Điểm nguồn, điểm hút: với lưu lượng q tâm đặt tại gốc toạ độ... Tìm lực nâng tác dụng lên 1m bề dài lều.. Để tìm lực nâng Fy tác dụng lên 1m bề dài lều, trên bán trụ ta chon một vi phân
Trang 1x y y
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ
∂
∂
∂
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
ϕ
∂
∂
y
u x
uy x
=
∂
∂
−
∂
∂
⇔rot(u)=0
dòng chảy phẳng, lưu chất lý tưởng không nén được chuyển động ổn định
Giới hạn:
I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1 Hàm thế vận tốc:
Ta định nghĩa hàm ϕ sao cho:
θ
ϕ
∂
=
∂
ϕ
∂
=
∂
ϕ
∂
=
∂
ϕ
∂
r
1 u
; r u hay y
u
; x
Trường véctơ u là trường có thế khi: ∫B
A ds
uG chỉ phụ thuộc vào hai vị trí A và B
Ta có:
B A B
A
B A
B A
) 1 ( thoả tồntại y
B
A x
B
A
d
) dy y
dx x ( ds u )
dy u dx u ( ds
u
ϕ
− ϕ
= ϕ
=
∂
ϕ
∂ +
∂
ϕ
∂
= +
=
∫
∫
∫
⇒
∫
∫
ϕ
G G
chỉ phụ thuộc vào giá trị hàm thế tại A và B.
Rõ ràng từ chứng minh trên, ∫B
A ds u
G Vậy:
(1)
A
B
n
u
u n
u s
0 dy u dx u 0
2 Phương trình đường đẳng thế:
3 Ý nghĩa hàm thế vận tốc: ΓAB =ϕB −ϕA Γ =B∫
A s
AB u ds là lưu số vận tốc
4 Tính chất hàm thế:
u x
u
2
2 2
2 y
∂
ϕ
∂ +
∂
ϕ
∂
⇔
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
ϕ
∂
∂
∂ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ
∂
∂
∂
⇔
=
∂
∂ +
∂
∂
⇔ Hàm thế thoả phương trình Laplace
Trang 25 Hàm dòng:
Khi dòng chảy lưu chất không nén được tồn tại, thì các thành phần vận tốc của nó
thoả ptr liên tục :
r u
; r
1 u hay x
u
; y u
/ 0
y
u x
u
r y
x y
x
∂
ψ
∂
−
= θ
ψ
∂
=
∂
ψ
∂
−
=
∂
ψ
∂
= ψ
∃
⇔
=
∂
∂ +
∂
∂
θ
ψ gọi là hàm dòng Như vậy ψ tồn tại trong mọi dòng chảy,
còn ϕ chỉ tồn tại trong dòng chảy thế
6 Hàm dòng trong thế phẳng:
y x
0 y y x
x
0 y
u x
u
2
2 2
2 x
∂
ψ
∂ +
∂
ψ
∂
⇔
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
∂
ψ
∂
∂
∂
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ψ
∂
∂
∂
−
⇔
=
∂
∂
−
∂
∂
Vậy trong dòng thế thì hàm ψ thoả ptr Laplace
7 Đường dòng và ptr:
x
dy y 0
dx u dy
∂
ψ
∂ +
∂
ψ
∂
⇔
=
−
x
y
O
n
n x
n y
dx dy
ds
α
(-dx=ds.sinα)
Như vậy trên cùng một đường dòng thì giá trị ψ là hằng số
8 Ý nghĩa hàm dòng:
Ta có:
∫
∫
∫
∫
∫
ψ
− ψ
= ψ
=
∂
ψ
∂
−
∂
ψ
∂
=
−
=
α +
α
= +
=
=
=
B
A
A B B
A
B
A
y x
B
B
B
A
B
A n AB
d dx x
dy y dx u dy u
