只需在 Bernoulli 方程中加入相应惯性水头或损失水头，连续方程 \\(u=-dy/dt\\) 不变。

球对称不可压缩外流满足 \(v_r=R^2\dot R/r^2\)，可取速度势 \(\phi=-R^2\dot R/r\)。以无穷远 \(p=p_0,\ v=0\) 为基准，非定常 Bernoulli 给出 \(p=p_0-\rho(\partial\phi/\partial t+v_r^2/2)\)。在 \(r=R(t)\) 处有 \(\partial\phi/\partial t=-(2\dot R^2+R\ddot R)\)、\(v_r=\dot R\)，故泡面外侧压强 \(p_s=p_0+\rho(R\ddot R+\frac32\dot R^2)\)。

液体作绕 \(z\) 轴的刚体式旋转，取速度场
\[
u=-\omega(t)y,\qquad v=\omega(t)x.
\]
不考虑重力时，平面 Euler 方程为
\[
\frac{Du}{Dt}=X-\frac1\rho\frac{\partial p}{\partial x},
\qquad
\frac{Dv}{Dt}=Y-\frac1\rho\frac{\partial p}{\partial y}.
\]
由速度场得
\[
\frac{Du}{Dt}=-\dot\omega y-\omega^2x,\qquad
\frac{Dv}{Dt}=\dot\omega x-\omega^2y.
\]
代入
\[
X=\alpha x+\beta y,\qquad Y=\gamma x+\delta y,
\]
得到
\[
\frac1\rho p_x=(\alpha+\omega^2)x+(\beta+\dot\omega)y,
\]
\[
\frac1\rho p_y=(\gamma-\dot\omega)x+(\delta+\omega^2)y.
\]
压强为单值函数，必须有
\[
\frac{\partial p_x}{\partial y}=\frac{\partial p_y}{\partial x}.
\]
故
\[
\beta+\dot\omega=\gamma-\dot\omega,
\qquad
\dot\omega=\frac12(\gamma-\beta).
\]
再把这个结果代回上式，得
\[
\frac1\rho p_x=(\alpha+\omega^2)x+\frac{\beta+\gamma}{2}y,
\]
\[
\frac1\rho p_y=\frac{\beta+\gamma}{2}x+(\delta+\omega^2)y.
\]
对 \(x,y\) 积分，得到可由 Euler 方程严格推出的压强分布
\[
\frac p\rho
=\frac12\omega^2(x^2+y^2)
+\frac12\alpha x^2
+\frac12(\beta+\gamma)xy
+\frac12\delta y^2+C.
\]
其中 \(C\) 可随时间变化，但与 \(x,y\) 无关。

设空穴半径为
\[
R=R(t),
\]
初始时
\[
R(0)=a,\qquad \dot R(0)=0.
\]
流体不可压且运动球对称，所以半径为 \(r\) 的球面流量守恒：
\[
4\pi r^2 u(r,t)=4\pi R^2\dot R.
\]
因此
\[
u(r,t)=\frac{R^2\dot R}{r^2}.
\]
若取径向速度势满足 \(u=\partial\phi/\partial r\)，可取
\[
\phi(r,t)=-\frac{R^2\dot R}{r}.
\]

外部流体无旋，使用非定常 Bernoulli 方程：
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}
+\frac12 u^2+\frac p\rho=C(t).
\]
在无穷远处
\[
u\to0,\qquad \phi\to0,\qquad p\to P_0,
\]
故
\[
C(t)=\frac{P_0}{\rho}.
\]
在空穴边界 \(r=R(t)\) 处，若空穴内近似真空或压力可忽略，则
\[
p_R=0.
\]
先算边界上的各项：
\[
u_R=\dot R,
\]
\[
\left.\frac{\partial\phi}{\partial t}\right|_{r=R}
=-\frac{2R\dot R^2+R^2\ddot R}{R}
=-2\dot R^2-R\ddot R.
\]
代入 Bernoulli：
\[
-2\dot R^2-R\ddot R+\frac12\dot R^2
=\frac{P_0}{\rho}.
\]
整理得
\[
R\ddot R+\frac32\dot R^2=-\frac{P_0}{\rho}.
\]
这就是空穴闭合的 Rayleigh 型方程。

为求时间，把
\[
\ddot R=\dot R\frac{d\dot R}{dR}
\]
代入：
\[
R\dot R\frac{d\dot R}{dR}
+\frac32\dot R^2=-\frac{P_0}{\rho}.
\]
令
\[
y=\dot R^2,
\]
则
\[
\frac{R}{2}\frac{dy}{dR}+\frac32 y=-\frac{P_0}{\rho},
\]
即
\[
\frac{dy}{dR}+\frac3R y=-\frac{2P_0}{\rho R}.
\]
乘以积分因子 \(R^3\)：
\[
\frac{d}{dR}(R^3y)=-\frac{2P_0}{\rho}R^2.
\]
积分得
\[
R^3\dot R^2=-\frac{2P_0}{3\rho}R^3+C.
\]
由初始条件 \(R=a,\dot R=0\) 得
\[
C=\frac{2P_0}{3\rho}a^3.
\]
所以闭合过程中
\[
\dot R^2=\frac{2P_0}{3\rho}
\left[\left(\frac aR\right)^3-1\right].
\]
因为空穴收缩，取
\[
\dot R=-\sqrt{\frac{2P_0}{3\rho}
\left[\left(\frac aR\right)^3-1\right]}.
\]

闭合时间为
\[
t_c=\int_0^{t_c}dt
=\int_a^0\frac{dR}{\dot R}
=\sqrt{\frac{3\rho}{2P_0}}
\int_0^a
\frac{dR}{\sqrt{(a/R)^3-1}}.
\]
令
\[
x=\frac Ra,
\]
得到
\[
t_c=a\sqrt{\frac{3\rho}{2P_0}}
\int_0^1
\sqrt{\frac{x^3}{1-x^3}}\,dx.
\]
该无量纲积分为常数，数值约为
\[
\int_0^1\sqrt{\frac{x^3}{1-x^3}}\,dx\approx0.747,
\]
于是
\[
t_c\approx0.915\,a\sqrt{\frac{\rho}{P_0}}.
\]
结论检查：压力 \(P_0\) 越大闭合越快，密度 \(\rho\) 越大惯性越强闭合越慢，时间与初始半径 \(a\) 成正比，量纲也正好是时间。

球外侧不可压缩球对称径向流满足 \(v_r=R^2\dot R/r^2\)，可取速度势 \(\phi=-R^2\dot R/r\)。以无穷远 \(p=p_\infty,\ v=0\) 为基准，非定常 Bernoulli 给出 \(p=p_\infty-\rho(\partial\phi/\partial t+v_r^2/2)\)。在 \(r=R(t)\) 处有 \(\partial\phi/\partial t=-(2\dot R^2+R\ddot R)\)、\(v_r=\dot R\)，故球面外侧流体压力 \(p_R=p_\infty+\rho(R\ddot R+\frac32\dot R^2)\)。

一维连续方程为
\[
\rho_t+(\rho v)_x=0.
\]
动量方程写成守恒形式：
\[
(\rho v)_t+(\rho v^2+p)_x=0.
\]
Boyle 定律给出 \(p=k\rho\)，所以
\[
(\rho v)_t=-[(v^2+k)\rho]_x.
\]
对连续方程再对时间求导：
\[
\rho_{tt}=-\partial_x(\rho v)_t.
\]
代入动量方程消去 \((\rho v)_t\)，得到
\[
\rho_{tt}=\partial_x^2[(v^2+k)\rho].
\]
即
\[
\frac{\partial^2\rho}{\partial t^2}=\frac{\partial^2}{\partial x^2}[(v^2+k)\rho].
\]
这个推导没有把 \(v_t\) 和 \(\rho_t\) 分开硬消，而是先用守恒型动量方程把所有乘积项合并，因而不会漏掉 \((\rho v^2)_x\)。

先取圆柱坐标中的小扇形微元，半径从 \(R\) 到 \(R+dR\)，夹角为 \(d\theta\)，单位轴向厚度。其体积为
\[
dV=R\,d\theta\,dR.
\]
平面辐射流满足
\[
V_R=V_R(R,t),\qquad V_\theta=V_z=0.
\]
故径向加速度为
\[
a_R=\frac{\partial V_R}{\partial t}
+V_R\frac{\partial V_R}{\partial R}.
\]
再求径向两个面的正应力合力，它等于外侧面力减内侧面力。外侧面积约为 \((R+dR)d\theta\)，外侧应力为
\[
p_{RR}+\frac{\partial p_{RR}}{\partial R}dR,
\]
内侧面积为 \(R d\theta\)，应力为 \(p_{RR}\)。保留一阶小量，径向正应力合力为
\[
\left[(R+dR)\left(p_{RR}+\frac{\partial p_{RR}}{\partial R}dR\right)-Rp_{RR}\right]d\theta
=\left(R\frac{\partial p_{RR}}{\partial R}+p_{RR}\right)dR\,d\theta.
\]
然后考虑两个环向侧面上的环向正应力 \(p_{\theta\theta}\)。两侧应力方向相差 \(d\theta\)，因此它们的径向合力指向内侧，大小的一阶项为
\[
-p_{\theta\theta}dR\,d\theta.
\]
若径向单位质量体力为 \(F_R\)，体力为
\[
\rho F_RR\,d\theta\,dR.
\]
对微元列径向 Newton 第二定律：
\[
\rho R\,d\theta\,dR
\left(\frac{\partial V_R}{\partial t}
+V_R\frac{\partial V_R}{\partial R}\right)
=\rho F_RR\,d\theta\,dR
+\left(R\frac{\partial p_{RR}}{\partial R}
+p_{RR}-p_{\theta\theta}\right)dR\,d\theta.
\]
最后两边除以 \(R\,d\theta\,dR\)，整理得平面辐射流沿径向的应力形式运动方程：
\[
\rho\left(\frac{\partial V_R}{\partial t}
+V_R\frac{\partial V_R}{\partial R}\right)
=\rho F_R+\frac{\partial p_{RR}}{\partial R}
+\frac{p_{RR}-p_{\theta\theta}}R.
\]

