bai giang co hoc luu chat

MẶT ĐẲNG ÁP, P TUYỆT ĐỐI , P DƯ , P CHÂN KHÔNG ¾Mặt đẳng áp của chất lỏng nằm trong trường trọng lực là mặt phẳng nằm ¾p trong phương trình thuỷ tĩnh là áp suất tuyệt đối pt đ... Các áp

I HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH

1 p ⊥A và hướng vào A (suy ra từ định nghĩa).

2 Giá trị p tại một điểm không phụ thuộc vào hướng đặt của bề mặt tác dụng.

Xem phần tử lưu chất như một tứ diện vuông góc đặt tại gốc toạ độ như hình vẽ:

Các lực lên phần tử lưu chất:

Lực mặt : pxδyδz; pyδxδz; pzδyδx; pnδyδs

Lực khối: ½Fδxδyδzρ

Tổng các lực trên phương x phải bằng không:

pxδyδz - pnδyδs(δz/δs) + ½Fxδxδyδzρ = 0

Chia tất cả cho δyδz :

px- pn+ ½Fxρδx = 0 ⇒ p x = p n khi δx → 0.

Chứng minh tương tự cho các phương khác

p x =p y = p z = p n

Suy ra:

II PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN

W A

p n

Xét lưu chất ở trạng thái cân bằng có thể tích W giới hạn bởi diện tích A

Ta có tổng các lực tác dụng lên lưu chất =0:

Lực khối + lực mặt = 0:

0dApdwF

A w

)p(F0

x

)np(

F

0z

np(y

)np(x

)np(F

0dw)n.p(divdw

F0

dApdw

F

x p

p p p xx

x x

xz z xy

y xx

x x

W

x w

x

Gauss d b A

x w

x

z y

∂

∂

−ρ

∂

∂+

F0

dApdw

F

W w

A w

=

−ρ

0 1

0 1

0 1

= ρ

− +

+

⇒ +

−

dp )

dz F dy F dx F ( dz

z

p F

dy y

p F

dx x

p F

z y

x z

y x

pz

pzconst

pz:

hay

const

pgzdp

1gdz

B B

A A

const

γ+

=γ+

⇔

=γ+

=ρ+

⎯

⎯ →

⎯ρ

¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được:

dpp

RTgdz

Nếu biết được hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T0– az; a>0,

T0là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường là mực nước biển yên lặng):

aR

g)azT(Cp

)Cln(

)azTln(

aR

gpln)azT(R

dzg

p

dpdpp

)azT(Rgdz

0

Gọi p0 là áp suất ứng với z=0:

aR g aR

g

T

pCCT

p

0

0 0

aR g

T

azT

g

0

1 0 0 1 aR g

0

0 0

p

5 , 216

11000

* 0065 0 5 , 216 76 0 T

az T p p T

az T p p

T0là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng):

Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T0– az; với a=0, 0065

Cao độ ứng với nhiệt độ T1=216,5 độ K là z1= 11000m

Suy ra: 216,5=288 – 0,0065z1

Như vậy từ z0=0 đến z1=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tĩnh:

3 3

1

1

5.216

*287

10

*81.9

*6.13

*1695.0RT

pρ

RTρ

Từ:

Từ z1=11000 m đến z2=14500m, nhiệt độ không đổi nên:

z g

RT g

RT 1

1

g

RTz

p

dpg

RTdz

dpp

RT

gdz

1 1

1

1

RT

g ) z z ( 1 g

RT 1

z

e p

p p

e

Như vậy tại độ cao z2=14500m ta tính được:

97.52mmHg mHg

9752 0 0

e

* 17 0 e

p

81 9 ) 14500 11000 ( RT

g ) z z ( 1

2 1

1 2

p

ρ p

vàø:

IV MẶT ĐẲNG ÁP, P TUYỆT ĐỐI , P DƯ , P CHÂN KHÔNG

¾Mặt đẳng áp của chất lỏng nằm trong trường trọng lực là mặt phẳng nằm

¾p trong phương trình thuỷ tĩnh là áp suất tuyệt đối pt đ hoặc áp suất dư

¾Các điểm nào (?) cĩ áp suất bằng nhau;

trong đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay

B

td B

h dư A

A

pa

B

h ck A

A

B

ck A ck ck B du A

1 Các áp kế:

du du B du A

A ’

B ’ B

A ’

Tại một vị trí nào đó trong lưu chất nếp áp

suất tăng lên một đại lượng Δp thì đại lượng

này sẽ được truyền đi trong toàn miền lưu chất

→ ứng dụng trong máy nén thủy lực.