ds sin u ds cos u ds n u ds n u ds n ds u
Vậy: qAB =ψB −ψA
9 Sự trực giao giữa họ các đường dòng và đường đẳng thế:
0 ) u ( u ) u ( u y y x
ψ
∂
∂
ϕ
∂ +
∂
ψ
∂
∂
ϕ
∂
Suy ra họ các đường dòng và các đường đẳng thế trực giao với nhau
10 Cộng thế lưu:
2 1
2 1
+ ψ + ψ
= ψ
+ ϕ + ϕ
= ϕ
11 Biễu diễn dòng thế:
với z = x+iy = e iα
Thế phức f(z): f(z) = ϕ + iψ
dx
d iu u dz
df
y
= Để biểu diễn dòng chảy thế, ta có thể biễu diễn riêng từng hàm dòng và hàm thế, ta
cũng có thể kết hợp hàm dòng với hàm thế thành một hàm thế phức như sau::
Trang 3II CÁC VÍ DỤ VỀ THẾ LƯU
x O
y
ϕ=0 ϕ=1 ϕ=2 ϕ=3
ϕ=-1 ϕ=-2 ϕ=-3
ψ=0 ψ=1 ψ=2 ψ=3
ψ=-3 ψ=-2 ψ=-1
V 0
α
1 Chuyển động thẳng đều: từ xa vô
cực tới, hợp với phương ngang một góc
α
ux = V0cosα; uy = V0sinα
dψ = uxdy - uydx
ψ = V0ycosα - V0xsinα + C
Chọn:ψ=0 là đường qua gốc toạ độ
⇒C=0
Vậy: ψ = V0ycosα - V0xsinα
Tương tự: ϕ = V0xcosα + V0ysinα
Biễu diễn bằng hàm thế phức:
F(z) = ϕ+iψ = (V0xcosα + V0ysinα) + i(V0ycosα - V0xsinα)
= x(V0cosα- iV0sinα)+yi(V0cosα - iV0sinα)
= az với: a=(V0cosα -iV0sinα) là số phức; z=x+iy là biến phức
2 Điểm nguồn, điểm hút: với lưu lượng q tâm đặt tại gốc toạ độ
(q>0:điểm nguồn; q<0:điểm hút).
⇒ Họ các đường dòng là những đường thẳng qua O.
) y x ln(
4
q )r ln(
2 q
1 r khi 0 chọn
; C )r ln(
2 q
dr r 2
q dr u d ru dr u d dr r d
2 2
r r
+ π
= π
= ϕ
⇒
=
= ϕ +
π
= ϕ
⇒
π
=
= θ +
= θ θ
ϕ
∂ +
∂
ϕ
∂
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ π
= θ π
=
ψ
⇒
= θ
= ψ +
θ π
=
ψ
⇒
θ
= θ +
−
= θ θ
ψ
∂ +
∂
ψ
∂
= ψ
⇒
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
=
θ
x
y arctg 2
q 2
q
0 khi
0 chọn
; C 2
q
d ru d ru dr u d dr
r
d
0
u 2 r
q
u
r r
r=
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
= π
= π
=
+ π
= θ + π
=
+ π
= π
= ϕ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ π
= θ π
= ψ
θ
θ
z ln a z ln 2
q ) re ln(
2 q
) e ln r (ln 2
q ) i r (ln 2
q ) z (
) y x ln(
4
q ) ln(
2 q
x
y arctg 2
q 2
q
i
i
2 2
ϕ
ψ=0
ψ=(q/4)
ψ=q/2
ψ=3q/
4
Ghi chú:
Trường hợp điểm nguồn (hút) có tâm đặt tại một vị trí khác gốc toạ độ, ví dụ đặt tại
A(x 0 ; y 0 ) thì trong công thức tính hàm dòng (hoặc thế vận tốc), tai vị trí nào có các biến x
phải thay bằng (x=x 0 ) ; tại vị trí nào có biến y phải thay bằng (y-y 0 ).
