北航空气动力学课后题答案
1.1解：R=
2k8315
==259.84m2
s∙k）m
-
p=ρRT
P5⨯106
ρ===63.506kg3
RT2.5984⨯303
气瓶中氧气的重量为
G=ρvg=63.506⨯0.15⨯9.8=93.354
1.2解：建立坐标系
根据两圆盘之间的液体速度分布量呈线性分布则离圆盘中心r，距底面为h处的速度为
u=kn+u0
当n=0时u=0推出u0=0当n=h时u=wr推出k=则摩擦应力τ为
wrh
τ=u
duwr=udnh
上圆盘半径为r处的微元对中心的转矩为
wrwr3
dT=τdA⋅r=urdrdθ⋅r=udrdθ
hh
则T=
⎰⎰
2π
D20
u
ωr3
h
drdθ=
πuωD3
32
1.4解：在高为10000米处
T=288.15-0.0065⨯10000=288.15-65=223.15压强为
P⎛T⎫5.2588
= ⎪Pa⎝Ta⎭
5.2588
⎛T⎫p=pa ⎪
⎝Ta⎭
=26.43ρ⎛T⎫
密度为= ⎪
ρa⎝Ta⎭
⎛T⎫
∴ρ=ρa ⎪
⎝Ta⎭
5.2588
5.2588
=0.4127kg
1-7解:p=ρRT ∴ρ=
P
=24.4642
MRT
空气的质量为m=ρv=662.98kg
2-2解流线的微分方程为
dxdy
=vxvy
dxdy
=，xdx=ydy22
2xy2xy
将vx和vy的表达式代入得
将上式积分得y2-x2=c，将（1，7）点代入得c=7
因此过点（1，7）的流线方程为y2-x2=482-3解:将y2+2xy=常数两边微分
2ydy+2xdx+2ydx=0
整理得ydx+（x+y）dy=0（1）
将曲线的微分方程yVx+（x+y）Vy=0由V=
dydy
代入上式得=
VxVy
x2+2xy+2y2得
Vx2+Vy2=x2+2xy+y2（（2）
由（1）（2）得vx=±(x+y)，vy= y2-5解:直角坐标系与柱坐标系的转换关系如图所示速度之间的转换关系为{
vx=vrcosθ-vθsinθ
vy=vrsinθ+vθcosθ
⎧∂r
x=rcosθ⎫⎪∂x=cosθ由⎬⇒⎨∂v
y=rsinθ⎭⎪=-1sinθ
r⎩∂x
∂r
=sinθ∂y∂v1=cosθ∂yr
∂vx∂vx∂r∂vx∂v∂∂1⎫
(Vrcosθ-Vθsinθ)⎛=⋅+=(Vrcos-Vθsinθ)cosθ+ -sinθ⎪
∂x∂r∂x∂θ∂x∂r∂θ⎝r⎭∂V∂V1⎛∂V⎛∂V⎫⎫= rcosθ-θsinθ⎪cosθ- rcosθ-Vrsinθ-θsinθ-Vθcosθ⎪sinθ
∂rr⎝∂θ∂θ⎝∂r⎭⎭=
∂V∂Vr1∂Vr11∂Vθ1
cos2θ-θsinθcosθ-sinθcosθ+Vrsin2θ+sin2θ+Vθsinθcosθ∂r∂rr∂θrr∂θr
∂Vy∂Vx
=
∂Vy∂r∂Vy∂v∂∂
(Vrsinθ+Vθcosθ)1cosθ⋅+⋅=(Vrsinθ+Vθcosθ)sinθ+
∂Vx∂y∂v∂y∂r∂θr
∂V∂V⎛∂V⎫⎛∂V⎫1
= rsinθ+θcosθ⎪sinθ+ rsinθ+Vrcosθ+θcosθ-Vθsinθ⎪cosθ
∂r∂θ⎝∂r⎭⎝∂θ⎭r
=
∂V∂Vr1∂Vr11∂Vθ1sin2θ+θsinθcosθ+sinθcosθ+Vrcos2θ+cos2θ-Vθsinθcosθ∂r∂rr∂vrr∂θr
∴divυ=
∂V⎫∂V∂Vx∂Vy∂Vz∂Vr1⎛
++=+ Vr+θ⎪+z∂x∂y∂z∂rr⎝∂θ⎭∂z
∂Vy∂y
=3xsiny
2
∂Vx
2-6解：（1）=-3x2siny
∂x
∴此流动满足质量守恒定律
∂Vx∂Vy
+=0∂x∂y
（2）
∂Vx
=3x2siny∂x