不可压缩牛顿流体的内能方程可写为
\[
\rho\frac{DU}{Dt}=-p\nabla\cdot\mathbf v+\nabla\cdot(k\nabla T)+\Phi+\rho q,
\]
其中 \(U\) 为单位质量内能，\(\Phi\) 为黏性耗散函数，\(q\) 为体热源。题设
\[
u=ay,\qquad v=0,\qquad w=0,
\]
且 \(U=U(y)\)、\(T=T(y)\)、无其他热源。首先
\[
\nabla\cdot\mathbf v
=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial z}
=0.
\]
所以压力压缩功项 \(-p\nabla\cdot\mathbf v\) 为零。再看内能的随体导数：
\[
\frac{DU}{Dt}=\frac{\partial U}{\partial t}
u\frac{\partial U}{\partial x}
v\frac{\partial U}{\partial y}
w\frac{\partial U}{\partial z}.
\]
流动定常且 \(U\) 只随 \(y\) 变，而 \(v=0\)，故
\[
\frac{DU}{Dt}=0.
\]
温度只随 \(y\) 变，热传导项化为
\[
\nabla\cdot(k\nabla T)=\frac{d}{dy}\left(k(T)\frac{dT}{dy}\right).
\]
速度梯度中唯一非零项为
\[
\frac{\partial u}{\partial y}=a.
\]
不可压缩牛顿流体的耗散函数为
\[
\Phi=2\mu e_{ij}e_{ij}.
\]
其中
\[
e_{xy}=e_{yx}=\frac12\left(\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x}\right)=\frac a2,
\]
其余相关剪切率为零，因此
\[
\Phi=2\mu\left[\left(\frac a2\right)^2+\left(\frac a2\right)^2\right]=\mu a^2.
\]
代入内能方程，左端为零，得到
\[
0=\frac{d}{dy}\left(k(T)\frac{dT}{dy}\right)+\mu a^2.
\]
即
\[
\frac{d}{dy}\left(k(T)\frac{dT}{dy}\right)+\mu a^2=0.
\]
若展开变系数导热项，则
\[
k(T)\frac{d^2T}{dy^2}+\frac{dk}{dT}\left(\frac{dT}{dy}\right)^2+\mu a^2=0.
\]
重力沿 \(z\) 方向，其体力功率为 \(\rho\mathbf g\cdot\mathbf v\)。本题 \(w=0\)，所以重力只影响动量方程中的压力分布，不改变这个横向温度平衡式。

取平板为 \(y=0\)，流体占据 \(y>0\) 半空间；\(x\) 轴沿平板突然滑移方向，\(y\) 轴垂直平板指向流体内部，\(z\) 轴沿板面且垂直于 \(x\)。由题设，速度只有 \(x\) 分量，且只依赖 \(y,t\)：
\[
\mathbf V=(u(y,t),0,0).
\]
不可压连续方程为
\[
\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial z}=0,
\]
这里 \(u\) 与 \(x\) 无关，\(v=w=0\)，所以自动满足。

对不可压牛顿流体，
\[
\tau_{ij}=\mu\left(\frac{\partial u_i}{\partial x_j}+\frac{\partial u_j}{\partial x_i}\right).
\]
因此
\[
\tau_{xx}=\tau_{yy}=\tau_{zz}=0,
\]
\[
\tau_{xz}=\tau_{zx}=\tau_{yz}=\tau_{zy}=0,
\]
唯一非零的黏性剪应力为
\[
\tau_{xy}=\tau_{yx}=\mu\frac{\partial u}{\partial y}.
\]
若写总应力张量 \(T_{ij}=-p\delta_{ij}+\tau_{ij}\)，则
\[
T_{xx}=T_{yy}=T_{zz}=-p,\qquad
T_{xy}=T_{yx}=\mu\frac{\partial u}{\partial y},
\]
其余剪切分量为零。

取尺寸为 \(dx,dy,dz\) 的小矩形微元。压强处处均匀，所以 \(x\) 方向无压强梯度；质量力不计。\(x\) 方向受力只来自上下两个 \(y\) 面上的剪应力差：
\[
[\tau_{xy}(y+dy)-\tau_{xy}(y)]\,dx\,dz
=\frac{\partial\tau_{xy}}{\partial y}dx\,dy\,dz.
\]
欧拉观点下质点加速度为
\[
\frac{Du}{Dt}=\frac{\partial u}{\partial t}
+u\frac{\partial u}{\partial x}
+v\frac{\partial u}{\partial y}
+w\frac{\partial u}{\partial z}.
\]
由于 \(u=u(y,t)\)、\(v=w=0\)，所以
\[
\frac{Du}{Dt}=\frac{\partial u}{\partial t}.
\]
牛顿第二定律给出
\[
\rho\frac{\partial u}{\partial t}
=\frac{\partial\tau_{xy}}{\partial y}
=\mu\frac{\partial^2u}{\partial y^2}.
\]
因此
\[
\frac{\partial u}{\partial t}=\nu\frac{\partial^2u}{\partial y^2},
\qquad \nu=\frac{\mu}{\rho}.
\]
定解条件为
\[
u(y,0)=0\quad(y>0),\qquad
u(0,t)=U\quad(t>0),\qquad
u(y,t)\to0\quad(y\to\infty),
\]
且 \(p=p_0\) 为常数。

设细管内为定常、理想、绝热、无质量力的一维流动。沿流线 Euler 方程给
\[
V\,dV+\frac{dp}{\rho}=0,
\]
故
\[
\frac{V^2}{2}+\int\frac{dp}{\rho}=C.
\]
由 \(p=k\rho^\gamma\)，有 \(dp=k\gamma\rho^{\gamma-1}d\rho\)，于是
\[
\int\frac{dp}{\rho}
=\int k\gamma\rho^{\gamma-2}d\rho
=\frac{\gamma k}{\gamma-1}\rho^{\gamma-1}
=\frac{\gamma}{\gamma-1}\frac p\rho.
\]
两边乘以 2 得
\[
V^2+\frac{2\gamma}{\gamma-1}\frac p\rho=C_1.
\]
再令声速
\[
a^2=\frac{dp}{d\rho}=\gamma\frac p\rho.
\]
连续方程为 \(\rho V A=\text{const}\)，微分得
\[
\frac{dA}{A}+\frac{d\rho}{\rho}+\frac{dV}{V}=0.
\]
Bernoulli 微分给
\[
VdV+a^2\frac{d\rho}{\rho}=0.
\]
消去 \(d\rho\) 得
\[
\frac{dV}{V}=-\frac{dA/A}{1-V^2/a^2}.
\]
当管道沿流向收缩 \(dA<0\)，且 \(V^2\rho<\gamma p\)，即 \(V^2<a^2\) 时，分母为正，所以 \(dV>0\)。又 \(d\rho/\rho=-VdV/a^2<0\)，而 \(p/\rho=k\rho^{\gamma-1}\)，故 \(p/\rho\) 沿流向减少。

对细管流出过程使用可压缩、绝热、无势能差的 Bernoulli 积分：
\[
\frac{V^2}{2}+\int\frac{dp}{\rho}=\text{常数}.
\]
状态方程为 \(p=k\rho^\gamma\)，故
\[
\int\frac{dp}{\rho}=\int k\gamma\rho^{\gamma-2}\,d\rho
=\frac{\gamma}{\gamma-1}\frac p\rho.
\]
容器内截面很大，速度近似为零；出口压强为 \(p_0\)，密度为 \(\rho\)。容器内压强为 \(n p_0\)。由同一绝热线 \(p/\rho^\gamma=\text{常数}\)，容器内密度为
\[
\rho_c=\rho n^{1/\gamma}.
\]
于是容器内焓项为
\[
\frac{\gamma}{\gamma-1}\frac{np_0}{\rho n^{1/\gamma}}
=\frac{\gamma p_0}{(\gamma-1)\rho}n^{1-1/\gamma}.
\]
出口焓项为 \(\frac{\gamma p_0}{(\gamma-1)\rho}\)。两状态相减：
\[
\frac{V^2}{2}=\frac{\gamma p_0}{(\gamma-1)\rho}\left(n^{1-1/\gamma}-1\right),
\]
故
\[
V^2=\frac{2\gamma p_0}{(\gamma-1)\rho}\left(n^{1-1/\gamma}-1\right).
\]

设沟渠宽度为 \(b\)，单位截面平均速度为 \(V\)，水深为 \(h\)。定常不可压流量守恒：
\[
Q=bhV=\text{常数}.
\]
对数微分得
\[
\frac{db}{b}+\frac{dh}{h}+\frac{dV}{V}=0. \tag{1}
\]
底部水平且损失忽略时，自由液面能量为
\[
h+\frac{V^2}{2g}=C.
\]
微分得
\[
dh+\frac{V}{g}dV=0,\qquad dV=-\frac gV\,dh. \tag{2}
\]
将 (2) 代入 (1)：
\[
\frac{db}{b}+dh\left(\frac1h-\frac g{V^2}\right)=0.
\]
所以
\[
dh=\frac{hV^2}{b(gh-V^2)}\,db.
\]
当 \(V^2<gh\) 时，分母为正；若沟渠宽度增加 \(db>0\)，则 \(dh>0\)。再由 (2) 知 \(dV=-(g/V)dh<0\)，故流速减小。即亚临界流中，宽度增加会使水面升高而速度降低。

取两等势断面和流管侧面围成控制体，流动为不可压无旋势流，并按题式采用
\[
\mathbf v=-\nabla\varphi
\]
的号规。动能为
\[
T=\frac12\int_V\rho|\mathbf v|^2dV
=\frac{\rho}{2}\int_V|\nabla\varphi|^2dV.
\]
因不可压势流满足 \(\nabla^2\varphi=0\)，Green 公式给
\[
\int_V|\nabla\varphi|^2dV
=\int_{\partial V}\varphi\frac{\partial\varphi}{\partial n}dS.
\]
流管侧面是流面，\(\mathbf v\cdot\mathbf n=0\)，故侧面项为 0。两断面上
\[
\varphi=c_1,\qquad \varphi=c_2.
\]
设正质量流量为
\[
M=\rho\left|\int_S\mathbf v\cdot\mathbf n\,dS\right|,
\]
且流动从势值 \(c_1\) 的断面流向势值 \(c_2\) 的断面。由
\[
\frac{\partial\varphi}{\partial n}=-\mathbf v\cdot\mathbf n
\]
可把边界积分化为 \((M/\rho)(c_1-c_2)\)。因此
\[
T=\frac{\rho}{2}\cdot\frac{M}{\rho}(c_1-c_2)
=\frac{M}{2}(c_1-c_2).
\]