Trang 43 Xoáy tự do: đặt tại gốc toạ độ và có lưu số vận tốc Γ=∫ =
C
const ds
uG
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
= π
Γ
−
= π
Γ
−
=
θ + π
Γ
−
=
− θ π
Γ
=
+ π
Γ
−
= π
Γ
−
= ψ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ π
Γ
= θ π
Γ
= ϕ
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
= π
Γ
=
=
θ
θ
z ln a z ln 2
i )
re ln(
2 i
) i r (ln 2
i )
r ln i ( 2 ) z ( f
) y x ln(
4 ) r ln(
2
x
y arctg 2
2
const r
2 u
0 u
i
2 2 r
O
ψ
ϕ=0
ϕ=Γ/4
ϕ = Γ/2
ϕ=3Γ/4 Γ>0: xoáy dương
Ghi chú:
Γ>0: xoáy dương ngược chiều kim đồng hồ;
Γ<0: xoáy âm thuận chiều kim đồng hồ;
Tương tự, ta có trên đây là xoáy đặt tại O(0,0)
Muốn biễu diễn cho xoáy có tâm đặt tại điểm
bất kỳ, ta cũng thực hiện như trong phần ghi
chú của điểm nguồn, hút.
4 Lưỡng cực: là cặp điểm nguồn + hút có cùng lưu lượng qđặt cách nhau một
đoạn ε vôâ cùng nhỏ (cho ε→0 với điều kiện εq→m0, là moment lưỡng cực)
Ví dụ ta xét trường hợp nằm trên trục hoành:
Tìm hàm dòng:
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ + ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − ε π
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛ ε
−
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛ ε + +
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛ ε
−
−
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛ ε + π
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
−
− ε + π
= θ
− θ π
= ψ + ψ
= ψ
2
2 2
h n h
n
y 4 x
2 x y 2 x
y arctg 2
q
2 x
y 2 x
y 1
2 x
y 2
x
y
arctg 2
q
2 x
y arctg 2
x
y arctg 2
q ) (
2 q
Khi ε→0 tử số trong dấu arctg tiến tới 0 nên ta có thể viết:
2 2 0 2
2 2 2
2
y 2
m y
4 x
y 2
q y
4 x
2 x y 2 x y 2
q
+ π
−
→
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
ε
− π
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ + ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − ε π
=
ψ
Trang 5+q -q
ψ
Tìm hàm thế vận tốc:
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − ε
ε +
π
=
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −ε
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ + ε π
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
−
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
+ π
= ϕ + ϕ
= ϕ
2
2 2
2
2 2
2
2 2
2 h
n
y 2 x
x 2 1
ln 4
q y
2 x
y 2
x ln 4 q
y 2 x ln y
2 x ln 4 q
2
x x ) x 1 ln( + = − 2 + và bỏ qua các số hạng bậc cao vô cùng bé, ta có:
0 khi
y x
x 2
m y
2 x
x
2 2
q
2 2 0 2
+ π
→
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ − ε
ε π
= ϕ
Vậy tóm lại, đối với chuyển động lưỡng cực thì:
z
1 2
m ) sin i (cos r