∂Vy∂y
=3x2siny
∂Vx∂Vy
+=6x2siny≠0∂x∂y
∴此流动不满足质量守恒定律
2xy
（3）Vx=2rsinθ=
r2y2
Vy=-2rsinθ=-
r
2
∂Vx2y3
=3∂xr
∂Vy
4x2y+2y3
=-∂yr3∂Vx∂Vy4x2y
+=-3≠0∂x∂yr
∴此流动不满足质量守恒方程
（4)对方程x2+y2=常数取微分，得
dxdy=-dyx
kk2dxdy22
由流线方程(1)由v=得vx+vy=42）=
rrvxvy
由（1）（2）得方程vx=±
kyr3
vy=
kxr3
∂V3kxy∴x= ∂xr∂Vy∂y
±
3kxyr
∂Vx∂Vy
+=0∂x∂y
∴此流动满足质量守恒方程
2—7解：
∂Vz∂Vy3yz3yz∂V∂V
-=-⋅+⋅=0同样x-z=0∂y∂z2r2r∂z∂x
∂Vy∂x
-
∂Vx
=0∂y
∴该流场无旋
dΦ=vxdx+vydy+vzdz=
1x+y+z
2
2
2
xdx+ydy+zdz
x
2
+y+z
22
1dx2+y2+z2=⋅
2x2+y2+z2()
∴Φ=-+c
∂Vx
2—8解：（1）θx==a
∂x
θy=
∂Vy∂y
=a
θz=
∂Vz
=-a∂z
1⎛∂Vz∂Vy⎫1⎛∂Vx∂Vz
⎪vx= +=0;v=+ y ⎪2⎝∂x∂z⎭2⎝∂z∂x
1⎛∂Vx∂Vx⎫⎫
⎪=0;v=+=0⎪z ⎪2⎝∂x∂y⎭⎭
1⎛∂Vz∂Vy⎫1⎛∂Vx∂Vz⎫1⎛∂Vy∂Vx⎫
⎪（2）ωx= -⎪=0；ωy=2 ∂z-∂x⎪=0；ωz=2 ∂x-∂y⎪⎪=02 ∂y∂z⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴该流线无旋，存在速度位
（3）dϕ=vxdx+vydy+vzdz=axdx+aydy-2azdz
∴ϕ=
1212
ax+ay-az2+c22
2
2—9解：曲线x2y=-4，f(x，y)=xy+4=0
切向单位向量=
fyfx+fy
2
2
-
fxfx+fy
2
2
=
x2x4+4x2y2
-
2xyx4+4x2y2
=∇ϕ切向速度分量vt=⋅=∇ϕ⋅把x=2，y=-1代入得=∇ϕ=
∂ϕ∂ϕ
i+j=x2-2x-yi+(-x+2x)j∂x∂y
(2⎛x2xy
= -
422 x4+4x2y2
x+4xy⎝⎫11
⎪=+⎪22⎭
vt=⋅=-
2-13
3
2
vt=
vt=-
3⎛11⎫33
+⎪=--
222⎝22⎭
2—14解：v=180=5011ρV∞2=ρ+ρV2p∞=pa22
1122
驻点处v=0，表示为p-pa=ρV∞=⨯1.225⨯50=1531.25pa
22
根据伯努利方程p∞+相对流速为60处得表
示为p-pa=习题三
111
ρV∞2-ρV2=1531.25-⨯1.225⨯602=-637.75222
Qy
arctg2πx
3—1解：根据叠加原理，流动的流函数为ϕ(x，y)=V∞y+
速度分量是Vx=
∂ϕQx∂ϕQy
=V∞+⋅2V=-=⋅y∂y2πx+y2∂x2πx2+y2
驻点A的位置由VAX=0VAy=0求得
xA=-
Q
；yA=02πV∞
过驻点的流线方程为Vyy+
QyθyQarctg=V∞yA+arctgA=2πx2πxA2
即y=
Q
2πV∞y⎫θπ-θ⎛
π-arctg或r=⋅ ⎪
x⎭2πV∞sinθ⎝
QyQsinθv∞sin2θ
在半无限体上，垂直方向的速度为vy===22
2πx+y2πrπ-θ
2v∞sinθcosθv∞sin2θ
线面求极值=+=02
dθπ-θπ-θ当sinθ=0vy=vy用迭代法求解
min
dvy
=0
tgθ
=-2vy=vy
π-θ
max