4 Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu:

p a

h

p a +γh

p a h

p dư =γh

p a h

p dư /γ=h

p ck h

AB 1 BC 2 C AB 1 B A a

hh

p

hh

ph

ppp

p

γ

−γ

+

=

γ

−γ

+

=γ

z ) (

.Ah

A

ah ) (

h

p = γ1− γ2 + γ1+ γ2Δ

⇒

VI LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG

¾Giá trị lực

A p A h A y sin ydA sin

dA sin y hdA dA

p

F

du C C

C A

= α γ

= α

γ

=

α γ

= γ

Ix

x

c

' y ' x C

¾Điểm đặt lực

xx A

A y I A y

I F

I sin y

C

2 C C C

xx xx

D

+

=

= α γ

=

Ay

Iyy

C

C C

A p

C

du =

A y

A y x I A y

I F

I sin x

C

C C ' y ' x

C

xy xy D

+

=

= α γ

=

I c : M q tính của A so với trục //0x và qua C

I x’y’ : M q tính của A so với trọng tâm C

¾Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang:

C

+ γ

=

b ) AB ( 2

h h Ap

C

+ γ

A z

2 2 2

z y

F

x cx Ax

x A

x

A A

x x

A p hdA

hdA

) ox , n cos(

pdA dF

F

= γ

= γ

¾Thành phần lực theo phương x

¾Thành phần lực theo phương z

WhdA

)oz,ncos(

hdAdF

F

A

z

A A

z z

γ

=γ

W: thể tích vật áp lực: là thể tích của vật thẳng đứng giới hạn bởi mặt cong A

và hình chiếu thẳng đứng của A lên mặt thoáng tự do (A z )

VII LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN

Ar = γ 2 − γ 1 = γ

W 2 (phần gạch chéo)

Archimede 287-212 BC

ổn định: MD>CD

→M cao hơn C

D

Ar M C G

D C G

Ar M

không ổn định: MD<CD

→M thấp hơn C

M: Tâm định khuynh

Iyy: Moment quán tính của diện tích mặt nổi A so với trục quay yy

W: thể tích nước bị vật chiếm chỗ

VIII SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT

¾Vật chìm lơ lửng

C D Ar

G

D C G

Suy ra: (z+0.4)=(pA– pa )/ γnb

=(1.64 γHg- 0.76 γHg)/ γnb

=0.88(γHg/ γnb)

=0.88.133000/11200=10.45mSuy ra z = 10.05 m

pa

z

40cm 40cm

Ví dụ 3: Bình đáy vuông cạnh a=2m Đổ vào bình hai chất

lỏng khác nhau, δù1 =0,8; δ 2=1,1 V1=6m3; V2=5m3

Tìm pB

γ1 = δù1γn =0.8*9.81*10 ^3 N/m 3

γ2 = δù2γn =1.1*9.81*10 ^3 N/m 3

Giải:

Gọi h 2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h 2 =(5/4)m.

Gọi h 1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h 1 =(6/4)m.

h2

h1A

pa

Suy ra: p du

B = 0+ γ1*(1.5) + γ 2 *(0.25)=9.81*10 3 (0.8*1.5+1.1*0.25)=14.5 m nước

Thí nghiệm : Ottovon Guericke (8.5.1654) tại Maydeburg, Đức

Dùng 2 bán cầu D = 37 cm, bịt kín và hút khí để áp suất tuyệt đối trong

qủa cầu bằng khơng

Cho 2 đàn ngựa kéo vẫn khơng tách bán cầu ra được Vậy phải cần 1 lực

bằng bao nhiêu để tách hai bán cầu ra (xem lực dình giữa 2 bán cầu khơng

Ví dụ 4: Van phẳng AB hình chữ nhật cao 1,5m, rộng 2m, quay quanh trục A nằm ngang như hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van Tính lực F

(xem hình vẽ) để giữ van đứng yên

Giải:

4.294m 2

* 5 1

* 25 4 12

5 1

* 2 25

4 A y

I y

y

3

C

C C

KN125.0775

2

*5,1

*)2/5,15(

*10

*81.9AhAp

C

du C

du n

=

−

=γ

A

B C

5 1 5 3 5

5 3

* 2 5 3

AB h h

h 2 h DB

A B

+

=

Để tính lực F giữ van yên, ta cân bằng moment: F n (AD)=F(AB)