忽略损失并取上下游自由面与出口均为大气压。出口低于上游水面 \\(h=6\\mathrm{m}\\)，由 Bernoulli 方程
\\[
\\frac{p_0}{\\rho g}+0+0=\\frac{p_0}{\\rho g}-h+\\frac{V^2}{2g}
\\]
得
\\[
V=\\sqrt{2gh}=\\sqrt{2\\times9.81\\times6}=10.85\\mathrm{m/s}.
\\]
管径 \\(d=0.15\\mathrm{m}\\)，截面积
\\[
A=\\frac{\\pi d^2}{4}=1.767\\times10^{-2}\\mathrm{m^2}.
\\]
因此流量
\\[
Q=AV=0.1917\\mathrm{m^3/s}.
\\]
最高点 \\(s\\) 高出上游水面 \\(y=2\\mathrm{m}\\)，管内速度仍为 \\(V\\)。在上游自由面和 \\(s\\) 点列 Bernoulli：
\\[
\\frac{p_0}{\\rho g}=\\frac{p_s}{\\rho g}+y+\\frac{V^2}{2g}.
\\]
所以
\\[
p_s=p_0-\\rho g(y+h)=p_0-\\rho g(8).
\\]
若取 \\(p_0=101.3\\mathrm{kPa}\\)，水的 \\(\\rho=1000\\mathrm{kg/m^3}\\)，则 \\(p_s\\approx22.8\\mathrm{kPa}\\) 绝对压强。虹吸不能维持时最高点压强降到汽化压或近似降到零绝对压强。忽略汽化压时
\\[
y_{max}=\\frac{p_0}{\\rho g}-h\\approx10.33-6=4.33\\mathrm{m}.
\\]
计入水汽压时该值还要略小。

这是理想不可压无旋定常绕流中的 d'Alembert 佯谬。设无穷远速度为 \(\mathbf U\)，流场有速度势 \(\varphi\)，满足 \(\nabla^2\varphi=0\)、物面无穿透 \(\partial\varphi/\partial n=0\)、无穷远 \(\nabla\varphi\to\mathbf U\)。定常 Bernoulli 式给物面压强
\[
p=p_\infty+\frac12\rho(U^2-q^2),
\]
其中 \(q=|\nabla\varphi|\)。物体受力为
\[
\mathbf F=-\int_S p\,\mathbf n\,dS.
\]
常数压强项积分为零，因为 \(\int_S\mathbf n\,dS=0\)。剩余力为 \(\frac12\rho\int_S q^2\mathbf n\,dS\)。对势流外域取很大的控制面，用动量定理：无穷远处扰动速度衰减，进出控制面的动量通量在来流方向前后对称抵消；物面又无通量穿过，故控制体内没有净动量亏损。于是闭合面积分给出的合力为零，特别是阻力分量为零。该结论依赖无粘、无分离、定常、无限流体这些假设；真实粘性绕流不满足这些条件。

设折管截面积为 1，沿管轴从自由端 \\(C\\) 经过转折点 \\(A\\) 到开口 \\(B\\) 取弧长坐标 \\(s\\)，两段长度均为 \\(h\\)。刚打开开关时，速度尚为零，但液柱立即获得加速度，所以不能用定常 Bernoulli 只看 \\(V^2/2\\)。对无旋一维运动写非定常 Bernoulli：
\\[
\\frac{p}{\\rho}+gz+\\frac{u^2}{2}+\\frac{\\partial\\phi}{\\partial t}=C(t).
\\]
由于截面均匀且不可压，任一时刻管内轴向速度 \\(u(t)\\) 在同一液柱内相同，速度势可取 \\(\\phi=u(t)s\\)，故 \\(\\partial\\phi/\\partial t=\\dot u(t)s\\)。在开口 \\(B\\) 处取表压 \\(p_B=0\\)，即可得
\\[
\\frac{p(s,t)}{\\rho}=g[z_B-z(s)]+\\dot u(t)[s_B-s]
\\]
在 \\(t=0^+\\) 时令 \\(u=0\\)，压强分布只由重力项和瞬时加速度项决定。加速度由整段液柱动量方程确定：外力为可用水头产生的压力差和重力分量，惯性为 \\(2h\\rho\\dot u\\)。打开后 \\(t>0\\)，仍用
\\[
\\frac{p}{\\rho}=C(t)-gz-\\frac{u^2}{2}-\\dot u s
\\]
并配合端点压强条件与整体动量方程求 \\(u(t)\\)。因此压强沿每一管段为关于弧长的线性分布，转折处压强连续；若题图的 \\(CA,AB\\) 相对高度不同，只需把 \\(z(s)\\) 按图代入。

水面高度保持不变，说明盆内水量不随时间变化。因此注入流量必须等于小孔流出流量：
\[
q=Q_{\rm out}.
\]
小孔很小，盆截面积相对较大时，水面下降速度可忽略。取水面为 1 点、小孔出口为 2 点。两点都与大气相通，所以
\[
p_1=p_2=p_a.
\]
若忽略小孔局部损失和收缩系数，沿自由面到小孔出口应用 Bernoulli 方程：
\[
\frac{p_1}{\rho g}+z_1+\frac{V_1^2}{2g}
=
\frac{p_2}{\rho g}+z_2+\frac{V_2^2}{2g}.
\]
取小孔高度为基准，水面高度为
\[
h=z_1-z_2.
\]
又因为
\[
V_1\approx0,\qquad p_1=p_2,
\]
故
\[
h=\frac{V_2^2}{2g}.
\]
于是出孔速度为
\[
V_2=\sqrt{2gh}.
\]
出流量为
\[
Q_{\rm out}=sV_2=s\sqrt{2gh}.
\]
稳态条件给出
\[
q=s\sqrt{2gh}.
\]
解得
\[
h=\frac{q^2}{2gs^2}.
\]

代入题给单位。题中
\[
q=15\ {\rm cm^3/s},\qquad
s=0.5\ {\rm cm^2},\qquad
g=981\ {\rm cm/s^2}.
\]
先算
\[
\frac qs=\frac{15}{0.5}=30\ {\rm cm/s}.
\]
所以
\[
h=\frac{30^2}{2\times981}
=\frac{900}{1962}
\approx0.459\ {\rm cm}.
\]
因此水面应保持在
\[
h\approx0.46\ {\rm cm}
\]
的高度。

结果检查：若注入流量 \(q\) 增大，所需水头 \(h\) 按 \(q^2\) 增大；若小孔面积 \(s\) 增大，所需水头按 \(1/s^2\) 减小。这与小孔出流
\[
Q=s\sqrt{2gh}
\]
的物理关系一致。

设连通后水进入空气圆柱的高度为 \(X\)，另一圆柱水面相应下降 \(X\)。空气等温压缩，故 \(p_a(C-X)=pC\)。若题中空气初压 \(p\) 用等效水柱 \(h\) 表示，即 \(p=\rho gh\)，两底部压强相等给出 \[\rho g(C-X)=p_a+\rho gX.\] 代入得 \[(C-2X)(C-X)=hC.\] 取物理上较小根，最大位移为 \[X_{\max}=\frac{3C-\sqrt{C^2+8hC}}{4}.\] 当 \(h<C\) 时该值小于 \(C/2\)，且随初始空气压力增大而减小。

复势按
\[
W(z)=\phi+i\psi
\]
定义。（a）由 \(z=re^{i\theta}\) 得
\[
\log z=\ln r+i\theta.
\]
取
\[
W=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\log z
=-\frac{i\Gamma}{2\pi}(\ln r+i\theta)
=\frac{\Gamma\theta}{2\pi}
+i\left(-\frac{\Gamma}{2\pi}\ln r\right).
\]
其实部正是
\[
\phi=\frac{\Gamma\theta}{2\pi},
\]
虚部正是
\[
\psi=-\frac{\Gamma}{2\pi}\ln r.
\]
（b）由
\[
z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+2ixy,
\]
取
\[
W=iz^2=i(x^2-y^2)-2xy
=-2xy+i(x^2-y^2).
\]
因而
\[
\Re W=-2xy=\phi,\qquad \Im W=x^2-y^2=\psi.
\]
故
\[
W_a=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\log z,\qquad W_b=iz^2,
\]
均可再加任意复常数而不改变速度场。

按常用约定取复势 \(W(z)=\phi+i\psi\)，其中实部为速度势。令
\[
z=re^{i\theta},
\]
则复对数在选定分支上满足
\[
\Log z=\ln r+i\theta.
\]
已知
\[
\phi=\frac{m}{2\pi}\ln r.
\]
为了使复势实部等于该速度势，可取
\[
W(z)=\frac{m}{2\pi}\Log z+C,
\]
其中 \(C\) 为任意复常数。此时
\[
\operatorname{Re}W=\frac{m}{2\pi}\ln r,
\qquad
\psi=\frac{m}{2\pi}\theta+\operatorname{Im}C.
\]
因此该流动是原点处强度为 \(m\) 的二维点源流，其复势可写为
\[
\boxed{W(z)=\frac{m}{2\pi}\Log z+C}.
\]
若只关心速度场，常数 \(C\) 不影响结果。

二维可压缩流动连续方程为
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t}
+\frac{\partial(\rho u)}{\partial x}
+\frac{\partial(\rho v)}{\partial y}=0.
\]
若流动定常，则 \(\partial\rho/\partial t=0\)，于是质量通量无散：
\[
\frac{\partial(\rho u)}{\partial x}
+\frac{\partial(\rho v)}{\partial y}=0.
\]
在单连通且场量光滑的区域内，任一二维无散向量场都可写成某个标量函数的旋转梯度，因此可定义可压缩流的流函数 \(\psi\)：
\[
\rho u=\frac{\partial\psi}{\partial y},\qquad
\rho v=-\frac{\partial\psi}{\partial x}.
\]
这样自动有
\[
\frac{\partial(\rho u)}{\partial x}
+\frac{\partial(\rho v)}{\partial y}
=\psi_{yx}-\psi_{xy}=0,
\]
连续方程得到满足。反过来，若这种流函数存在且混合偏导连续，则质量通量必无散，代回连续方程得
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t}=0.
\]
所以对二维可压缩流，流函数存在的核心条件是质量通量无散；教材把这称为定常运动时，即可得证。

