北航空气动力学课后答案 至 章

一章

1.1解：R2k8315 32259.84m2（s•k）m 气瓶中氧气的重量为

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

当n=0时 u=0推出u00 当n=h时 u=wr推出kwr h则摩擦应力为

上圆盘半径为r处的微元对中心的转矩为 则20D20ur3hdrduD332

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密度为aTa

1-7解:pRT P24.4KG2

MRT 空气的质量为mv662.98kg 第二章

2-2解流线的微分方程为

dxdy vxvydxdy，xdxydy 222xy2xy 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=48 2-3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

dydy代入上式得 VxVy 由Vx22xy2y2得 Vx2+Vy2=x2+2xy+y2 （（2）

由（1）（2）得vxxy，vyy

2-5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vrcosvsin

vyvrsinvcosrsiny

v1cosyrrxrcosxcos 由yrsinv1sinrx2-6解：（1）

VVxVV3x2siny y3x2siny xy0 xyxy 此流动满足质量守恒定律

VyVxVxVy22 （2）3xsiny 3xsiny 6x2siny0

xxyy 此流动不满足质量守恒定律

2y22xy （3）Vx=2rsin Vy=-2rsin2

rr 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 dyxkk2dxdy22由流线方程 (1) 由v得vxvy4（2） rrvxvykykxv yr3r3此流动满足质量守恒方程

由（1）（2）得方程vxVyVxVzVy3yz3yzVxVz2—7解：770同样0 0

yz2r22r2zxxy 该流场无旋

2—8解：（1）xVVxVa yya zza xzy1VzVy1VxVz1VyVx （2）x0；0；0 yz2yz2zx2xy（3）dvxdxvydyvzdzaxdxaydy2azdz 2—9解：曲线x2y=-4，fx，yx2y40 切向单位向量tfyfxfy22ifxfxfy22jx2x4xy422i2xyx4xy422

把x=2，y=-1代入得v2—14解：v=180km=50m shijx22xyix2xj xy112 根据伯努利方程pVV2 ppa

22112 驻点处v=0，表示为ppaV1.2255021531.25pa

22 相对流速为60m处得表

s 示为ppa第三章

3—1解：根据叠加原理，流动的流函数为x，yVy速度分量是Vx111V2V21531.251.225602637.75 222Qyarctg 2xQxQyV2；V y222y2xyx2xyQ；yA0 2V驻点A的位置由VAX=0 VAy=0求得 xA过驻点的流线方程为VyyQyyQarctgVyAarctgA 2x2xA2QyQsinvsin2在半无限体上，垂直方向的速度为vy 222xy2r-2vsincosvsin2线面求极值0 2d--dvy当sin0 vyvy0

min用迭代法求解

tg2 vyvy

max-tg2得 -QyQsinvsin2由vy 222xy2r-可计算出当1时，vy0.724611v，vx0.61574v 合速度Vvxvyv

3—3解：设点源强度为Q，根据叠加原理，流动的函数为

22两个速度分量为x2xaxax2222xayxayx2y-3a 2对于驻点，vxvy0，解得xA0，yA3a 33—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 速度与极半径的夹角为arctgVarctg VrQyy3—5根据叠加原理得合成流动的流函数为Vaarctgaarctgy yaya 两个速度分量为vxaxaaxaV1 2222yxayx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xaarctgyyaarctg0 yaya 对上式进行改变，得x2y2a22ayytana

当x0时，数值求解得y1.03065a 3—9解：根据叠加原理，得合成流动的流函数为

速度分量为vxvyQxaQxa

2xa2y22xa2y2aQ2vv0，0由x得驻点位置为ay v过驻点的流线方程为

vyQyQyarctgarctg0 2ya2ya上面的流线方程可改写为

2vyyyarctgarctg Qyaya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x2y2a22ay

2vytanQ当av2yQ 1时，包含驻点的流线方程为x2y21tany23—10解：偶极子位于原点，正指向和负x轴夹角为，其流函数为 Mycosxsin 当45时 222xy3—11解：圆柱表面上的速度为v2vsin2 2a2v214sin1压强分布函数为Cp1v4asinv

第四章

4—1解：查表得标准大气的粘性系数为u1.78105kgn

平板上下两面所受的总得摩擦阻力为

4—2解：沿边阶层的外边界，伯努利方程成立

12pvc2vp2vv0xmv0xm1mv0x2m1 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v3y1y4—4解：（a）将x带入（4—90）中的第二式得

v22vx3uu由牛顿粘性定律wu下面求动量积分关系式，因为是平板附面层 y2y0dvw2d0积分关系式可表示为 vdxdx2将上述关系式代入积分关系式，得

13dxdu边界条件为x=0时，0 140v积分上式，得平板边界层的厚度沿板长的变化规律

39xRx0.62804.l4.Rlx

（b）

103xRx84.1.74lvx3dyv8

（c）由（a）知xRlx4.

