dH21[陈书7-6]烟囱直径d=1m，烟量qm=17.96kg/h，烟气密度ρ=0.7kg/m3，周围大气密度ρa=1.2Kg/m3，烟囱内压强损失ΔPw=0.035hdV22g，V为烟囱内烟气流动的速度，h为烟囱高度。为保证烟囱底部断面1处的负压不小于10mm水柱，烟囱的高度h应大于（或小于）多少？［解］此题用Bernoulli方程求解。对1、2断面列出总流的伯努利方程：z1+p1ρg+α1V122g=z2+p2ρg+α1V222g+hw（1）由质量守恒可知：V1=V2再假定动能修正系数：α1=α2=1式（1）可简化为：z1+p1ρg=z2+p2ρg+hw（2）p2−p1=ρg(z1−z2−hw)（3）断面1处的负压：p1V=p1a−p1，移项可得：p1=p1a−p1V而断面2处的压强为当地的大气压，即：p2=p2a其中p1a和p2a分别为断面1、2处的大气压将以上各式代入（3）式得：(p2a−p1a)+p1V=ρg(z1−z2−hw)（4）而：p2a−p1a=ρagh，z1−z2=h代入（4）式得：p1V=ρg(h−hw)−ρagh（5）依题意，能量损失：hw=ΔPw=0.035hdV22g代入（5）式：p1V=ρgh(1−0.035V22dg)−ρagh¿gh[ρ(1−0.035V22dg)−ρa]移项得：h=p1Vg[ρ(1−0.035V22dg)−ρa]（6）令ρw为水的密度，负压可用Δh高的水柱表示为：p1V=ρwgΔh代入（6）得：h=ρwΔhρ(1−0.035V22dg)−ρa将流速：V=4qmρd2代入上式，得：h=ρwΔhρ(1−0.03516qm22ρ2d3g)−ρa（7）将：Δh=10mm、g=10m/s2、ρa=1.2kg/m3、ρ=0.7kg/m3、ρw=1000kg/m3、qm=17.96kg/h和d=1m代入（7）式得：h=−20(m)因为：z1−z2=h，所以：z2−z1=−h=20m【陈书7-10】将一平板伸入水的自由射流内，垂直于射流的轴线。该平板截去射流流量的一部分，引起射流剩余部分偏转角度。已知射流流速，全部流量,VVq2Vq1Vq，截去流量。求偏角及平板受力。解：用动量积分定理求解题中指明流体为水，但并未特别提及其力学性质。为解体，不妨忽略粘性，并假定流体不可压缩。选取如图所示的控制体及坐标系进入控制体的动量通量在x方向的分量：（为流体密度）进入控制体的动量通量在y方向的分量：流出控制体的动量通量在x方向的分量：流出控制体的动量通量在y方向的分量：因忽略粘性，平板和水之间无摩擦力（切向力），所以平板对水的作用力只有沿x方向的分量，令其为又因为大气压沿控制体周界积分等于零，所以由动量积分定理有：（1）（2）可以找到一条从0-0断面到1-1断面的流线，对于该流线可以列出Bernoulli方程：因为故因射流速度较大，可忽略重力，可得同理可得将以上关系代入（1）式和（2）式，得（3）（4）由（4）式得到，（5）又因流体不可压，所以代入（5）式得到，所以，再由（3）式求得：【7-11】如图所示，水由水箱1经圆滑无阻力的空口水平射出，冲击到一平板上，平板封盖着另一水箱2的孔口，两水箱孔口中心线重合，水位高分别为和，孔口径。求保证平板压在2箱孔口上时与的关系。（不计平板的重量及摩擦力）121h2h1d2d解：因不计摩擦力，可以视为理想流体，则小孔处流速：射在平板上的流体沿板的四周流出。选取如图所示的控制体，作用在控制体上的外力为大气压和平板的作用力。大气压的积分效果为零，又由于忽略摩擦，平板的作用力只能沿x方向，设其为假设容器足够大，流动定常，则x方向的动量积分方程：故水流作用于平板上的力为：平板右侧受到的静水压为为保证平板压在孔口上，须有，即有，可得：Av1Q2QQ[陈书7-13变]如图，一带有倾斜平板的小车逆着来自无穷远处的射流以速度v匀速移动。已知射流断面积为A，体积流量为Q，流体为理想不可压缩的，不计地面的摩擦力和重力。（1）若v=0，求分流流量Q1和Q2与入射总流量Q的关系；（2）若v≠0，求推动小车所需的功率。解：（1）令上面出流的速度和断面积为：u1，A1，有：u1=Q1A1令下面出流的速度和断面积为：u2，A2，有：u2=Q2A2令入流断面的速度为：u，有：u=QA选取一条从入流断面到上面出流断面的流线列出理想流体的伯努利方程：pρ+u22+gz=p1ρ+u122+gz1因p和p1均为大气压，重力忽略，所以：u1=u同理可得：u2=u选取如图所示的坐标系及控制体。进入控制体的动量通量在x方向的分量为：ρu2Acosθ进入控制体的动量通量在y方向的分量为：−ρu2Asinθ从1断面处流出控制体的动量通量在x方向的分量为：−ρu12A1从2断面处...