sin
cos 2
m r
sin i
cos 2
m
)
z
(
r
cos 2
m y x
x 2
m
r
sin 2
m y
x
y 2
m
0 2
2 0 0
0 2 2
0
0 2
2 0
π
= θ + θ
θ +
θ π
= θ
− θ π
=
θ π
= + π
=
ϕ
θ π
−
= + π
−
=
ψ
Là chồng nhập của chuyển động thẳng đều ngang (U0)+ nguồn tại gốc toạ độ (q)
5 Dòng chảy quanh nửa cố thể:
θ π + θ
= π
+
=
ψ
π + θ
= +
π +
=
ϕ
2
q sin
r u ) x
y ( arctg 2
q y
u
r ln 2
q cos
r u ) y x ln(
4
q x
u
0 0
0
2
Điểm dừng A:
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
⇔
= + π
=
∂
ϕ
∂
π
−
=
⇔
= + π +
=
∂
ϕ
∂
⇔
=
=
⇔
=
⇑
0 y 0
y x
y 2 4
q y
u 2
q x
0 y x
x 2 4
q u
x
0 u
; 0 u
0
u
A 2
2
0 A
2 2 0
yA xA
A
A Điểm dừng
Trang 66 Dòng chảy quanh cố thể dạng Rankin
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ + π
+
=
ψ
+
−
+ + π
+
=
ϕ
a x
y arctg a
x
y arctg 2
q y u
y ) a x (
y ) a x ( ln 4
q x u
o
2 2
2 2 o
Có hai điểm dừng A và B:
{
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
+ π
±
=
⇔
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
− π +
⇔
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
− + π +
⇔
=
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
−
− + +
+ π
+
=
∂
ϕ
∂
=
⇔
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+
−
− + + π
=
∂
ϕ
∂
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
=
2 0 2
2 0
0
2 2 2
2 0
2 2 2
2
y x
a u
aq x
0 a x
a 4 4
q u
0 ) a x (
2 ) a x (
2 4
q u 0 y thế
0 y ) a x (
) a x ( 2 y
) a x (
) a x ( 2 4
q u x
0 y 0 y ) a x (
y 2 y
) a x (
y 2 4
q y
0 u
0 u 0
u
Là tổ hợp của dòng chuyển động thẳng
ngang đều (u0) + nguồn (+q) + hút(-q)
Trong đó điểm nguồn và hút nằm trên trục
hoành, cách nhau một đoạn 2a hữu hạn,
u 0
+q -q
2a
7 Dòng chảy quanh trụ tròn (Γ=0)
Xétø tổ hợp của chuyển động thẳng đều, nằm ngang (u0)+lưỡng cực (m0)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ π
− θ
=
θ π
− θ
= + π
−
+
=
ψ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛ π + θ
=
θ π + θ
= + π
+
=
ϕ
2 0
0 o
0 o
2 2
0 o
2 0
0 o
0 o
2 2
0
o
r u 2
m 1 sin r u r
sin 2
m sin r u y x
y 2
m
y
u
r u 2
m 1 cos r u r
cos 2
m cos r u y x
x 2
m
x
⇔ θ = 0 và
0
0
u 2
m r
π
=
0
0 u 2
m R
π
=
bằng đường tròn
Do không có sự trao
đổi lưu chất giữa
trong và ngoài
đường dòng ψ=0
0
0 u 2
m r
π
=
Thay đường tròn
thì bản chất dòng chảy vẫn không đổi
Ta có hình ảnh của dòng chảy bao quanh trụ tròn
(trụ không xoay)
Điểm dừng
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− θ
= ψ
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ + θ
= ϕ
2
2 o
2
2 o
r
R 1 sin r u
r
R 1 cos r u
Trang 7) θ sin 4 1 ( 2
u ρ
p dư = 2 0 − 2 tr