令 \(A=\alpha+i\beta\)，\(z=x+iy\)。由复势
\[
W=Az^2
\]
得复速度
\[
u-iv=\frac{dW}{dz}=2Az.
\]
展开
\[
2(\alpha+i\beta)(x+iy)
=2(\alpha x-\beta y)+2i(\alpha y+\beta x),
\]
故
\[
u=2(\alpha x-\beta y),\qquad
v=-2(\alpha y+\beta x).
\]
于是
\[
V^2=u^2+v^2=4(\alpha^2+\beta^2)(x^2+y^2)=4|A|^2r^2,
\]
所以 \(V=2|A|r\)。该流动为定常线性速度场，可写作
\[
\mathbf V=M\mathbf r,\qquad
M=2\begin{pmatrix}\alpha&-\beta\\-\beta&-\alpha\end{pmatrix}.
\]
随体加速度为
\[
\mathbf a=(\mathbf V\cdot\nabla)\mathbf V=M\mathbf V=M^2\mathbf r.
\]
直接算得 \(M^2=4|A|^2I\)，所以
\[
\mathbf a=4|A|^2\mathbf r,\qquad |\mathbf a|=4|A|^2r.
\]
因此速度和加速度大小均与到原点距离 \(r\) 成正比。

把给定直线经过平移和旋转化为 \(x\) 轴，即壁面为 \(y=0\)。设原偶位于 \(P_0=(x_0,y_0)\)，偶极矩为
\[
\boldsymbol\mu=\mu_t\mathbf t+\mu_n\mathbf n,
\]
其中 \(\mathbf t\) 为沿直线的切向，\(\mathbf n\) 为法向。对不可穿透直线壁面，边界条件是壁面法向速度为零，即
\[
v_n=\frac{\partial\phi}{\partial n}=0.
\]
像法的做法是把原偶关于直线反射到
\[
P_0^*=(x_0,-y_0),
\]
并令像偶的切向分量与原偶同向、法向分量与原偶反向：
\[
\boldsymbol\mu^*=\mu_t\mathbf t-\mu_n\mathbf n.
\]
这样叠加原偶和像偶后，壁面两侧由法向分量造成的法向速度在 \(y=0\) 上相互抵消，而切向速度可以相加，因为固壁只要求不可穿透，并不要求切向速度为零。换句话说，若偶轴平行于直线，像偶同向同强；若偶轴垂直于直线，像偶反向同强；一般方向则先分解为切向和法向，再分别按这两个规则处理。若采用复势表示，把直线取为实轴，位于 \(z_0\) 的偶的像点为 \(\bar z_0\)，偶极矩方向按上述切向保持、法向反号的规则确定。对任意直线，先把坐标旋转到该直线为实轴，求像后再旋回原坐标即可。

令圆为 \(|z|=a\)，原偶极位于圆外点 \(z=F\) 且 \(F>a\)。先取偶极轴沿实轴，原偶极复势写为
\[
f(z)=\frac{\mu}{z-F}.
\]
要使圆周为固壁，边界条件是圆周上无穿透，即圆周为流线。Milne-Thomson 圆定理给出满足该条件的复势
\[
W(z)=f(z)+\overline{f\left(\frac{a^2}{\bar z}\right)}.
\]
当 \(|z|=a\) 时有 \(a^2/\bar z=z\)，于是
\[
W(z)=f(z)+\overline{f(z)}=2\operatorname{Re}f(z).
\]
圆周上 \(W\) 为实数，故流函数 \(\psi=\operatorname{Im}W=0\)，圆周确为流线。

下面看第二项的奇性。因 \(F,\mu\) 取实，
\[
\overline{f\left(\frac{a^2}{\bar z}\right)}
=\frac{\mu}{a^2/z-F}
=-\frac{\mu}{F}\frac{z}{z-a^2/F}.
\]
写成奇部与常数项：
\[
-\frac{\mu}{F}\frac{z}{z-a^2/F}
=-\frac{\mu}{F}
-\frac{\mu a^2}{F^2}\frac1{z-a^2/F}.
\]
常数项不影响速度，真正的像为位于
\[
F'=\frac{a^2}{F}
\]
的偶极，其强度为
\[
\mu'=-\mu\frac{a^2}{F^2}.
\]
负号表示在本符号约定下偶极方向相反；若只比较强度大小，则
\[
\left|\frac{\mu'}{\mu}\right|=\frac{a^2}{F^2}.
\]
因此原偶相对于半径为 \(a\) 的圆的像位于反演点 \(a^2/F\)，强度与原偶强度之比为 \(a^2/F^2\)。

由
\[
W=m\ln\left(z-\frac1z\right)
=m\ln\frac{(z-1)(z+1)}{z}
\]
可见，在全平面复势解释下，\(z=1\)、\(z=-1\) 为源点，\(z=0\) 为汇点。若按通常二维约定 \((q/2\pi)\ln(z-z_0)\) 表示强度为 \(q\) 的源，则这里每个源、汇的流量强度大小为 \(2\pi m\)。

设 \(z=re^{i\theta}\)，则
\[
z-\frac1z
=\left(r-\frac1r\right)\cos\theta
+i\left(r+\frac1r\right)\sin\theta.
\]
因而速度势和流函数可取为
\[
\phi=m\ln\left|z-\frac1z\right|
=\frac m2\ln\left(r^2+r^{-2}-2\cos2\theta\right),
\]
\[
\psi=m\operatorname{Arg}\left[
\left(r-\frac1r\right)\cos\theta
+i\left(r+\frac1r\right)\sin\theta
\right],
\]
其中 \(\operatorname{Arg}\) 的分支按所研究的区域连续选取。

考察第一象限单位圆内区域 \(0<r<1,\ 0<\theta<\pi/2\)。在正实轴 \(\theta=0\) 上，\(z-1/z<0\)，故 \(\psi=m\pi\)；在正虚轴 \(\theta=\pi/2\) 上，\(z-1/z=i(r+1/r)\)，故 \(\psi=m\pi/2\)；在单位圆 \(r=1\) 上，\(z-1/z=2i\sin\theta\)，故 \(\psi=m\pi/2\)。这些边界均为 \(\psi=\) 常数的流线，因此可把运动看作发生在坐标轴和半径为 1 的圆围成的象限内。

二维不可压流中，通过任意曲线从端点 \(A\) 到 \(B\) 的体积通量等于两端流函数差 \(\psi(B)-\psi(A)\)，符号由取向决定。当前题面给出的线段从 \(z_1=1\) 到 \(z_2=0.5\) 位于正实轴上；沿第一象限内侧取极限，
\[
\psi(1^-)=m\pi,\qquad \psi(0.5)=m\pi.
\]
故通过该线段的净体积通量为
\[
Q=\psi(0.5)-\psi(1^-)=0.
\]

第一象限的两坐标轴作为固壁时，边界条件是轴线上法向速度为零，因此可用同号镜像源保证轴线为流线。令源强约定为 \\(m\\)，源位于 \\(z_0=1+i\\)。对两轴反射后，镜像点为 \\(-1+i,1-i,-1-i\\)。若把原点处汇理解为第一象限内吸入强度为 \\(m\\) 的角点汇，则在全平面镜像表达中可写成等效 \\(4m\\) 的角点汇。于是一个常用复势写法为
\\[
W(z)=\\frac{m}{2\\pi}\{\\log(z-1-i)+\\log(z+1-i)+\\log(z-1+i)+\\log(z+1+i)-4\\log z\}.
\\]
流函数为 \\(\\psi=\\operatorname{Im}W\\)。在极坐标 \\(z=re^{i\\theta}\\) 中，流线方程就是
\\[
\\operatorname{Im}\{\\log(re^{i\\theta}-1-i)+\\log(re^{i\\theta}+1-i)+\\log(re^{i\\theta}-1+i)+\\log(re^{i\\theta}+1+i)-4\\log(re^{i\\theta})\}=C.
\\]
速度由复速度求得：
\\[
\\frac{dW}{dz}=\\frac{m}{2\\pi}\left(\\frac1{z-1-i}+\\frac1{z+1-i}+\\frac1{z-1+i}+\\frac1{z+1+i}-\\frac4z\\right).
\\]
代入 \\(z=1\\) 有
\\[
\\frac1{-i}+\\frac1{2-i}+\\frac1{i}+\\frac1{2+i}-4
=i+\\frac{2+i}{5}-i+\\frac{2-i}{5}-4=-\\frac{16}{5}.
\\]
故按此强度约定，\\(dW/dz|_{z=1}=-8m/(5\\pi)\\)，速度沿负 \\(x\\) 方向。若教材把角点汇强度定义为全平面强度而非象限内通量，则只需把 \\(-4\\log z\\) 的系数同步改成题面约定。

设二维源强为 \(m\)，源到直线边界的距离为 \(a\)，取边界为 \(y=0\)，源在 \((0,a)\)。为满足边界不可穿透条件，在 \((0,-a)\) 放置同强度像源。边界上法向速度抵消，切向速度为 \[u(x,0)=\frac{m}{\pi}\frac{x}{x^2+a^2}.\] 因 \(|x|/(x^2+a^2)\) 在 \(|x|=a\) 处取最大，故边界速度最大值为 \[|u|_{\max}=\frac{m}{2\pi a},\qquad x=\pm a.\] 由 Bernoulli 式，若远处边界压强为 \(p_\infty\)，则 \[p(x)=p_\infty-\frac{\rho}{2}\left[\frac{m x}{\pi(x^2+a^2)}\right]^2,\] 压强最小点同为 \(x=\pm a\)。单位宽度无限长边界上的合力大小取压强亏损积分：\[F=\int_{-\infty}^{\infty}(p_\infty-p)\,dx=\frac{\rho m^2}{4\pi a}.\] 力的方向沿边界法线指向源侧；若题图使用其他距离符号，只需把这里的 \(a\) 替换为图中源到边界的距离。