tgθ
=-2得π-θ
θ1=1.9760315=113.2183 时，vy取最小值θ2=4.3071538=246.7817 时，vy取最大值
QyQsinθv∞sin2θ
由vy===22
2πx+y2πrπ-θvx=v∞+
QxQcosθsinθcosθ
=v+=v+∞∞
2πx2+y22πrπ-θ
可计算出当θ=θ1时，vy=0.724611v∞，vx=0.6891574v∞
θ=θ2时，vy=-0.724611v∞，vx=0.6891514
合速度V=
vx+vy=v∞
22
3—3解：设点源强度为Q，根据叠加原理，流动的函数为
ϕ=
θyθyθy-aarctg+arctg+arctg2πx-a2πx+a2πx
⎡x-ax+ax
++⎢2222
x-a+yx+a+y⎢x2+y-a⎣
θ
两个速度分量为x=
2πθvy=
2π
⎤2⎥⎥⎦
⎡yyy-a
++⎢2222
x-a+yx+a+y⎢x2+y-a⎣
⎤
2⎥⎥⎦
对于驻点，vx=vy=0，解得xA=0，yA=
3a3
3—4解：设点源的强度为Q，点涡的强度为T，根据叠加原理得合成流动的位函数为
θΓlnr+Q2π2π∂ϕ1θ1∂ϕ1ΓVr==Vθ==
∂rr2πr∂θr2πϕ=
速度与极半径的夹角为θ=arctg
VθΓ
=arctgVrQ
3—5根据叠加原理得合成流动的流函数为ϕ=V∞ aarctg
⎛⎝⎫yy
-aarctg+y⎪⎪y+ay-a⎭
两个速度分量为vx=
⎡a(x+a)⎤∂ϕa(x-a)=V∞⎢-+122
∂yx-a2+y2⎥⎣x+a+y⎦
vy=-
⎡⎤∂ϕyy
=V∞a⎢-2222⎥∂yx+a+yx-a+y⎣⎦
由驻点vx=vy=0得驻点位置为±3a，0零流线方程为V∞y+V∞xaarctg
2
2
()
yy
-aarctg=0y+ay-a
2
对上式进行改变，得x+y-a=-
2ay
ytan⎛ ⎫⎪⎝⎭
当x=0时，数值求解得y=±1.03065a3—9解：根据叠加原理，得合成流动的流函数为
ϕ=v∞y-
QyQyarctg+arctg2πy+a2πy-a
速度分量为vx=v∞y-
Qx+aQx+a
+
2πx+a2+y22πx-a2+y2
vy=-
Qx+aQx+a
+
2πx+a+y22πx-a+y2
由vx=vy=0得驻点位置为 ±a+
2
⎛ ⎝aQ⎫，0⎪πv∞⎪⎭
过驻点的流线方程为
v∞y--
QyQyarctg+arctg=02πy+a2πy-a
上面的流线方程可改写为
2πv∞yyy=arctg-arctgQy+ay-a
⎛2πv∞
∴tan Q
⎝⎫⎛yy⎫2ay
⎪y⎪=tanarctg-arctg=222⎪ y+ay-a⎪⎭⎝⎭x+y-a
2
2
2
容易看出y=0满足上面方程
当y≠0时，包含驻点的流线方程可写为x+y-a=-
2ay
2πv∞y⎫tan⎛ ⎪⎝⎭
当a=v∞=
Q2y
=1时，包含驻点的流线方程为x2+y2-1=--2πtany
3—10解：偶极子位于原点，正指向和负x轴夹角为α，其流函数为
ϕ=-
Mycosα-xsinα
当时α=4522
2πx+y
ϕ=-
M2y-x2π2x2+y2
Γ2πa
3—11解：圆柱表面上的速度为v=-2v∞sinθ-
v2=4v∞sin2θ
2
ΓΓ+222πa4πa
2
2
⎛v⎫ΓΓ22 v⎪⎪=4sinθ+4sinθ2πav+4π2a2v2
∞⎝∞⎭∞
2
2
⎛v⎫⎫Γ2⎛⎪ 压强分布函数为Cp=1- =1-4sinθ1+ v⎪ 4πasinθv⎪⎪∞⎭⎝∞⎭⎝
习题四
4—1解：查表得标准大气的粘性系数为u=1.78⨯10
-5
kg
Rel=
ρV∞L
u
=
1.225⨯30⨯0.6