wu324.x；Rlxw1v220.6 Rlx（d）由（4—32）得CfCfRlx0.61v2bdx假设版宽为b02XF1.292（e）单面平板的摩擦阻力为摩阻系数为Cf 12Rlxvs2CfRlx1.292XFCfl4—6解：全部为层流时的附面层流厚度由式（4—92）得

全部为湍流时的附面层流厚度由式（4—10）得 第五章

5-1 一架低速飞机的平直机翼采用NACA2415翼型，问此翼型的f，xf和c各是多少？

解：此翼型的最大弯度f=2% 最大弯度位置xf=40% 最大厚度c=15%

5-2 有一个小α下的平板翼型，作为近似，将其上的涡集中在1弦点上，见图。试

4证明若取3弦点处满足边界条件，则Cl=2π rad1

4解：点涡在1处，在3处满足边界条件，即

44 代入边界条件表达式 v'v

dyfdxv中，

升力v

5-3 小迎角下平板翼型的绕流问题，试证明()可以有以下两种形式的解：

1）()cossin2v 2） ()1cossin2v 而解1）满足边界条件，解2）不满足边界条件。 解：迎角弯度问题的涡强方程为

12bd(x)v(dy0dx) 置换变量后，上面方程化为 对1） ()cossin2v 带入方程（*）

cossin2vsind左02(coscos1)

右v()v 故方程满足

对于2）， ()1cossin2v 代入方程（*）

1cos2vsind左sin02(coscos

1)

v右 故方程满足

后缘条件：

*）

（①()当cos2v sincos2v0 后缘处 sin 故不满足后缘处0的条件

1cos2v ② ()sin

1cos02v2v 后缘处，sin01cossin

当时取极限lim 故

=0

 满足后缘条件

5-4 NACA2412翼型中弧线方程是 见图。试根据薄翼型理论求Cy，

0，xF和mZ0并与表5-1中实验数据相比较。

1[02.095，C，xF0.25，mZ00.05309] y2 rad解：Cy2/rad

b(1cos) 取b1 2 由变量置换x 知x0.4时

1dyf[0.82x]0.10.25x8 又dx 0.0555[0.82x]0.04440.111x

0

1[(0.10.25x)(1cos)d(0.04440.111x)(1cos)d]0ff1f11{[0.10.25(1cos)](1cos)d[0.04440.111(1cos)](1cos)d}f0222.095 （注意：xF是焦点，xf是最大弯度位置）

C实验值为 y0.9852

5-5 一个翼型前段是一平板，后段为下偏15的平板襟翼，见图。 试求当5时的Cy值。

解：ABAC2BC22ACBCcos1650.992461

5-7 一个弯板翼型，b1，试求： 解：0yfkx(x1)(x2)，k为常数。f2%。

3时的Cy和mZ。

1dyfdx0(1cos1)d1

2k30.02 当x1时， yymax3335-10 低速气流V以小流过一个薄对称翼型，

yC4(① ②

C)x(1x)，试用迎角问题和厚度问题，求 2表面CP与x的函数关系表达式。

CP(x1)的值

2解：应用薄翼理论，将该问题分解为迎角问题和厚度问题。

迎角问题：攻角流过平板

A0，

An0

故 ()2Vcot2

厚度问题：攻角0度，流过对称翼型

8c1C2当x时，P

2第六章

6-1 有一平直梯形翼，S 求该机翼的值。

35m2，4，b11.5m

解：4 b11.5



6-2 试从几何关系证明三角翼的tan0证明：

c0ltan0Sc 0l 而226—5解：根据开力线理论vyiL2Ldd

24d2112d12022已知01； 12LdLL121221LL302vyi2LL22d；令Lcos；Lcos；dLsind

111222230则vyi2L03sin3sin21cos1d101

cos1cos8Lsin30L2438L当

3L时，vyi024L时，vyi6—6解（1）有叠加原理可知，a处的下洗速度为

LL22vyi22L4aL2L42a2a2222L2aa2112LaLa22a

2L2avyiL221；C处的下洗角为 L1VLVaV2VL22L2aC2L12aCVL 因此L代入下洗角中得2aCL（2）对于椭圆翼

CL1CL0220221

L22add121 i当8，a0.4时 d2a6-8（旧书） 使用三角级数法计算2Cy无扭转矩形翼的环量分布，沿展向取

6，

，三个位置（n=3）,试求出()的表达式。 23解：根据升力线理论的三角级数解法，可知

()2lVAnsin(n) ①

n1系数An可用下式确定

asinAnsin(n)(nsin) ②

n1对该题，b()将const

，，代入②得（②取三项） 6320.375A11.25A30.875A50.125aa 即0.96651A11.83253A50.216511.25A1.75A2.25A0.25135a解得 A10.232a A30.0277a A50.0038a

