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工位上换了新电脑，于是需要给新电脑安装 Linux 子系统（WSL 2）用来跑代码。
这里简单记录一下我的安装过程。

1. 安装 WSL 2

这里主要是按照微软官方的教程^[1][2]来做。

先在 powershell 里启用 WSL 和虚拟机功能

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dism.exe /online /enable-feature /featurename:Microsoft-Windows-Subsystem-Linux /all /norestart  
dism.exe /online /enable-feature /featurename:VirtualMachinePlatform /all /norestart  

然后安装适用于 x64 计算机的 WSL2 Linux 内核更新包，并在 powershell 里将 WSL 2 设置为默认。

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wsl --set-default-version 2

WSL 2 的自定义安装位置参考的是CSDN上给的做法：我下载了Ubuntu 24.04 的 AppxBundle，从包里提取 Ubuntu_2404.0.5.0_x64.Appx ，然后在我想要的位置将它当成 zip 解压。最后运行一下 ubuntu2404.exe 即可。

2. 导入Windows系统的字体

这里主要参照知乎上给的方法^[3]，做了个软链接。

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sudo mkdir /usr/share/fonts/win11 
sudo ln -s /mnt/c/Windows/Fonts/* /usr/share/fonts/win11
fc-cache -fv

3. 安装CUDA

Nvidia 的安装教程 和它给的下载链接主要是针对 WSL-Ubuntu 的。

我用的网络下载，在shell里就应该是：

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wget https://developer.download.nvidia.com/compute/cuda/repos/wsl-ubuntu/x86_64/cuda-keyring_1.1-1_all.deb
sudo dpkg -i cuda-keyring_1.1-1_all.deb
sudo apt-get update
sudo apt-get -y install cuda-toolkit-12-6
sudo apt-get -y install cuda

即使是这么安装完，还是会有非常幽默的 nvcc 找不到、 libcuda.so 找不到等问题。我就参照网上的做法^[4][5]在 ~/.bashrc 里补充了这么一段：

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# >>> Nvidia CUDA initialize >>>
export CUDA_HOME=/usr/local/cuda
export PATH=${CUDA_HOME}/bin:${PATH}
export LD_LIBRARY_PATH=${CUDA_HOME}/lib64:${LD_LIBRARY_PATH:+:${LD_LIBRARY_PATH}}
export LD_LIBRARY_PATH=/usr/lib/wsl/lib/:${LD_LIBRARY_PATH}
# <<< Nvidia CUDA initialize <<<

搞定。

题 1

一无限流体被单位质量力 $\mu r^{-3/2}$ 的力作用，方向指向原点。若开始时流体静止且其中有一个空腔 $r=c$，证明：在过 $(\frac{2}{5 \mu})^{1/2} c^{5/4}$ 时间之后，空腔被流体填满。

这里假设流体不可压缩。取球坐标系 $(r, \theta, \phi)$ 进行计算，并以空腔中心为原点。

思路1：功能关系

假设当 $t=t_0$ 时，空腔边界的球壳形薄液面位于 $r=r_0$ 处。该薄液面厚度为 $\mathrm{d}r_0$, 液面速度 $v_r (r_0, t_0) = 0$。

若 $t_0$ 时刻，位于 $r=r_0$ 处且厚度为 $\mathrm{d}r_0$ 的液面向内推动了 $\mathrm{d} r$， 由于该液面的质量积为 $\mathrm{d}m = \rho (4 \pi r_0^2) \mathrm{d}r_0$，则这一过程中体积力（$F_{br} = -\mu r^{-3/2}$）所作的功为

$$\mathrm{d} W = \mathrm{d}m \cdot \int_{r_0}^{+\infty} F_{br} \mathrm{d}r = \mathrm{d}m \cdot (-2 \mu r_0^{-1/2}) = -8 \mu \rho \pi r_0^{3/2} \mathrm{d}r_0 .$$

当 $t_1 = t_0 + \delta_t$ 时，该液面前进到 $r=r_1$ 位置（$r_1 \le r_0$），此时液面速度为 $v_r(r_1, t_1) = \dfrac{\mathrm{d} r_1}{\mathrm{d} t}$ 。

所以薄液面从 $r_0$ 运动到 $r_1$ 过程中， $F_{br}$ 做的总功为：

$$W = \int_{r_0}^{r_1} \mathrm{d} W = \frac{16}{5} \mu \rho \pi (r_0^{5/2} - r_1^{5/2})$$

记速度 $\bold{v} = [v_r, 0, 0]^T$。代入球坐标系下的连续性方程，化简得：

$$\frac{\partial (r^2 v_r)}{\partial r} = 0$$

对 $r$ 积分，可得 $r^2 v_r = f(t)$ ，其中 $f(t)$ 为待定函数。根据这一方程，可得在 $t_1$ 时刻满足 $r_0^2 v_r(r_0, t_1) = r_1^2 v_r(r_1, t_1)$ 。