=1.23876⨯106
-5
1.78⨯10
平板上下两面所受的总得摩擦阻力为
2F=2⨯
0.66412
⨯ρV∞S=0.789NReL2
1
ρvδ2=c2
∂v∂p2
=-ρvδδ=-ρv0xmv0xm-1=-mρv0x2m-1
4—2解：沿边阶层的外边界，伯努利方程成立∂x∂x
∂p∂p
当m〉0时〈0；当m〈0时0
∂x∂x
∴m〉0代表顺压梯度，m〈0代表逆压梯度
p+
v3⎛y⎫1⎛y⎫
4—4解：（a）将x= ⎪- ⎪带入（4—90）中的第二式得
vδ2⎝δ⎭2⎝δ⎭
2
δ=⎰
**
δ
vxvδ
⎛vx 1-v
δ⎝⎫39⎪dy=δ⎪280⎭
x
由牛顿粘性定律τw=u ∂y⎪⎪=2u
⎝⎭y=0
⎛∂v⎫
3uδ
δ
下面求动量积分关系式，因为是平板附面层
**
dvδτw2dδ∴=0积分关系式可表示为=vδdxρdx
将上述关系式代入积分关系式，得
13dx
边界条件为x=0时，δ=0δdδ=u
140ρvδ
δ=
积分上式，得平板边界层的厚度沿板长的变化规律
∴δ
39
(Rx=0.646=280⨯4.64
**
l
4.64
Rlx
（b）
δ*=⎰ 1-
δ
⎛⎝
*
δ∴
3(Rx=8⨯4.64=1.74
l
vx⎫3
⎪dy=δ⎪v∞⎭8
（c）由（a）知
(δRlx=4.64
τw=u
32
4.64x；δ=δRlx
τw
ρvδ22
=0.646Rlx
（d）由（4—32）得Cf=
∴CfRlx=0.646
1
ρvδ2bdx(假设版宽为b)02
XF1.292
（e）单面平板的摩擦阻力为摩阻系数为Cf==
Rlxρvδ2s2
∴CfRlx=1.292
XF=⎰Cf
l
4—6解：全部为层流时的附面层流厚度由式（4—92）得
δ(L)=5.48ReL
-=0.01918
全部为湍流时的附面层流厚度由式（4—10）得
δ
(L)=0.37LReL
4-8
=0.0817
第五章
5—2解：设在弦线处布涡的强度为Γ，则该涡在弦线处产生的诱导速度为
vyi=
Γ2π2
=
Γπc
Γ⎛dy⎫⎛dy⎫
=v∞ f-α⎪∴Γ=πcv∞ f-α⎪因此开力为若取弦点为控制点，在改点满足边界条件
πc⎝dx⎭⎝dx⎭
L=-ρv2⎛
dyf⎫∞Γ=ρπcv∞ ⎝
α-dx⎪
⎭开力系数为CL
⎫
L=
=2π⎛
α-dyf
⎪ρv2⎝dx⎭
对于平板dyfdx=0
2
∞c∴Cα
L=2πα；CL=2π
5—3证明（1）将r（θ）表示为下列三角级数
θ)=2v⎛cosθ∞r(⎫
∞ ⎝A0sinθ+∑Ansinnθ⎪将其代入（5—35）得
n=1⎭α∞-AAncos(nθ=dy
f
1
π
dyf0+∑1)n=1
dx
可得A0=α-
π
⎰
dxdθ；A2πdyf
1n=π⎰0dx
cosnθ1dθ1dyfdx=0，故有AAcosθ
0=α，1=A2= An=0∴r(θ)=2v∞αsinθ
当θ→π时，r(π)≠0，不满足后缘条件
（2）将r(θ)=2v⎛ 1+cosθ∞⎫∞⎝A0sinθ+∑Ansinsθ⎪⎭
将其带入（5—35）积分得
n=1⎡∞
Ansinnθ⎤
-1πv⎢π(1+cosθ)dθπ∑sinθn=1
⎥dy∞⎢⎢⎰0cosθ-cosθ2+⎰0cosθ-cosθ2θ⎥=f-α⎢⎥dx
⎣⎥⎦
α∞
-A0+∑Ancos(nθdyf
1)=
n=1
sinθ1
A1dyf0=α-
π⎰dxdθ1An=2πdyf
π⎰0dx
cosnθ1dθ1对于平板dy
fdx
=0，∴A0=α；A1=A2= An=0
∴r(θ)=2v1+cosθ
∞α
sinθ当θ→π时，r(θ)=0，满足后缘条件
对于平板，