6-8一个有弯度的翼型，04，Cy2rad，

若将此翼型放到一个无扭转 解：Cy(0)Cy

由于是无扭转机翼

5的椭圆翼上，试求此机翼在8时的Cy。

6-9一架重量G14700N的飞机，在（YG），机翼面积S17m2h3000m以V300km/h巡航平飞

，

6.2，

NACA23012翼型，

(01.2,CL0.108/) 无扭转椭圆形平面形状。求：CL(Cy)，，

CDV(CXi)

C 解：yY1V2S2G130020.90913()1.723.60.274

1.2因是无扭转椭圆翼 00l6-10 有一架重量G7.3810N的单翼飞机，机翼为椭圆形平面形状，

415.23m，

现以90m/s的速度在海平面直线飞行，是计算其涡阻Xi及根部剖面处的0值。 解：平飞 GXI=

G7.38104

G2

2（7.38x104）故，Xi1x1.225x90222

代入，得Xi1507 Y=2.0 40=55.99

6-11 矩形机翼，面以v6，l12m，翼载荷 G/s900N/m2。试计算飞机在海平

150km/h平飞时的诱导阻力以及诱导与总升力之比。

解：矩形机翼 0.049

故CXi2Cy(1)

6-12一个A=9，2.5无扭转值机翼在某雷诺数下实验所得的CL曲线见图。

01.5，CL0.084/，CLmax1.22，若其他参数不变，只是A减小为5，

求此时0和CL，并画出A=5时机翼的CL曲线。

 解：无扭转直机翼 2.5

A=9时，01.5，CL0.084 CLmax1.22

当A=5时，0不变 01.5 假定为0，则

故

第七章

7—1解状态方程pRT

（1）由状态1等压膨胀到2的过程中，根据质量守恒方程

1v22v1所以21

2等压变化1T12T2T212；T22T1600K T12由23等容变化，根据质量方程32 等容变化

P3P2T32；T32T2 T3T2T2（2）介质只在12过程中膨胀做功wpv21.53KJ 7—3解根据质量守恒小截面与A2截面的流量相等即

7—4解：气流从Ma=1加速到Ma1=1.5需要的外折角度为11.910

总的外折角度15026.910 查表得Ma2=2.02

P2P2P0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波后的速度系数为2v2Cv2 2rRT0r1根据波前波后的速度关系121 11v22rRT0 r1根据马赫数与速度系数的关系，得得波德马赫数 总压损失系数为 第八章

8-4 二维翼型在气流中这样放置，使它的最低压强点出现在下表面。当远前方来流马赫数为0.3时，这点的压强系数为-0.782。试用普朗特—葛劳渥法则，求出翼型的临界马赫数。 解：MC0.3时，CPmin0.782，应用普—葛法则，即Pmin0.7821M21，CPM0

CPmin ⑴

或用

0.782CPM010.322CPM00.746

则CPmin0.7461M

又应用等熵关系 临界马赫数时 Mmin1

CPmin12P22121M1⑵ 1222MPM1联立⑴⑵得，M0.654 CPmin0.987

8-6 某翼型在M增大到0.8时，翼型上最大速度点的速度已达音速。问此翼型在低速时最大速度点的压强系数是多少？假设普朗特—葛涝渥法则可用。 解： M临0.8 求CPminM0?

8-9 一展弦比为10的矩形机翼，以马赫数M0.6作等速水平飞行，试求该机翼的升力线斜率的Cy，并将此结果与相同机翼在不可压缩流中的Cy进行比较

C解： 相同翼型在不可压流中的y为：

M0.6时，根据普朗特-葛劳渥法则，对应不可压机翼后掠角还是0，仍为矩形翼，

C'8展弦比变小为，其不可压y'为

4.86CCy'6.075 而y0.81第九章

9-3 二维平板在2千米高度，以M化理论，计算上下表面间的压强差。

解：如图，用激-膨理论

2飞行，迎角为10。试分别用激-膨理论和线

P2下1.69 M12，10下，查图7-20，P1P10.1278 M2'26.38上表面膨胀波，查表5，，对应，P0P20.07 故从M=1外折'1036.38后，P0P2上0.070.55 所以，P10.1278故 CP下2P2(1)(1.691)0.2422MP2

2线化理论 CPB9-6 有一机翼，平面形状如图所示。试求超音速前缘和亚音速后缘的马赫数范围

解： 前故 前2c3arctanarctanb3b 2时 超音速前缘

2c2c2c2M1 即M1 3b3b 要亚音速后缘，即Mn21

4cM1 故 3b 所以，当

4c216c21M129b9b2时满足要求。

9-7 有一三角形机翼，前缘后掠角0为45，现以V解：tan前450m/s速度飞行。试

考虑飞行高度分别为海平面、5500米和11000米时，该机翼前缘性质作何变化。

1

V1.324 海平面时， a340,Ma45011.0012 h=5500 a=318 时 tan3182450tan11.1519 h=11000 a=295 时

295故前缘分别是亚音速、音速、超音速。

2