在 $t_1$ 时刻， $r=r_0$ 层液体的动能表示为

$$\mathrm{d} E = \frac{1}{2} \cdot \mathrm{d}m \cdot v_r^2(r_0, t_1) = 2 \rho \pi \cdot \frac{r_1^4}{r_0^2} \cdot v_r^2(r_1, t_1) \mathrm{d}r_0$$

这一时刻下整个系统的动能为：

$$E = \int_{r_1}^{+\infty} \mathrm{d} E = 2 \rho \pi r_1^3 \cdot v_r^2(r_1, t_1)$$

据此，我们令 $t_0$ 时刻即为初始时刻（$t_0=0$），满足 $r_0 = c$ 和 $v_r(t=0)=0$。所以 $t_0$ 时刻的动能为 0。对 $t_0$ 到 $t_1$ 时刻的过程， $F_{br}$ 所做的功 $W$ 全部转化为流场动能 $E$，即：$W=E$。

$$\frac{16}{5} \mu \rho \pi (c^{5/2} - r_1^{5/2}) = 2 \rho \pi r_1^3 \cdot v_r^2(r_1, t_1) - 0$$

也就有：

$$v_r(r_1, t_1) = \frac{\mathrm{d} r_1}{\mathrm{d} t} = \sqrt{\frac{8 \mu}{5}} \cdot \sqrt{r_1^{-3/2} (c^{5/2} - r_1^{5/2})}$$

分离变量后解得：

$$\frac{16}{25} (c^{5/2} - r_1^{5/2}) = \left( \sqrt{\frac{8 \mu}{5}} t + c_1 \right)^2$$

其中 $c_1$ 为待定常数。当 $t=0$ 时， $r_1 = c$，所以 $c_1 = 0$。

假设当 $t=T_{m}$ 时 $r_1=0$， 则可解得： $T_m = (\frac{2}{5 \mu})^{1/2} c^{5/4}$。

思路2：联立动量方程和连续性方程

记速度 $\bold{v} = [v_r, 0, 0]^T$。代入连续性方程，化简得：

$$\frac{\partial (r^2 v_r)}{\partial r} = 0$$

对 $r$ 积分，可得 $r^2 v_r = f(t)$ ，其中 $f(t)$ 为待定函数。

该场景下的运动方程为

$$\rho \frac{\mathrm{D} \bold{v}}{\mathrm{D} t} = \rho \bold{F}_b$$

所以，动量方程写作：

$$\frac{\partial v_r}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_r}{\partial r} = F_{br}$$

由题目可知 $F_{br} = - \mu r^{-3/2}$。将 $r^2 v_r = f(t)$ 代入到运动方程中，得：

$$\frac{f'(t)}{r^2} + v_r \frac{\partial v_r}{\partial r} = -\mu r^{-3/2}$$

记 $R(t)$ 为真空球面的半径变化，则 $v_r (r=R(t)) = R'(t)$。对 $r$ 积分，得到：

$$\begin{aligned} \int_{\infty}^{R(t)} \frac{f'(t)}{r^2} + v_r \frac{\partial v_r}{\partial r} \mathrm{d}r &= -\mu \int_{\infty}^{R(t)} r^{-3/2} \mathrm{d}r \\ \left.\left[ -\frac{f'(t)}{r} + \frac{(v_r)^2}{2} \right]\right|_{\infty}^{R(t)} &= \left. \frac{2 \mu}{\sqrt{r}} \right|_{\infty}^{R(t)} \end{aligned}$$

代入 $v_r (r=\infty)=0$，整理得到：

$$-\frac{f'(t)}{R(t)} + \frac{(R'(t))^2}{2} = \frac{2 \mu}{\sqrt{R(t)}}$$

在边界上有 $f(t) = R^2(t) \cdot v_r (r=R(t)) = R^2 \cdot R'$ ， 所以 $f'(t) = 2 R R'^{2} + R^2 \cdot R{''}$ 。上式化简为：

$$-\frac{3}{2} R'^{2} -R \cdot R{''} = \frac{2 \mu}{\sqrt{R}}$$

由于 $\frac{\mathrm{d} (R^{1/2} (R')^{2})}{\mathrm{d} R} =\frac{R^{-1/2}}{2} (R')^{2} + 2 R^{1/2} R{''}$，上式整理得：

$$-\frac{\mathrm{d}(R^{1/2} (R')^{2})}{8\mu + 5 (R^{1/2} (R')^{2})} = \frac{\mathrm{d}R}{2R}$$

分离变量后并整理出 $R'$ ，可表示为：

$$R' = \sqrt{\frac{R^{-1/2}}{5} (c_1 R^{-5/2} - 8 \mu) }$$

将 $R(t=0)=c$ 和 $R'(t=0) = 0$ 代入，解得： $c_1 = 8 \mu c^{5/2}$ 。即：

$$R' = \sqrt{\frac{R^{-1/2}}{5} 8 \mu (c^{5/2} R^{-5/2} - 1)} \\= \sqrt{\frac{8 \mu}{5}} \cdot \sqrt{R^{-1/2} (c^{5/2} R^{-5/2} - 1)}$$