Suy ra: F=F n (AD)/(AB)=125.07*(1.5-0.706)/(1.5) = 66.22 KN

p a

Ví dụ 5: Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang

như hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D

Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên

Giải:

h C = 3+2/3 = 3.666m

m 31 2 3

4 2 3

2 ) sin(60

.3

*234.436

31.2

*667.2234.4Ay36

h

*byAy

Iyy

C C

=

AB chính là chiều cao của tam giác đều,

Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(60 0 )=2.667m

E A

Ví dụ 6: Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang

như hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D

Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên

Giải:

h C = 1+ 3+2/3 = 4.666m

m 31 2 3

4 2 3

2 ) sin(60

3

* 389 5 36

31 2

* 667 2 389 5 A y 36

h

* b y A y

I y y

C C

=

AB chính là chiều cao của tam giác đều,

Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(60 0 )=2.667m

F n (AD)=F(2)

Suy ra: F=F n (AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2 = 140.97*(5.444 – 4.619)/2 = 58.133 KN

Ghi chú: OA=4/sin(60 0 )

h C

A D

y O F

F n

B

Ví dụ 7: Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm

ngang như hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm

đặc lực D Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên

* 694 2 36

31 2

* 667 2 694 2 A y 36

h

* b y A y

I y y

C C

− +

−

= +

= +

=

=

F n (AD)=F(2)

Suy ra: F=F (AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2 = 70.483*(3.464 – 2.804)/2 = 23.25 KN

Ghi chú: OA=3/sin(60 0 )

AB =2.31 m

AE= 2.667m

A=3.079 m2

ĐS: h D =1,53m

Ví dụ 8:

Van tam giác đều ABM cạnh AB=1m đặt giữ nước như hình vẽ (cạnh AB thẳng đứng) Aùp

suất trên bình chứa là áp suất khí trời Biết hA=1m Gọi D là vị trí điểm đặt lực F của nước

tác dụng lên van ứng với độ sâu là hD Xác định hD

Hdẫn: Ta để ý thấy cơng thức tính moment quán tính

đối với tam giác như trong phụ lục:

3(*)36

c

bh

I =

so với trục song song với một trong 3 cạnh (đáy b)

Trong khi đĩ, từ lý thuyết đã chứng minh, để xác định vị trí D ta áp dụng cơng thức:

Với Ic là moment q tính của diện tích A so với trục song song Ox và qua trọng tâm C của A

Như vây, muốn ứng dụng cơng thức (*) trong tính tốn yDcần phải cĩ một trong 3 cạnh của

tam giác phải song song với Ox (cụ thể là nằm ngang)

Trong hình vẽ của bài tốn, khơng cĩ cạnh nào của tam giác nằm ngang, nên trước tiên cần

chia tam giác ra hai sao cho một cạnh của mỗi tam giác nhỏ nằm ngang Sau đĩ tính lực và

vị trí điểm đặt lực riêng đối với từng tam giác nhỏ Cuối cùng tìm vị trí điểm đặt lực tổng

nước vào ống đường kính D = 0,3 m

được thiết kế bằng một cửa chắn chữ

L Cửa chắn cĩ bề rộng (thẳng gĩc với

trang giấy) b = 1,2m và quay quanh O

Biết áp suất trong ống là áp suất khí

trời và trọng lượng cửa khơng đáng kể.

a) Giải thích cơ chế hoạt động của cửa

khi độ sâu h thay đổi

b) Xác định độ sâu h tối thiểu để cửa

bắt đầu quay

Trục quay

Cửa cĩ bề rộng b Cửa chắn nước vuơng gĩc

Nước

D L=1m

ống lấy nước

HD: Chọn chiều quay ngược chiều kim đồng hồ là chiều dương

Phân tích các lực tác dụng lên cửa gồm hai lực:

Fxtác động lên phần van chữ nhật thẳng đứng, moment so với O sẽ là: Fxh/3

Fztác động lên phần diện tích trịn đường kính D, moment so với O sẽ là: FzL

Để van cĩ thể lấy nước vào ống thì tổng moment: Fxh/3-FzL = γh 3 b/6 - γ LhπD 2 /4 >0