5—4解对于薄翼型，CLαdyf1=(0.8-2x)；0≤x≤0.4dx8=2π对于2412翼型，dyf=0.0555(0.8-2x)；0.4≤x≤1dx
令x=1(1-cosθ1)，则当x=0.4时，θ1=arccos0.22
dyf1=(0.8-0.2)；0≤x≤arccos0.2dx8
dyf=0.0555(0.8-0.2)；arccos0.2≤x≤πdx
∴α0=
+11π⎰π0dyf(1-cosθ1)dθ1=1
dxπ⎰arccos0.2
01(cosθ1-0.2)(1-cosθ1)dθ18
π⎰π
arccos0.20.0555(cosθ1-0.2)(1-cosθ1)dθ1
An=2
π⎰π
0dyfcosnθ1dθ1dx
2⎡arccos0.212π⎤(A1=⎢⎰cosθ1-0.2)(1-cosθ1)dθ1+⎰0.0555(cosθ1-0.2)(1-cosθ1)⎥π⎣08πarccos0.2⎦A2=π2⎡arccos0.21⎤()()cosθ-0.2cos2θdθ+0.0555cosθ-0.2cos2θdθ111111⎰⎰arccos0.2⎥π⎢8⎣0⎦Cmp=
4π(A1-A2)
2225—5解：根据余弦定理c=a+b-2abcosc=0.9849∴c=0.9924
a2+c2-b2a2+a2+b2-2abcosc-b2a-bcosccosB====0.99622ac2acc
∴∠B=4.98780=50
CL=2π(α-α0)；α0=1
π⎰π
0dyf(1-cosθ1)dθ1dx
dyf2=tan50；0≤x≤dx3
dy20折算后的迎角为10，f=tan1700≤x≤1dx3
令x=11⎫(1-cosθ1)当x=2时θ1=arccos⎛ -⎪=1.9106弧度23⎝3⎭
1∴α0=π⎰1.9106
0tan50(1-cosθ1)dθ1+1
π⎰π
1.9106tan1700(1-cosθ1)dθ1
=tan50
π⎰1.9106
0(1-cosθ1)dθ1+tan1700
π⎰1.9106
0(1-cosθ1)dθ1=-0.1253
⎡10⨯π⎤∴CL=2π(α-α0)=2π⎢+0.1253⎥=1.8837⎣180⎦
5—7解：yf=kx(x-1)(x-2)=kx-3x+2x32()
dyfdy(正号舍去)=k3x2-6x+2令f=0得x=1±dxdx3()d2yfd2yf3代入，得=k(6x-6)将x=1-〈0dx2dx23
因此yf在x=1-处取得极大值，f=2%3
将x=1-代入yf得k=0.0523
令x=1331⎫2(1-cosθ1)代入（1）得dyf=⎛ cosθ1+cosθ1-⎪k2dx⎝424⎭
1∴α0=π⎰π
0dyf(1-cosθ1)dθ1dx
∴CL=2π(α-α0)=2π(0.0524-0.1105)=1.0235A1=dyfθ1dθ1=0.07794π⎰0dx
1πdyfA0=α-⎰θ=0.04587π0dx1π2
A2=2
π⎰π
0⎛dyf⎫ ⎪cos2θ1dθ1=0.0186⎝dx⎭
CL=CL=(2A0+A1)π=0.533π
4(A2-A1)-1CL=-0.17984
6—5解：根据开力线理论vyi(δ)=
⎰-dΓdζ4πζ-δdζ1⎡⎛2ζ⎫2⎤dΓ-12ζΓ0已知Γ(δ)=Γ0⎢1- ⎪⎥=L2⎢⎝L⎭⎥⎣⎦dζ⎡⎛2ζ⎫2⎤⎪⎥⎢1- ⎢⎝L⎭⎥⎣⎦⎡⎛2ζ⎫2⎤⎪⎥⎢1- L⎝⎭⎦3Γ0⎣LLL⎢⎥∴vyi(δ)=2dζ；令ζ=-cosθ；ζ=-cosθ；dζ=sinθ1dθ11⎰-πLζ-δ2223Γ0vyi=-2πL则⎰π
03Γ⎛sin3θ⎫sin2θ1cosθ1θ1=-0 1-⎪cosθ1-cosθ8L⎝sinθ⎭
3Γ0L2
438L当3ΓLζ=时θ=π，vyi=-0