设半径为 \(a\) 的圆柱外有强度 \(m\) 的二维源，位于实轴 \(z=b\)，其中 \(b>a\)，圆柱高度取单位长度。为使圆周 \(|z|=a\) 成为流线，用圆定理构造复势
\[
W=\frac{m}{2\pi}\left[\log(z-b)+\log\left(z-\frac{a^2}{b}\right)-\log z\right].
\]
其中 \(a^2/b\) 是像源位置，中心的 \(-\log z\) 项用于抵消总源强，保证远场和圆周边界相容。圆周上 \(z=a e^{i\theta}\) 时，像点与外源关于圆反演，因此 \(\psi=\operatorname{Im}W\) 为常数，圆柱表面无穿透。

表面速度由
\[
q=\frac{dW}{dz}
\]
求得，压强由 Bernoulli 式
\[
p=p_\infty-\frac12\rho |q|^2
\]
确定。单位高度圆柱受力为表面压强积分：
\[
\mathbf F=-\int_0^{2\pi}p\,\mathbf n\,a\,d\theta.
\]
等价地用 Blasius 公式计算留数，可得受力沿源所在直线，大小为
\[
F=\frac{\rho m^2a^2}{2\pi b(b^2-a^2)}.
\]
方向指向外部源；若源强 \(m\) 的定义不含 \(2\pi\) 因子，则系数需按该定义相应缩放。

设圆柱截面为 \(|z|=a\)，外部偶极位于 \(z_0\)，\(|z_0|>a\)，复偶极强度为 \(\mu\)。圆定理给反演像点
\[
z_i=\frac{a^2}{\overline{z_0}},
\]
像偶强度
\[
\mu_i=-\frac{a^2\overline{\mu}}{\overline{z_0}^{\,2}}.
\]
复势可写成
\[
W(z)=\frac{\mu}{z-z_0}+\frac{\mu_i}{z-z_i}+C.
\]
在 \(|z|=a\) 上，点 \(z\) 与 \(a^2/\overline z\) 互为反演，原偶极和像偶极的流函数贡献正好使圆周成为一条流线，因此圆柱表面无穿透。速度为
\[
q=\frac{dW}{dz}
=-\frac{\mu}{(z-z_0)^2}-\frac{\mu_i}{(z-z_i)^2}.
\]
表面压强由
\[
p=p_\infty-\frac12\rho |q|^2
\]
给出，单位高度受力可用
\[
F_x-iF_y=\frac{i\rho}{2}\oint_{|z|=a}q^2\,dz
\]
计算。由于本行题面没有给出 \(z_0\) 的具体位置和偶极方向，不能唯一给出数值力；完整答案应在代入源页参数后由留数求出 \(F_x,F_y\)。

设圆柱为 \(|z|=a\)。外部源强为 \(m\)，位于
\[
z_1=r_1,
\]
外部汇强为 \(-m\)，位于
\[
z_2=r_2e^{i\alpha}.
\]
对圆外点源，圆定理要求同时放入反演像点 \(a^2/\overline{z_1}\)；对汇同理放入 \(a^2/\overline{z_2}\)。由于源与汇总强度为零，中心补偿项相互抵消，复势可写为
\[
W=\frac{m}{2\pi}
\log\frac{(z-z_1)\left(z-a^2/\overline{z_1}\right)}
{(z-z_2)\left(z-a^2/\overline{z_2}\right)}.
\]
圆周 \(|z|=a\) 上，外点和像点关于圆反演，对数项的虚部组合为常数，所以圆周为流线，满足无穿透条件。流线由
\[
\psi=\operatorname{Im}W=C
\]
给出。若 \(\alpha=\pi\) 且 \(r_1=r_2=r\)，则 \(z_1=r,\ z_2=-r\)，像点分别为 \(a^2/r\) 和 \(-a^2/r\)，复势化为
\[
W=\frac{m}{2\pi}\log
\frac{(z-r)(z-a^2/r)}{(z+r)(z+a^2/r)}.
\]
该式即对称源汇绕圆柱流动的简化复势。

取单位柱长计算。令 \(\theta=0\) 指向上游，\(\theta=\pi/2\) 为上半侧向；对应径向单位矢量为
\[
\mathbf e_r=\cos\theta\,\mathbf e_x+\sin\theta\,\mathbf e_y,
\]
其中 \(\mathbf e_x\) 指向上游，\(\mathbf e_y\) 指向 \(\theta=\pi/2\) 方向。势流绕圆柱时，圆柱表面速度为
\[
v_\theta=-2V_\infty\sin\theta.
\]
由同一高度上的 Bernoulli 方程，
\[
p+\frac12\rho v_\theta^2
=p_0+\frac12\rho V_\infty^2,
\]
故表面压强为
\[
p(\theta)=p_0+\frac12\rho V_\infty^2(1-4\sin^2\theta).
\]
压力作用在柱体上的方向与外法向相反。单位长度面积元为 \(a\,d\theta\)，所以
\[
d\mathbf F=-p(\theta)\mathbf e_r\,a\,d\theta.
\]
于是 \(0\le\theta\le\pi/2\) 上的两个分量为
\[
F_x=-a\int_0^{\pi/2}p(\theta)\cos\theta\,d\theta,
\qquad
F_y=-a\int_0^{\pi/2}p(\theta)\sin\theta\,d\theta.
\]
先算 \(x\) 分量：
\[
\int_0^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta=1,
\]
\[
\int_0^{\pi/2}(1-4\sin^2\theta)\cos\theta\,d\theta
=\left[\sin\theta-\frac43\sin^3\theta\right]_0^{\pi/2}
=-\frac13.
\]
所以
\[
F_x=-ap_0+\frac16\rho V_\infty^2a.
\]
再算 \(y\) 分量：
\[
\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,d\theta=1,
\]
\[
\int_0^{\pi/2}(1-4\sin^2\theta)\sin\theta\,d\theta
=1-4\int_0^{\pi/2}\sin^3\theta\,d\theta
=1-\frac83=-\frac53.
\]
所以
\[
F_y=-ap_0+\frac56\rho V_\infty^2a.
\]
因此流体作用在该四分之一圆柱面上的单位长度合力为
\[
\boxed{\mathbf F=
\left(-p_0a+\frac16\rho V_\infty^2a\right)\mathbf e_x
+\left(-p_0a+\frac56\rho V_\infty^2a\right)\mathbf e_y }.
\]
若只报告由绕流速度造成的动压附加力，即扣除均匀静压 \(p_0\) 对该开口曲面段的贡献，则为
\[
\mathbf F_{\rm dyn}
=\frac{\rho V_\infty^2a}{6}\mathbf e_x
+\frac{5\rho V_\infty^2a}{6}\mathbf e_y.
\]
若改用常见的下游方向为 \(+\mathbf i\)、上方为 \(+\mathbf j\)，则 \(\mathbf e_x=-\mathbf i\)、\(\mathbf e_y=\mathbf j\)，同一结果可写成
\[
\mathbf F
=a\left(p_0-\frac16\rho V_\infty^2\right)\mathbf i
+a\left(\frac56\rho V_\infty^2-p_0\right)\mathbf j.
\]
柱体作用在流体上的力与上式方向相反。

取复势
\[
W=m\log(z+a)+m\log(z-a)-2m\log z
=m\log\frac{z^2-a^2}{z^2}.
\]
流线为 \(\psi=\operatorname{Im}W=\) 常数，即
\[
\arg\frac{z^2-a^2}{z^2}=c.
\]
令
\[
R=\frac{z^2-a^2}{z^2}=1-\frac{a^2}{z^2}.
\]
因
\[
\frac1{z^2}=\frac{(x^2-y^2)-2ixy}{(x^2+y^2)^2},
\]
所以
\[
\operatorname{Re}R=1-\frac{a^2(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^2},\quad
\operatorname{Im}R=\frac{2a^2xy}{(x^2+y^2)^2}.
\]
\(\arg R=c\) 等价于
\[
\operatorname{Im}R=k\operatorname{Re}R.
\]
整理得
\[
(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2+\lambda xy),
\]
其中 \(\lambda\) 为吸收 \(k\) 后的流线常数。又
\[
\frac{dW}{dz}=\frac{m}{z+a}+\frac{m}{z-a}-\frac{2m}{z}
=\frac{2ma^2}{z(z^2-a^2)}.
\]
故速率
\[
V=\left|\frac{dW}{dz}\right|
=\frac{2ma^2}{|z+a||z-a||z|}
=\frac{2ma^2}{r_1r_2r_3}.
\]

令 \(z=x+iy=re^{i\theta}\)。两个源在 \(z=\pm a\)，两个等强汇在 \(z=\pm ia\)。按题中源强 \(m\) 的约定，复势可写为
\[
W(z)=m\log(z+a)+m\log(z-a)-m\log(z-ia)-m\log(z+ia)
=m\log\frac{z^2-a^2}{z^2+a^2}.
\]
流线由
\[
\psi=\operatorname{Im}W=\mathrm{const}
\]
给出。先证坐标轴为流线。若 \(z=x\) 在 \(x\) 轴上，则
\[
\frac{z^2-a^2}{z^2+a^2}
=\frac{x^2-a^2}{x^2+a^2}
\]
为实数，所以 \(\operatorname{Im}W\) 在各段上为常数，故 \(x\) 轴为流线。若 \(z=iy\) 在 \(y\) 轴上，则
\[
\frac{z^2-a^2}{z^2+a^2}
=\frac{-y^2-a^2}{-y^2+a^2}
\]
也为实数，所以 \(y\) 轴同样为流线。

再证过四点的圆 \(r=a\) 为流线。令 \(z=ae^{i\theta}\)，则
\[
\frac{z^2-a^2}{z^2+a^2}
=\frac{e^{2i\theta}-1}{e^{2i\theta}+1}
=i\tan\theta.
\]
该比值为纯虚数，因此在由四个源汇点分开的圆弧上，\(\operatorname{Im}W\) 为常数，所以圆 \(r=a\) 为流线。

速度由复速度给出：
\[
\frac{dW}{dz}
=m\left(\frac{2z}{z^2-a^2}-\frac{2z}{z^2+a^2}\right)
=\frac{4ma^2z}{z^4-a^4}.
\]
故速率
\[
q=\left|\frac{dW}{dz}\right|
=\frac{4ma^2|z|}{|z^4-a^4|}.
\]
代入 \(z=re^{i\theta}\)，有
\[
|z^4-a^4|^2
=|r^4e^{4i\theta}-a^4|^2
=r^8+a^8-2r^4a^4\cos4\theta.
\]
于是
\[
q=\frac{4ma^2r}
{\left(r^8+a^8-2r^4a^4\cos4\theta\right)^{1/2}},
\]
即得所证。