Suy ra: h(γh 2 b/6 - γ LπD 2 /4) > 0 suy ra: γh 2 b/6 > γ LπD 2 /4 suy ra: h 2 > (LπD 2 /4) / (b/6 )

3

0,562

Ví dụ 10: Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=3m

quay quanh trục nằm ngang qua O Van có khối lượng 6000 kg vàtrọng tâm đặt tại G như hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D Xác định moment cần mở van

Giải:

KN 10 33 3

* 5 1

* 2

5 1

* 10

* 81 9 A h A

p

cx x

cx

KN 52 3

* 4

5 1

* 10

* 81 9 L 4

R W

F

2 3

2

KN65.165233.10

FF

1.33

52F

.0

*6000

*81.96.0

*

G

Ví dụ 11: Một hình trụ bán kính R=2m; dài L=2m Ở vị trí cân bằng như hình

vẽ Xác định trọng lượng của phao và phản lực tại A

Giải:

KN39.24

2

*2

*2

2

*10

*81.9

AhA

pF

R

3

x cx x

cx x A

) R R

4

3 (

* L

* 9.81 W

W G

-0 F

F

G

2 2

1 2

2 z 1

z

=

+ π

= γ γ

=

⇒

= +

Ví dụ 12:

Giải:

KN44.145

2

*12.2

*2

12.2

*10

*81.9

AhA

p

F

3

cx x

cx x

2

*2

5.14

5.1

*

*10

*81.9

L2

R4

RW

F

2 2

3

2 2 z

=γ

=

KN45.9160

.12145.44F

15 44

6 12 F

F ) (

2.12m5

.1

*2R

2

Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=2m quay quanh trục nằm ngang qua O như hình vẽ Tính áp lực nước tácdụng lên van và vị trí điểm đặc lực D

Một ống tròn bán kính r = 1 m chứa nước đến nửa ống như hình vẽ

Trên mặt thóang khí có áp suất dư po= 0,5 m nước Biết nước ở trạng

thái tĩnh Tính tổng áùp lực của nước tác dụng lên ¼ mặt cong (BC) trên

1m dài của ống

Ví dụ 13

r

p o

B C

Giải:

N 9810 1

* ) 5 , 0 5 , 0 (

* 9810 1

r 2

r 5 , 0 ( γ A p

N 12605.85 1.285

* 9810 1

).

r 5 , 0 4

r π ( γ W γ F

2

N 15973.2 F

F

=

Một vật hình trụ đồng chất có tiết diện hình vuông, cạnh là a =

1m, chiều cao là H = 0,8m Khi cho vào nước, mực nước ngập

đến độ cao là h=0,6m Lực tác dụng lên một mặt bên của vật và

tỷ trọng của vật là:

h H

a a

Hình câu 14

Ví duï 15:

ĐS: F=1765,8 N; δ=0,75

ĐS:

Ví duï 16: Một quả bóng có trọng lượng 0,02 N, phía dưới có buột một vật nhỏ (bỏ qua thể tích)

trọng lượng 0,3N Cho γkhong khi=1,23 kg/m 3 Nếu bơm bóng đầy bằng khí có γ khi =0,8

kg/m 3 thì đường kính D quả bóng phải bằng bao nhiêu để bóng có thể bay lên được

Hdẫn:

b Vat khi khongkhi b b Vat khi b khongkhi b

0.52522 0.14

0.076 0.8

1.23 0.3

0.02

D

D 3

Wb gamak

gamakk Gv

Gb

b Vat b

Vật đồng chất nằm cân bằng lơ lửng trong môi trường dầu-nước như hình vẽ.

Biết tỷ trọng của dầu là 0,8 Phần thể tích vật chìm trong nước bằng phần thể tích

vật trong dầu Tỷ trọng của vật ?