¾Tìm phân bố vận tốc trên mặt trụ r=R:
C D
u C = -2u 0
u D = 2u 0
p A = p B = ρu 0 /2
p C = p D = -3ρu 0 2 /2
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
θ
−
= θ
∂
ϕ
∂
=
⇒ θ
=
ϕ
0 u
sin u 2 r
1 u cos
R
u
2
r
0 R
r 0
¾Tìm hai điểm dừng trên mặt trụ:
π θ 0
θ 0
⇒ có hai điểm dừng A B trước và sau mặt trụ
¾Tìm hai điểm có giá trị vận tốc lớn nhất trên mặt trụ:
0 D
0 C
max
u 2 u
; u
2
3
; 2 u
u
=
−
=
π
= θ
π
= θ
⇔
=
có giá trị vận tốc lớn nhất
¾Khảo sát phân bố áp suất rên mặt trụ:
Áp dụng P.Tr NL trên đường dòng ψ=0 từ điểm xa vô cực đến điểm trên mặt trụ:
2
u p
2
u
tr
2
+
=
ρ
+
u
θ sin u 4 1 ( 2
u ρ ) u
u 1 ( 2
u ρ
0
2 2 0
2 0 2
0
2 tr
2
=
dư tr
Tại A, B: p p 2u20
B A
ρ
=
=
Tại C, D:
2
u 3 p
D D
ρ
−
=
= Do biểu đồ phân bố áp suất đối xứng qua ox lẫn oy nên
tổng lực tác dụng lên mặt trụ trong trường hợp này = 0
Nhận xét:
7 Chuyển động quanh trụ tròn xoay (Γ≠0):
Bao gồm chuyển động quanh trụ tròn + xoáy tự do (Γ +)
r ln 2 r
R 1 sin r u
2 r
R 1 cos r u
2
2 o
2
2 o
π
Γ
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
− θ
=
ψ
θ π
Γ +
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ + θ
=
ϕ
¾Phân bố vận tốc trên mặt trụ :
π
Γ + θ
−
=
2 R
1 sin
u 2 u
; 0
Vì r = R nên
suy ra:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
→ π
>
Γ
→ π
= Γ
→ π
<
Γ
⇒ π
Γ
= θ
⇔ π
Γ
= θ
⇔
=
dừng điểm 0 Ru
4
dừng điểm 1 Ru 4
dừng điểm 2 Ru
4 Ru
4
sin R
2 sin u 2 0 u
0 0 0 0
0
¾Phân bố áp suất trên mặt trụ :
2
u p
2
u
tr
2
+
=
ρ
+
π
Γ θ
1
2 0
R sin
u
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
−
=
−
=
2
0
2 0 2
0
2 tr
2 0
Ru π 2
Γ θ
sin 2 1 2
u ρ ) u
u 1 ( 2
u ρ
p dư tr
Giả sư û p∝=pa
¾Lực tác dụng trên mặt trụ:
0 2
0 tr
Phương y:
-Ỉ Lực nâng Jukovs
Lưu ý :
0 d sin 2
0
n
Dòng đều L cực
Xoáy tự do
Trang 8Các trường hợp xoáy
Γ/2πRu 0 =3
Γ/2πRu 0 =1
F y
Điểm dừng
y
| Γ | /2πRu 0 =3
Stagnation Point
r Γ
F y
| Γ | /2πRu 0 =1
Stagnation
Point
y
r Γ
| Γ | /2πRu 0 =2
Stagnation Point
y
r Γ
Các trường hợp xoáy Γ< 0
Điểm dừng
Trang 9Ví dụ 1:
Chuyển động thế của chất lỏng hai chiều trên mặt phẳng nằm ngang xoy với
hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x3+ axy2+ by3, x,y tính bằng m, ϕ tính bằng m2/s
1 Tìm a, b
2 Tìm độ chênh áp suất giữa hai điểm A(0,0) và B(3,4), biếtb khối lượng
riêng lỏng bằng 1300kg/m3
Giải:
Từ hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x3+ axy2+ by3 ta có:
2 y
2 2
y u
; ay x 12 , 0 x
∂
ϕ
∂
= +
=
∂
ϕ
∂
= Các thành phần vận tốc phải thoả phương trình div(u)=0 nên:
0 by 6 x ) a 2 24 , 0 ( 0 by 6 ax 2 x 24 , 0 0 y
u x
∂
∂ +
∂
∂