综上，真空球面的总运动时长表示为：

$$T = \int_{0}^{c} \frac{1}{R'} \mathrm{d}R = \sqrt{\frac{5}{8 \mu}} \int_{0}^{c} \left[ R^{-1/2} \left( \left(\frac{c}{R}\right)^{5/2} - 1 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}R$$

因为：

$$\begin{aligned} & \int_{0}^{c} \left[ R^{-1/2} \left( \left(\frac{c}{R}\right)^{5/2} - 1 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}R \\ =& \int_{0}^{c} R^{1/4} \left[ \left( \left(\frac{c}{R}\right)^{5/2} - 1 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}R \\ =& \frac{4}{5} \int_{0}^{c} \left[ \left( \left(\frac{c}{R}\right)^{5/2} - 1 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}(R^{5/4}) \\ \xlongequal{t=R^{5/4}} & \frac{4}{5} \int_{0}^{c^{5/4}} \left[ \left( c^{5/2} t^{-2} - 1 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}t \quad= \frac{4}{5} \int_{0}^{c^{5/4}} t \left[ \left( c^{5/2} - t^2 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}t \\ =& \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \int_{0}^{c^{5/4}} \left[ \left( c^{5/2} - t^2 \right) \right]^{-1/2} \mathrm{d}(c^{5/2} - t^2) \\ =& \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \left.2 (c^{5/2} - t^2)^{1/2}\right|_{0}^{c^{5/4}} = \frac{4}{5} c^{5/4} \end{aligned}$$

所以 $T = \sqrt{\frac{5}{8 \mu}} \cdot \frac{4}{5} c^{5/4} = \sqrt{\frac{2}{5 \mu}} c^{5/4}$ .

证毕。

题 2

体积为 $\frac{4}{3} \pi a^3$ 的液体充满于两个同心球面之间，外球面有压强 $\pi$ 作用，无质量力，内球面压强为 0 。开始时液体静止，内球面半径为 $2a$ 。证明：当内球面半径变为 $a$ 时，其速度为 $\displaystyle \left(\frac{14 \pi}{3 \rho} \frac{2^{1/3}}{2^{1/3} - 1}\right)^{\frac{1}{2}}$ 。

解

这里假设流体不可压缩。取球坐标系 $(r, \theta, \phi)$ 进行计算，并以空腔中心为原点。

记初始状态下（即 $t=0$ 时刻），内球面半径为 $R_0=2 a$，外球面半径为 $R_1$；当内球面半径变为 $a$ 时（即 $t_1$ 时刻），此时的内、外球面半径为分别为 $R_{01} = a$ 和 $R_{11}$。由于流体体积 $V = \frac{4}{3} \pi a^3$，可得：

$$\begin{aligned} V &= \frac{4}{3} \pi (R_1^3 - R_0^3) \\ &= \frac{4}{3} \pi (R_{11}^3 - R_{01}^3) \end{aligned}$$

解得： $R_1 = 9^{1/3} a$ 和 $R_{11} = 2^{1/3} a$。

记速度 $\bold{u} = [v_r, 0, 0]^T$。代入连续性方程，化简得：

$$\frac{\partial (r^2 v_r)}{\partial r} = 0$$

对 $r$ 积分，可得 $r^2 v_r = f(t)$ ，其中 $f(t)$ 为待定函数。

对 $t \in [0,t_1]$ 时间段，外界压强在外表面做的功为：

$$W = \int_{R_{1}}^{R_{11}} (-\pi) S(r) \mathrm{d} r = \frac{28}{3} \pi^2 a^3$$

其中 $S(r) = 4 \pi r^2$ 为球的表面积公式。

在 $t_1$ 时刻， $r^2 v_r = f(t_1)$ 为定值。若记此时刻的内球面速度为 $\bold{u}_0 = [v_0, 0, 0]^T$ ， $r$ 处的流体速度为 $\bold{u}_r = [v_r, 0, 0]^T$ （$r \in [R_{01}, R_{11}]$），则 $R_{01}^2 v_0 = r^2 v_r$ 。 所以 $v_r = \left( \frac{R_{01}}{r} \right)^2 v_0$。

$t_1$ 时刻的流场总动能表示为：

$$E_{t_1} = \int_{R_{01}}^{R_{11}} \frac{1}{2} v_r^2 \cdot (\rho S(r) \mathrm{d}r) = 2 \pi \rho v_0^2 a^3 \frac{2^{1/3} - 1}{2^{1/3}}$$

由于初始时刻的动能 $E_0 = 0$，根据功能关系可知：

$$W = E_{t_1} - E_0$$

解得 $t_1$ 时刻的内球面速度为： $\displaystyle v_0= - \left(\frac{14 \pi}{3 \rho} \frac{2^{1/3}}{2^{1/3} - 1}\right)^{\frac{1}{2}}$ ，方向指向原点。