24Lζ=时θ=π，vyi=-
6—6解（1）有叠加原理可知，a处的下洗速度为
⎡⎤LL⎢⎥Γ⎢Γ⎥vyi=-+-2⎥24πa⎢L⎫2L⎛⎫4π22⎢ ⎪+a+a⎥ ⎪2⎢⎥⎝2⎭⎣⎝2⎭⎦2⎡⎤⎡⎤L⎫⎛2⎢⎥⎢ ⎪+a⎥aΓ⎢⎢⎥⎥⎝2⎭1+=-1+⎢⎥⎢2πLa⎛L⎫⎢⎢⎥+a2⎥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝2⎭⎣⎦⎣⎦a
2⎡⎤L⎫⎛2⎢ ⎪+a⎥vyiΓ⎢L2Γλ⎥⎝2⎭处的下洗角α为α=-=1+；C==L⎥V∞πLV∞⎢aρV∞2V∞L⎢⎥2⎢⎥⎣⎦
2⎡⎤L⎫⎛2⎢ ⎪+a⎥C⎢⎥⎝2⎭α=L⎢1+2πλaCVL⎢⎥因此Γ=L∞代入下洗角中得⎢⎥2a⎣⎦
CL=
（2）对于椭圆翼CL∞1+αCL∞(α-α0)=
πλ2π2πλ(α-α0)=λ+21+πλ
⎡⎛L⎫2⎤⎡L⎫2⎤22⎢ ⎪+a⎥⎢ ⎪+a⎥C⎢⎝2⎭1⎢⎝2⎭⎥⎥(α-α0)di=L⎢+1⎥=+1⎢⎥2πλaλ+2a⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
⎡⎛L⎫2⎤2⎢ ⎪+a⎥dd1⎢⎝2⎭⎥当λ=8，a=0.4时∴i=+1⎢⎥dαλ+2a⎢⎥⎢⎥⎣⎦
ddi=0.26dα
6-8
6—9解：CL=L
ρV∞2s2=0.274;CLαCL∞==4.68rad-1α1+CL∞α
α-α0=CL00=3.354;α=3.354-1.2=2.13αCL
CDi=CL2
πλ=0.00385
LρV∞2s2=0.846;CDi=CL26—11解：C=Lπλ(1+δ)=0.09985
xi=CDi
第七章x1ρV∞2s=1017N;i=4.71%2L
7—1解状态方程p=ρRT
P1=506.62KPa；P2=506.62KPa；P3=1019.25KPa
1
2
v1；v2=w1；v3=v2
T1=300K；T2；T3
（1）由状态1等压膨胀到2的过程中，根据质量守恒方程ρ1；ρ2=ρ1；ρ3=ρ2v2=2v1所以ρ2=等压变化ρ1T1=1ρ12ρ2T2∴T2ρ1==2；T2=2T1=600KT1ρ2
由2→3等容变化，根据质量方程ρ3=等容变化ρ2P3P2T3=∴=2；T3=2T2T3T2T2
（2）介质只在1→2过程中膨胀做功w=p∇v=21.53KJ
（3）δQ=CpT+CvTm=182.996
（4）δq=du+pdv∴du=δq-pdv=161.466KJ()
⎡P⎛ρ⎫r⎤1⎪⎥∴∆δ=0.298kj（5）δs=C
vln⎢2 ⎪Pρ2⎭⎥⎢1⎝⎣⎦
7-2
7—3解根据质量守恒小截面与A2截面的流量相等即
cP0A1PAAq(λ)q(λ1)=c02q(λ2)∴q(λ2)=11=0.388A200
∴λ2=0.25
7—4解：气流从Ma=1加速到Ma1=1.5需要的外折角度为δ'=11.91
总的外折角度δ=δ'+15=26.91
查表得Ma2=2.02000P2P2P0⎛P2⎫⎪=⋅= ⎪PP0P⎝P0⎭11⎛P0⎫ P⎪⎪=0.456
⎝1⎭
7—5解：经过正激波时绝热，总温度T0不变根据总静温之比T0r-1T*2=1+Ma2∴=T2T0r+1∴T*=2T02rRT0；C*=rRT*=r+1r+1
波后的速度系数为λ2=v2=*Cv2
2rRT0
r+1
1
v22rRT0r+1根据波前波后的速度关系λ1λ2=1∴λ1=
根据马赫数与速度系数的关系，得得波德马赫数
2λ122Ma1=-21-λ1r+1
总压损失系数δ为
r-1⎫⎛2r2δ
= Ma1-⎪r+1r+1⎝⎭
7-8-1r-1⎡(r+1)Ma1⎤⎢⎥2r-1Ma+21⎣⎦21r-1