Vì div(u)=0 đúng với mọi điểm nên thế (x=0; y=1) vào ta được b = 0
(x=1; y=0) vào ta được a = -0,12
Vì đây là chuyển động thế nên p.tr Ber đúng cho hai điểm bất kỳ A và B, ta có:
⇔
− ρ
=
−
⇔ +
ρ
=
+
) u u ( ) p p ( 2
u p 2
u
A
2 B B
A
2 B B
2
A
A
⇒ uA=0; uB = ((0,12*32-0,12*42)2+(-0,24*3*4)2)1/2 = 3 m/s
2 2
2
) 3 ( 1300
Δ
Ví dụ 2:
Giải:
) x y ( 2
1 ) y , x
ϕ
x
y
Dòng chảy thế uốn cong một góc 900 với hàm thế vận tốc
được cho như sau:
(x,y tính bằng m).Tìm lưu lượng phẳng qua đường thẳng nối
hai điểm A(1,1) và B(2,2)
y
x
yx C(y)
∂ψ
= − ⇒ ∂ψ = − ∂
∂
⇒ ψ = − +
x
y
∂
2
2 2 1 1 3
-5 0 5 10 15 20 25
y(phi=70) y(phi=60) y(phi=50) y(phi=40) y(phi=30) y(phi=20) y(phi=10) y(phi=0) y(phi=-10) y(phi=-20) y(phi=-30)
Trang 10Áp suất dư trên mặt trụ bằng:p ρ 2 u ( 1 4 sin 2 θ )
2
=
dư tr
F y
dF θ
0 Rd ) cos(
) sin 4 1 ( 2
u )
cos(
pds dF
F
0
2
2 0
0 0
x
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
θ θ
− θ
− θ
ρ
−
= θ θ
− θ
ρ
−
=
⇒
θ θ θ
−
−
ρ
−
= θ
−
=
=
⇒
∫
∫
∫
∫
π
π π
π
2
2 0
0
2
2 0 y
0
2
2 0
0 0
y y
d ) sin(
3 )) (cos(
d ( cos 4 ( 2
u R d
) sin(
) 3 cos 4 ( 2
u R
F
Rd ) sin(
)) cos 1 ( 4 1 ( 2
u )
sin(
pds dF
F
3
u R 5 3
4 3 3
4 3 2
u R cos
3
4 cos 3 2
u R F
2 0
2 0
0 3
2 0 y
ρ
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛− +
ρ
−
=
⎥⎦
⎤
⎢⎣
ρ
−
=
⇒
π
Giải:
Ví dụ 3:
Gió thổi qua mái lều dạng bán trụ R=3m với
V=20m/s, không khí có khối lượng riêng
bằng 1,16 kg/m3 Tìm lực nâng tác dụng lên
1m bề dài lều
Để tìm lực nâng Fy tác dụng lên 1m bề dài lều, trên bán trụ ta chon một vi phân diên
tích ds, tìm lực dF tác dụng lên ds, sau đó chiếu dF lên phương y →dFy Và tích phân
(dFy) trên toàn bán trụ
N 2320
F y =
⇒
Giải:
Ví dụ 4:
Một xi lanh hình trụ tròn di chuyển trong
nước với vận tốc u0 không đổi ở độ sâu 10m
Tìm u0 để trên bề mặt xi lanh không xảy ra
hiện tượng khí thực , biết nước ở 200C A B
C D
u C = -2u 0
u D = 2u 0
p A = p B = ρu 0 2 /2
p C = p D = -3ρu 0 /2
Ở 200C áp suất hơi bão hoà của nước : pbh= 0,25m nước
Để trên bề mặt xi lanh không xảy ra hiện tượng khí thực
thì ptrutđ > pbh= 0,25m nước
⇒ p tru ck < 9,75m nước hay p tru dư > - 9,75m nước
Áp suất dư nhỏ nhất trên mặt tru (nếu trụ di chuyển trên mặt thoáng )ï, như ta đã
biết, tại vị trí C và D, bà bằng: p C = p D = -3ρu 0 2 /2
Suy ra, vận tốc tối đa mà trụ có thể di chuyển được để không có hiện tượng khí thực
xảy ra trên mặt trụ phải giải từ bất p.tr :
p C = p D = 10γ n -3ρu 0 2 /2
Vậy nếu trụ di chuyển ở độ sâu 10m thì :
P tru dư = 10γ n -3ρu 0 2 /2 > - 9,75 γ n
⇔ 3ρu 0 2 /2 < 19,75 γ n ⇔ u 0 < 11,365 m/s