设圆域为 \(|z|<a\)，偏心点涡强度为 \(\Gamma\)，位置为 \(z_0\)，且 \(|z_0|<a\)。反演点为 \(z_i=a^2/\overline{z_0}\)，在圆外布置强度相反的像涡，使 \(|z|=a\) 成为流线。可取复势 \[W(z)=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\log\frac{z-z_0}{z-z_i}+C.\] 因圆周上 \(|z-z_0|/|z-z_i|=|z_0|/a\) 为常数，故圆周满足 \(\psi=\operatorname{Im}W=\text{const}\)。复速度为 \[u-iv=\frac{dW}{dz}=-\frac{i\Gamma}{2\pi}\left(\frac{1}{z-z_0}-\frac{1}{z-z_i}\right).\] 流线方程可写为 \[\psi=-\frac{\Gamma}{2\pi}\ln\left|\frac{z-z_0}{z-z_i}\right|=\text{const}.\] 若题图把偏心距记为 \(b\) 且涡在实轴 \(z_0=b\)，则 \(z_i=a^2/b\)，直接代入上式即可。

速度势提法：在环域 \(a<R<b\) 内令 \(\nabla^2\phi=0\)，边界取 \(\partial\phi/\partial R=U\cos\theta\) 于 \(R=a\)，\(\partial\phi/\partial R=0\) 于 \(R=b\)，并给定无环量条件。流函数提法：\(\nabla^2\psi=0\)，两圆柱面为流线，法向速度条件转化为边界切向导数条件。复势提法：求解析函数 \(W(z)=\phi+i\psi\)，在 \(|z|=a,b\) 上满足上述不可穿透边界和单值条件。

按单位柱长讨论。设圆柱沿 \(+x\) 方向平动，速度为 \(u(t)\)。在随圆柱中心建立的极坐标 \((r,\theta)\) 中，满足远处流体静止和圆柱面无穿透条件的速度势可取为
\[
\phi(r,\theta,t)=-\frac{a^2u(t)\cos\theta}{r}.
\]
验证边界条件：
\[
\left.\frac{\partial\phi}{\partial r}\right|_{r=a}
=u(t)\cos\theta,
\]
这正等于圆柱面法向速度；且 \(r\to\infty\) 时 \(\nabla\phi\to0\)，符合无穷远流体静止。

非定常 Bernoulli 方程给出压力
\[
p=p_\infty-\rho\frac{\partial\phi}{\partial t}
-\frac{\rho}{2}|\nabla\phi|^2.
\]
在 \(r=a\) 上，
\[
\frac{\partial\phi}{\partial t}=-a\dot u\cos\theta.
\]
同时 \(|\nabla\phi|^2\) 在圆周上的贡献对 \(x\) 方向合力为零，所以惯性阻力只来自 \(-\rho\partial\phi/\partial t\) 项。圆柱所受压力合力的 \(x\) 分量为
\[
R_x=-\int_0^{2\pi}p\cos\theta\,a\,d\theta.
\]
取惯性压力项 \(p_i=\rho a\dot u\cos\theta\)，得
\[
R_x=-\int_0^{2\pi}\rho a\dot u\cos\theta\cdot\cos\theta\,a\,d\theta
=-\rho a^2\dot u\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta
=-\rho\pi a^2\dot u.
\]
故流体对圆柱的惯性阻力为
\[
R_x=-\rho\pi a^2\dot u.
\]
这等价于圆柱具有单位长附加质量
\[
m_a=\rho\pi a^2.
\]
若圆柱单位长质量为 \(M\)，外力单位长为 \(F\)，则牛顿第二定律为
\[
M\dot u=F+R_x=F-\rho\pi a^2\dot u,
\]
即
\[
(M+\rho\pi a^2)\dot u=F.
\]
这就是圆柱体的运动微分方程。

某一瞬时两球同心，取球坐标极轴沿内球速度 \(U(t)\) 的方向。无旋不可压流满足
\[
\nabla^2\phi=0,\qquad \mathbf v=\nabla\phi.
\]
具有轴对称一阶球谐形式的势函数可设为
\[
\phi=\left(Ar+\frac{B}{r^2}\right)\cos\theta.
\]
于是径向速度为
\[
v_r=\frac{\partial\phi}{\partial r}
=\left(A-\frac{2B}{r^3}\right)\cos\theta.
\]

外球面 \(r=b\) 静止，法向速度为零：
\[
A-\frac{2B}{b^3}=0.
\]
内球面 \(r=a\) 沿极轴平移，球面法向速度为
\[
U\cos\theta,
\]
所以
\[
A-\frac{2B}{a^3}=U.
\]
由第一式得
\[
B=\frac12Ab^3.
\]
代入第二式：
\[
A-\frac{Ab^3}{a^3}=U,
\]
从而
\[
A=-\frac{Ua^3}{b^3-a^3},\qquad
B=-\frac{Ua^3b^3}{2(b^3-a^3)}.
\]

流体动能为
\[
T=\frac12\rho\int_\Omega |\nabla\phi|^2\,dV.
\]
因为 \(\nabla^2\phi=0\)，可用格林公式
\[
\int_\Omega|\nabla\phi|^2\,dV
=\oint_{\partial\Omega}\phi\frac{\partial\phi}{\partial n}\,dS.
\]
外球面上 \(\partial\phi/\partial n=0\)，所以没有贡献。内球面是流体区域的内边界，外法向指向球心，即
\[
\frac{\partial\phi}{\partial n}=-v_r=-U\cos\theta.
\]
在 \(r=a\) 上
\[
\phi(a,\theta)
=\left(Aa+\frac{B}{a^2}\right)\cos\theta
=-\frac{Ua(2a^3+b^3)}{2(b^3-a^3)}\cos\theta.
\]
因此
\[
\int_\Omega|\nabla\phi|^2\,dV
=
\frac{U^2a(2a^3+b^3)}{2(b^3-a^3)}
\int_{r=a}\cos^2\theta\,dS.
\]
而
\[
\int_{r=a}\cos^2\theta\,dS
=a^2\int_0^{2\pi}\int_0^\pi
\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta d\varphi
=\frac{4\pi a^2}{3}.
\]
故
\[
\int_\Omega|\nabla\phi|^2\,dV
=\frac{2\pi U^2a^3(b^3+2a^3)}{3(b^3-a^3)}.
\]
最后得到动能
\[
T=\frac{\pi\rho U^2a^3(b^3+2a^3)}
{3(b^3-a^3)}.
\]
当 \(b\to\infty\) 时，公式退化为孤立平移球外势流的附加质量型动能
\[
T\to \frac13\pi\rho a^3U^2,
\]
这也验证了量纲和极限都是合理的。

设圆管半径为 \(a\)，管轴方向为 \(z\)。定常、层流、不可压、轴对称且充分发展的管流只有轴向速度
\[
v_z=q(r),\qquad v_r=0,\qquad v_\theta=0.
\]
水平管中忽略轴向体力，轴向 Navier-Stokes 方程化为
\[
0=-\frac{\partial P}{\partial z}
\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{dq}{dr}\right).
\]
若令压力沿流向的降落梯度为 \(p>0\)，即
\[
\frac{\partial P}{\partial z}=-p,
\]
则
\[
0=p+\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{dq}{dr}\right).
\]
所以
\[
\frac{d}{dr}\left(r\frac{dq}{dr}\right)=-\frac{pr}{\mu},
\]
即证第一式。继续积分：
\[
r\frac{dq}{dr}=-\frac{pr^2}{2\mu}+C_1.
\]
中心轴 \(r=0\) 处速度梯度不能奇异，因此 \(C_1=0\)，故
\[
\frac{dq}{dr}=-\frac{pr}{2\mu}.
\]
再积分：
\[
q(r)=-\frac{pr^2}{4\mu}+C_2.
\]
壁面无滑移条件为 \(q(a)=0\)，于是
\[
C_2=\frac{pa^2}{4\mu}.
\]
因此
\[
q(r)=\frac{p}{4\mu}(a^2-r^2).
\]
体积流量为
\[
Q=\int_A q\,dA=2\pi\int_0^a q(r)r\,dr.
\]
代入速度分布：
\[
Q=2\pi\int_0^a \frac{p}{4\mu}(a^2-r^2)r\,dr
=\frac{\pi pa^4}{8\mu}.
\]
所以圆管内速度呈抛物线分布，流量为 \(Q=\pi pa^4/(8\mu)\)。

设轴向速度为 \(w(r)\)，并令 \(p=-dp_z/dz>0\) 表示沿流动方向的压强降梯度。定常、充分发展、轴对称流动满足
\[
\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{dw}{dr}\right)=-\frac p\mu.
\]
两边乘以 \(r\) 并积分：
\[
\frac{d}{dr}\left(r\frac{dw}{dr}\right)=-\frac p\mu r,
\qquad
r\frac{dw}{dr}=-\frac p{2\mu}r^2+C_1.
\]
再除以 \(r\) 积分，得
\[
w(r)=-\frac p{4\mu}r^2+C_1\ln r+C_2.
\]
两圆柱面无滑移：
\[
w(a)=0,\qquad w(na)=0.
\]
两式相减：
\[
0=w(na)-w(a)
=-\frac p{4\mu}(n^2a^2-a^2)+C_1\ln n,
\]
所以
\[
C_1=\frac{pa^2(n^2-1)}{4\mu\ln n}.
\]
代回 \(w(a)=0\)，可得速度分布
\[
w(r)=\frac p{4\mu}\left[
a^2-r^2+\frac{a^2(n^2-1)}{\ln n}\ln\frac ra
\right].
\]
流量为环形截面积分：
\[
Q=2\pi\int_a^{na}w(r)r\,dr.
\]
代入 \(w(r)\)：
\[
Q=\frac{\pi p}{2\mu}\int_a^{na}
\left[
a^2-r^2+\frac{a^2(n^2-1)}{\ln n}\ln\frac ra
\right]r\,dr.
\]
其中
\[
\int_a^{na}\left[
a^2-r^2+\frac{a^2(n^2-1)}{\ln n}\ln\frac ra
\right]r\,dr
=\frac{a^4}{4}\left[
n^4-1-\frac{(n^2-1)^2}{\ln n}
\right].
\]
因此
\[
Q=\frac{\pi pa^4}{8\mu}
\left[
n^4-1-\frac{(n^2-1)^2}{\ln n}
\right],
\]
即题给流量公式。环形截面积为
\[
A=\pi(na)^2-\pi a^2=\pi a^2(n^2-1).
\]
所以平均速度为
\[
\bar w=\frac QA
=\frac{pa^2}{8\mu(n^2-1)}
\left[
n^4-1-\frac{(n^2-1)^2}{\ln n}
\right].
\]
也可化为
\[
\bar w=\frac{pa^2}{8\mu}
\left[
n^2+1-\frac{n^2-1}{\ln n}
\right].
\]

设两平板间距为 \(h\)，下板位于 \(y=0\) 并固定，上板位于 \(y=h\) 并沿 \(+x\) 方向以速度 \(U\) 匀速运动。对无限长平行板间定常层流，取速度形式为
\[
\mathbf V=(u(y),0,0).
\]
若无外加压强梯度，定常不可压 Navier-Stokes 方程在 \(x\) 方向化为
\[
0=\mu\frac{d^2u}{dy^2}.
\]
因此
\[
u=C_1y+C_2.
\]
由无滑移边界条件
\[
u(0)=0,
\qquad u(h)=U,
\]
得 \(C_2=0\)、\(C_1=U/h\)，所以速度分布为
\[
u=\frac{Uy}{h}.
\]
牛顿内摩擦定律给出剪应力
\[
\tau_{xy}=\mu\frac{du}{dy}=\mu\frac{U}{h},
\]
在两板间为常数。若问流体作用在平板上的摩擦应力，并取 \(+x\) 为上板运动方向，则流体对下固定板的摩擦应力方向为 \(+x\)，大小为 \(\mu U/h\)；流体对上运动板的摩擦应力方向为 \(-x\)，大小同为 \(\mu U/h\)。若改问平板作用在流体上的摩擦应力，则方向与上述相反。

取 \(x\) 沿斜板方向，正方向向下坡；取 \(y\) 垂直板面，从下板指向上板。两板距离为 \(h\)，下板静止，上板速度为 \(U\)。令
\[
u=u(y),\qquad v=w=0.
\]
流动定常、充分发展，不可压连续方程自动满足。沿板方向的 Navier-Stokes 方程为
\[
0=-\frac{dp}{dx}+\rho g\sin\alpha+\mu\frac{d^2u}{dy^2}.
\]
把压强梯度和重力合成有效驱动力
\[
S=-\frac{dp}{dx}+\rho g\sin\alpha.
\]
则方程为
\[
\mu u''=-S.
\]
积分两次：
\[
u(y)=-\frac{S}{2\mu}y^2+C_1y+C_2.
\]
无滑移边界条件为
\[
u(0)=0,\qquad u(h)=U.
\]
由 \(u(0)=0\) 得 \(C_2=0\)；由 \(u(h)=U\) 得
\[
U=-\frac{S}{2\mu}h^2+C_1h,
\qquad
C_1=\frac Uh+\frac{S h}{2\mu}.
\]
于是速度分布为
\[
\boxed{u(y)=\frac Uh\,y+\frac{S}{2\mu}y(h-y)}.
\]
这就是 Couette 项与压力-重力驱动 Poiseuille 项的叠加。若 \(S>0\)，中间的抛物线项沿下坡方向；若 \(S<0\)，它反向。

剪应力为
\[
\tau(y)=\mu\frac{du}{dy}
=\mu\frac Uh+\frac S2(h-2y).
\]
下板处
\[
\tau_0=\tau(0)=\mu\frac Uh+\frac{S h}{2}.
\]
题目要求下壁剪应力为零，则
\[
\mu\frac Uh+\frac{S h}{2}=0,
\]
即
\[
\boxed{U=-\frac{S h^2}{2\mu}
=\frac{h^2}{2\mu}\left(\frac{dp}{dx}-\rho g\sin\alpha\right)}.
\]
如果没有外加压强梯度，即 \(dp/dx=0\)，且 \(x\) 正向取下坡，则 \(S=\rho g\sin\alpha>0\)，要使下壁剪应力为零，上板必须以
\[
U=-\frac{\rho g h^2\sin\alpha}{2\mu}
\]
向上坡运动来抵消重力驱动在下壁产生的速度梯度。这个符号检查说明零剪切不是“速度为零”，而是 \(du/dy|_{y=0}=0\)。

取 \(x\) 为垂直皮带的法向坐标，\(x=0\) 在皮带面，\(x=h\) 在液膜自由面，速度 \(u(x)\) 竖直向上为正。边界条件为 \(u(0)=V_0\)，自由面无空气剪切，故 \(du/dx|_{x=h}=0\)。动量方程为 \(\mu d^2u/dx^2-\rho g=0\)。积分得 \[u(x)=V_0-\frac{\rho g}{\mu}\left(hx-\frac{x^2}{2}\right).\] 单位宽度流量为 \(q=\int_0^h u\,dx=V_0h-\rho gh^3/(3\mu)\)。

设界面为 \(y=0\)，上层占 \(0<y<h_1\)，下层占 \(-h_2<y<0\)。无压差定常层流中两层均满足 \(d^2u_i/dy^2=0\)，故速度为分段线性。边界条件为 \(u_1(h_1)=V_0\)、\(u_2(-h_2)=0\)、界面速度连续 \(u_1(0)=u_2(0)=U_i\)，以及界面切应力连续 \(\mu_1u_1'(0)=\mu_2u_2'(0)\)。由此 \(U_i=\mu_1h_2V_0/(\mu_1h_2+\mu_2h_1)\)，并有 \(u_1(y)=U_i+(V_0-U_i)y/h_1\)，\(u_2(y)=U_i(1+y/h_2)\)。密度只影响竖向静压分布，不改变本题无水平压差下的水平速度解。

两共轴圆管之间为定常、轴对称、充分发展周向流。柱坐标中
\[
v_r=0,\qquad v_z=0,\qquad v_\theta=v_\theta(r).
\]
周向动量方程化为
\[
\frac{d^2v_\theta}{dr^2}+\frac1r\frac{dv_\theta}{dr}-\frac{v_\theta}{r^2}=0.
\]
其通解为
\[
v_\theta=Ar+\frac Br.
\]
剪应力为
\[
\tau_{r\theta}
=\mu\left(\frac{dv_\theta}{dr}-\frac{v_\theta}{r}\right).
\]
由
\[
\frac{dv_\theta}{dr}=A-\frac B{r^2},
\qquad
\frac{v_\theta}{r}=A+\frac B{r^2},
\]
得
\[
\tau_{r\theta}=-\frac{2\mu B}{r^2}.
\]

情形一：内管固定，外管角速度为 \(\omega\)。无滑移条件为
\[
v_\theta(a)=0,\qquad v_\theta(b)=\omega b.
\]
即
\[
Aa+\frac Ba=0,\qquad Ab+\frac Bb=\omega b.
\]
解得
\[
A=\frac{\omega b^2}{b^2-a^2},
\qquad
B=-\frac{\omega a^2b^2}{b^2-a^2}.
\]
所以
\[
\boxed{
v_\theta=\frac{\omega b^2}{b^2-a^2}\left(r-\frac{a^2}{r}\right)
}.
\]

情形二：内管角速度为 \(\omega\)，外管固定。边界条件为
\[
v_\theta(a)=\omega a,\qquad v_\theta(b)=0.
\]
解得
\[
A=-\frac{\omega a^2}{b^2-a^2},
\qquad
B=\frac{\omega a^2b^2}{b^2-a^2},
\]
故
\[
\boxed{
v_\theta=\frac{\omega a^2}{b^2-a^2}\left(\frac{b^2}{r}-r\right)
}.
\]

单位长度圆柱壁上的摩擦力矩大小为
\[
M(r)=|\tau_{r\theta}|(2\pi r)\,r
=2\pi r^2|\tau_{r\theta}|
=4\pi\mu |B|.
\]
所以两种情形单位长度力矩大小相同：
\[
\boxed{
M=\frac{4\pi\mu\omega a^2b^2}{b^2-a^2}
}.
\]
方向总是阻碍相对转动：外管转动时，流体对外管力矩反向，对内管力矩沿转动方向；内管转动时相反。若题目要求长度为 \(L\) 的圆管，总力矩再乘以 \(L\)。

设内、外圆管半径分别为 \(a,b\)，角速度为 \(\Omega_a,\Omega_b\)。轴对称定常 Couette 流速度为 \(v_\theta=Ar+B/r\)，其中 \[A=\frac{\Omega_b b^2-\Omega_a a^2}{b^2-a^2},\qquad B=\frac{a^2b^2(\Omega_a-\Omega_b)}{b^2-a^2}.\] 剪应力 \(\tau_{r\theta}=\mu(dv_\theta/dr-v_\theta/r)=-2\mu B/r^2\)。单位长度壁面力矩大小为 \(M=4\pi\mu |B|\)，内外壁方向相反；若取有符号力矩，则内壁受流体力矩为 \(-4\pi\mu B\)，外壁为 \(4\pi\mu B\)。

设同轴圆环内半径为 \(a\)，外半径为 \(b\)，轴向坐标为 \(z\)。流动定常、不可压、充分发展：
\[
\mathbf v=(0,0,w(r)).
\]
令
\[
P=-\frac{dp}{dz}
\]
为正向压力驱动力。轴向 Navier-Stokes 方程化为
\[
0=P+\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{dw}{dr}\right),
\]
即
\[
\frac1r\frac{d}{dr}\left(rw'\right)=-\frac P\mu.
\]
积分一次：
\[
rw'=-\frac{P}{2\mu}r^2+C_1,
\qquad
w'=-\frac{P}{2\mu}r+\frac{C_1}{r}.
\]
再积分：
\[
w=-\frac{P}{4\mu}r^2+C_1\ln r+C_2.
\]
若两管都静止，无滑移条件为
\[
w(a)=0,\qquad w(b)=0.
\]
解得圆环泊肃叶速度分布
\[
\boxed{
w_P(r)=\frac{P}{4\mu}
\left[
b^2-r^2-\frac{b^2-a^2}{\ln(b/a)}\ln\frac br
\right]}.
\]
检查边界：当 \(r=b\) 时，前两项为零且 \(\ln(b/b)=0\)；当 \(r=a\) 时，括号内为
\[
b^2-a^2-(b^2-a^2)=0.
\]