Trang 11Ví dụ 5:
Hai nửa xi lanh được nối với nhau và đặt trong trường chảy
đều có thế như hình vẽ Người ta khoét 1 lỗ nhỏ tại vị trí
góc α để cho không có lực tác dụng lên hai mối nối Giả
thiết rằng áp suất bên trong xi lanh bằng áp suất bên ngoài
xi lanh tại lỗ khoét Xác định góc α
Để cho không có lực tác dụng lên hai mối nối thì tổng lực Fx tác dụng lên mỗi nửa
mặt trụ phải bằng không
Do biểu đồ áp suất trên mặt trụ phân bố đối xứng qua trục ox, nên ta chỉ cần xét tổng
lực Fxtrên ¼ mặt tr Ta xét trên ¼ mặt trụ từ 0 đến π/2:
Áp suất dư trên mặt trụ:
) θ sin 4 1 ( 2
u ρ
p dư = 2 0 − 2 tr
Trên ¼ mặt trụ ta chọn vi phân ds, gọi dFn là lực tác dụng lên ds từ bên ngoài mặt
trụ, ta có: dFn=pds ⇒ dFnx= - pdscosθ = -pRcosθdθ
6
R u sin
3
4 sin 2
R u Rd
cos ) sin 4 1 ( 2
u F
2 0 2
/
0 3
2 0 2
/
0
2
2 0 nx
ρ
=
⎥⎦
⎤
⎢⎣
ρ
−
= θ θ θ
−
ρ
−
=
⇒
π π
∫
0
π/2
α
dF
dF x
θ
ds
R p Rd cos p ds p
2 /
0
2 /
0
π α
π α
π
=
Gọi pαlà áp suất tại lỗ khoét, ta có: ( 1 4 sin )
2
u
pαdư = ρ 2 0 − 2α
) sin 4 1 ( 2
R u
⇒
Ta có: Fnx + Ftx = 0
Suy ra:
3
1 sin
3
1 sin
3
4 sin
4
) sin 4 1 ( 2
R u 6
R u F
F
2 2
2
2 o
2 o tx
nx
= α
⇒
= α
⇒
= α
⇒
α
−
ρ
−
=
ρ
⇒
−
=
0
26 , 35
= α
Nhận xét:
Lực Fnx>0 hướng theo chiều dương⇒lực Ftxtừ bên trong mặt trụ phải hướng theo
chiều âm Như vậy, áp suất tại lỗ khoét phải là áp suất chân không
0 π/2
Trang 12Ví dụ 6 (tự giải)
Xoáy tự do âm có cường độ 12m2/s chồng nhập với một nguồn cường độ 10m2/s Cả hai
đặt tại gốc tọa độ Cho khối lượng riêng của không khí bằng 1,23 kg/m3 Nếu áp suất khí ở
xa vô cực bằng áp suất khí trời và xem như không khí tĩnh.
Tính áp suất tại điểm A(3,4)
ĐS: p ck
A =0,512 N/m 2
HD: Tìm vận tốc tại A Áp dụng phương trình năng lượng để suy ra áp suất tại A
Ví dụ 7 (tự giải)
Dòng thẳng đều ngang với vận tốc 3m/s từ xa vô cực đến gặp một điểm nguồn cường độ
2m 2 /s đặt tại điểm A(1,2) Biết áp suất xa vô cực bằng không, Tìm vị trí và và áp suất tại
điểm dừng B
ĐS: B(0,89; 2); pB=0,46 m lưu chất.
HD: Vị trí điểm dừng B trong hệ trục tọa độ mới XOY là: Y=0; X= - q/(2πu)
Tọa độ của B trong xoy tìm được nhờ áp dụng công thức chuyển trục tọa độ.
Áp suất pB tìm từ ph tr năng lượng
Ví dụ 8 (tự giải)
Dòng chảy đều song song trục hoành bao quanh trụ tròn (không xoay) đặt tại gốc tọa độ
Vận tốc dòng đều V=2m/s Áp suất xa vô cực bằng 5m nước Tìm vận tốc và áp suất tại
điểm A trên mặt trụ hợp với phương Ox một góc 150 0
ĐS: VA=2m/s và pA=49050 N/m 2
HD: A trên mặt trụ chính là điểm có áp suất dư bằng 0 nếu xem áp suất xa vô cực =0