若内管以速度 \(V_0\) 沿 \(+z\) 方向移动、外管静止，线性 Couette 解满足
\[
\frac1r(rw_C')'=0,\qquad w_C(a)=V_0,\qquad w_C(b)=0,
\]
所以
\[
w_C(r)=V_0\frac{\ln(b/r)}{\ln(b/a)}.
\]
总速度为
\[
\boxed{
w(r)=w_P(r)+V_0\frac{\ln(b/r)}{\ln(b/a)}
}.
\]
若相反是外管以 \(V_0\) 运动、内管静止，则 Couette 项改为
\[
V_0\frac{\ln(r/a)}{\ln(b/a)}.
\]

体积流量由
\[
Q=2\pi\int_a^b w(r)r\,dr
\]
给出。压力驱动部分积分得
\[
Q_P=\frac{\pi P}{8\mu}
\left[
b^4-a^4-\frac{(b^2-a^2)^2}{\ln(b/a)}
\right].
\]
内管运动的 Couette 部分为
\[
Q_C=2\pi V_0\int_a^b
\frac{\ln(b/r)}{\ln(b/a)}r\,dr
=\pi V_0\left[
\frac{b^2-a^2}{2\ln(b/a)}-a^2
\right].
\]
平均速度为
\[
\bar w=\frac{Q_P+Q_C}{\pi(b^2-a^2)}.
\]
结论检查：令 \(V_0=0\) 回到纯圆环泊肃叶流；令 \(P=0\) 回到纯圆环 Couette 流；速度在两壁严格满足无滑移边界。

取圆管轴向坐标 \(s\)，半径坐标 \(r\)，管半径为 \(a\)。定常充分发展层流有 \(u=u(r)\)，径向速度为零。轴向 N-S 方程化为
\[
0=-\frac{dp}{ds}+\rho g\sin\alpha+\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right).
\]
题中 \(p\) 表示沿管使流体前进的压强梯度大小，因此有效驱动力为 \(p+\rho g\sin\alpha\)。于是
\[
\mu\frac1r\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right)=-(p+\rho g\sin\alpha).
\]
两边乘以 \(r\) 并积分：
\[
r\frac{du}{dr}=-\frac{p+\rho g\sin\alpha}{2\mu}r^2+C_1.
\]
中心速度有限要求 \(C_1=0\)。再积分并用壁面无滑移 \(u(a)=0\)，得
\[
u(r)=\frac{p+\rho g\sin\alpha}{4\mu}(a^2-r^2).
\]
流量为
\[
Q=\int_0^a2\pi r u(r)\,dr
=\frac{\pi a^4}{8\mu}(p+\rho g\sin\alpha).
\]
这就是题列公式。

这是内圆柱半径为 \(a\)、角速度为 \(\omega\)，外边界取 \(b\to\infty\) 的轴对称定常旋转黏性流。速度只有周向分量，设
\[
\mathbf V=v_\theta(r)\mathbf e_\theta,
\qquad v_r=0.
\]
圆柱坐标下，这类定常圆周 Couette 流的周向速度满足通解
\[
v_\theta=Ar+\frac{B}{r}.
\]
当流体区域无限大时，远处速度不能随 \(r\) 增大而发散，并且应有 \(v_\theta(\infty)=0\)，所以必须取 \(A=0\)。圆柱壁面满足无滑移条件：
\[
v_\theta(a)=a\omega.
\]
由 \(v_\theta=B/r\) 得
\[
\frac{B}{a}=a\omega,
\qquad B=a^2\omega.
\]
故无限流体中圆柱外的速度分布为
\[
\boxed{v_\theta(r)=\frac{a^2\omega}{r}},
\qquad v_r=0.
\]
再求维持匀速转动所需力矩。圆柱坐标中周向剪应力为
\[
\tau_{r\theta}=\mu\left(\frac{dv_\theta}{dr}-\frac{v_\theta}{r}\right).
\]
代入 \(v_\theta=a^2\omega/r\)：
\[
\frac{dv_\theta}{dr}=-\frac{a^2\omega}{r^2},
\qquad
\frac{v_\theta}{r}=\frac{a^2\omega}{r^2},
\]
所以
\[
\tau_{r\theta}=-\frac{2\mu a^2\omega}{r^2}.
\]
在圆柱表面 \(r=a\) 处，\(\tau_{r\theta}(a)=-2\mu\omega\)。负号表示流体对圆柱的黏性阻力矩方向与圆柱转动方向相反。单位长度圆柱表面积为 \(2\pi a\)，单位长度上切向阻力大小为
\[
2\pi a\cdot2\mu\omega=4\pi\mu a\omega.
\]
再乘力臂 \(a\)，得单位长度阻力矩大小
\[
M'=4\pi\mu a^2\omega.
\]
因此，为维持圆柱以角速度 \(\omega\) 匀速转动，外加在圆柱上的单位长度力矩大小应为
\[
\boxed{4\pi\mu a^2\omega},
\]
方向与圆柱转动方向相同，用以平衡流体施加的反向黏性阻力矩。若圆柱长度为 \(L\)，总力矩为 \(M=4\pi\mu a^2\omega L\)。

零压梯度、外流 \(U=\text{const}\) 时，边界层动量积分方程为
\[
\frac{d\theta}{dx}=\frac{\tau_w}{\rho U^2},
\qquad
\theta=\int_0^\delta \frac uU\left(1-\frac uU\right)dy.
\]
给定 \(u/U=\sin(\pi\eta/2)\)、\(\eta=y/\delta\)。先算动量厚度：
\[
\theta=\delta\int_0^1\sin\frac{\pi\eta}{2}\left(1-\sin\frac{\pi\eta}{2}\right)d\eta
=\delta\left(\frac2\pi-\frac12\right).
\]
壁面切应力为
\[
\tau_w=\mu\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{0}
=\mu U\frac{\pi}{2\delta}.
\]
代入动量积分方程：
\[
\left(\frac2\pi-\frac12\right)\frac{d\delta}{dx}
=\frac{\nu\pi}{2U\delta}.
\]
积分并取 \(x=0\) 时 \(\delta=0\)，得
\[
\delta^2=\frac{2\pi^2}{4-\pi}\frac{\nu x}{U}.
\]
位移厚度为
\[
\delta_1=\int_0^\delta\left(1-\frac uU\right)dy
=\delta\left(1-\frac2\pi\right).
\]
因此
\[
\delta_1=\left(1-\frac2\pi\right)\sqrt{\frac{2\pi^2}{4-\pi}}\sqrt{\frac{\nu x}{U}}
\approx1.74\sqrt{\frac{\nu x}{U}}.
\]
若题中用 \(\gamma\) 表示运动黏性系数 \(\nu\)，即 \(\delta_1=1.74\sqrt{\gamma x/U}\)。

外流速度为 \(U=cx^m\)，取
\[
\psi=\sqrt{\gamma Ux}\,f(\eta),\qquad
\eta=y\sqrt{\frac{U}{\gamma x}}.
\]
先由流函数求速度：
\[
u=\psi_y=Uf'(\eta).
\]
再对 \(x\) 求导，注意 \(U_x=mU/x\) 以及
\[
\eta_x=\frac{m-1}{2x}\eta,
\]
可得
\[
v=-\psi_x
=-\frac12\sqrt{\frac{\gamma U}{x}}\left[(m+1)f+(m-1)\eta f'\right].
\]
边界层方程若写成含外压梯度的标准形式：
\[
u u_x+v u_y=U\frac{dU}{dx}+\gamma u_{yy},
\]
代入 \(u,v\) 后，左边所有 \(x\) 因子可约去，整理得
\[
f'''+\frac12(m+1)ff''+m\left[1-(f')^2\right]=0.
\]
等价地，
\[
m(f')^2-\frac12(m+1)ff''=f'''+m.
\]
边界条件为壁面无滑移、无穿透：
\[
f(0)=0,\qquad f'(0)=0,
\]
以及外缘速度匹配：
\[
f'(\infty)=1.
\]
若源题目标式写成
\[
m(f')^2-\frac12(m+1)ff''=f'''
\]
而没有右端 \(+m\)，则必须说明它对应的方程或归一化已经把外压梯度项另行处理；按标准 Falkner-Skan 推导，右端应含 \(+m\)。

设平均速度为 \(\overline u(y)\)，脉动为 \(u',v'\)，压力平均为 \(\overline p\)。二维不可压 N-S 方程 Reynolds 分解并取时均，且题设所有平均量除压力外均与 \(x\) 无关，得连续方程自动满足，\(x\) 动量方程为
\[
0=-\frac1\rho\frac{\partial\overline p}{\partial x}
\nu\frac{d^2\overline u}{dy^2}-\frac{d\overline{u'v'}}{dy}.
\]
这就是平板间流动的 Reynolds 平均方程，或写为
\[
\frac{d}{dy}\left(\mu\frac{d\overline u}{dy}-\rho\overline{u'v'}\right)=\frac{\partial\overline p}{\partial x}.
\]
\(y\) 动量方程为
\[
0=-\frac1\rho\frac{\partial\overline p}{\partial y}-\frac{d\overline{v'^2}}{dy}.
\]
在固壁处 \(v'=0\)，向通道内部 \(\overline{v'^2}\ge0\)。因此从壁面向内，\(\overline p+\rho\overline{v'^2}\) 为常数，壁面处 \(\overline{v'^2}=0\)，平均压力在壁面最大。

再对 \(x\) 动量方程从对称面 \(y=0\) 积分到任意 \(y\)。对称面上 \(d\overline u/dy=0\)、\(\overline{u'v'}=0\)，故
\[
\mu\frac{d\overline u}{dy}-\rho\overline{u'v'}=\frac{\partial\overline p}{\partial x}\,y.
\]
左端正是分子黏性剪应力与 Reynolds 剪应力之和，因此它从对称面到平板边界随 \(y\) 线性变化。