Hướng dẫn: Trọng lượng của vật cân bằng với với lực

đẩy Archimede do dầu tác dụng lên nửa cầu trên và

nước lên nửa cầu dưới

δN = 1 , ống chìm đến vạch A, và khi bỏ vào trong dầu có tỉ trọng δD =

0,9 ống chìm đến vạch B Tìm khỏang cách đọan AB

Giải:

Ví dụ 18

) ω L W ( γ W γ gM

G L

; γ

G W

d n

AB n

17.24mm 1000

* 1 9 0

1 9810

* 10

* 290

045 0

* 81 9

Ví dụ 19: Bình trụ tròn chứa chất lỏng trong đó có thả phao hình cầu Bình này lại

được nhúng nổi trên mặt thoáng bể chứa cùng loại chất lỏng Biết :

Trọng lượng của bình là G1; Trọng lượng của chất lỏng chứa trong bình

là G2;

TyÛ số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z1/z2; Tìm trọng lượng của phao

Theo định luật Ar.; toàn bộ hệ chịu tác dụng của

lực đẩy Ar, hướng lên, bằng trọng lượng của khối

chất lỏng bị vật chiếm chỗ

Trong khi đó lực theo phương thẳng đứng tác

dụng lên toàn bộ hệ bao gồm G+G1+G2

Vậy: G + G 1 + G 2 = Ar = z 1 A γ

với A là tiết diện ngang của bình

Xét riêng hệ gồm chất lỏng trong bình và phao,

ta có trọng lượng của phao cũng bằng trọïng

lượng của khối chất lỏng bị phao chiếm trong

bình : G = z 2 A γ -G 2 ⇒ Aγ = (G+G 2 )/z 2

G 1 G

Một bình bằng sắt hình nón cụt không đáy ( δ=7.8) được úp như hình

vẽ Đáy lớn R=1m, đáy nhỏ r=0,5m, cao H=4m, dày b=3mm Tính giới

hạn mực nước x trong bình để bình khỏi bị nhấc lên

Giải:

3 / ) Rr r R ( H π

b R ( ) b r ) b R ((

H π

* 8 7

* 1000 )

V V

( δ γ V

δ

γ

0 96 441 x

7 392 x

36

⇔

3 2

2 n

2 2

n

x

2 x 2 2

n n

z

x 36 16 x 7 392 x

H

) R ( x H

) R ( R 3 3

x π

γ

)) r R ( H

x R ( R )) r R ( H

x R ( R 2 3

x π

γ

) Rr r R ( 3

x π x π R γ W

rRH

VIII TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI

1.Nước trong xe chạy tới trước nhanh dần đều:

•Phân bố áp suất:

0 dp ρ

1 ) dz F dy F

A B B

B A

ρ

=+

ρ

•P.tr Mặt đẳng áp:

Cxg

az

Cgzax)

gdzadx

C

pgzaxdp

)gdzadx

ρ++

⇒

=ρ

z

r

gω

A B

Ở đây: Fx=ω2x; Fy=ω2y; Fz=-g

Suy ra:

Cg

rωγ

pz0dpρ

1)gdzydyωxdxω

(

2 2 2

Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:

* a AB

A B

2 B

2 B B

2 A

2 A

g

r ω γ

p z g

r ω γ

p

•P.tr Mặt đẳng áp:

C g

r z

C g

r z )

gdz ydy xdx

2 2

0

2 2 2

2 2

2

•Phân bố áp suất:

Nguyên lý lắng ly tâm :

IX ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI

¾Hạt dầu quay cùng trong nước sẽ nổi lên mặt thoáng và ở tâm bình trụ.

¾Hạt cát quay cùng trong nước sẽ chìm xuống và ở mép dáy bình trụ.

Ví dụ 21:

Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước ở độ sâu ho=1m và di chuyển

ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s2 Biết bình có đường kính D = 2m

Tính áp lực của nước tác dụng lên đáy bình trong lúc di chuyển với gia tốc trên

Giải

xg

a

z=−Chọn gốc toạ độ là giao điểm của trục bình và mặt thoáng , p.tr mặt thoáng:

Tại x=-D/2: z−D / 2 = 9.4811=0.407m>H−h0 =1.2−1=0.2m

Vậy khi bình chuyển động nước tràn ra ngoài Sau khi

tràn ra xong, mặt thoáng nước phải vừa chạm mép sau

bình Giả sử lúc ấy bình dừng lại, thì mực nước trong

bình còn lại là h1 Ta có:

m793.0407.02.12

hΔHhm407.0181.9

4z

2

h

Δ

1 2

F = 1 2 =

h 1

D

x HΔh Δh/

Quả bóng không trọng lượng được buộc trong thùng kín đầy nước Thùng chuyển

động tới nhanh dần đều với gia tốc a Quả bóng sẽ chuyển động như thế nào? Và ở

vị trí nào thì đạt được giá trị cân bằng Lực căng T tác động lên sợi dây

Ví duï 22:

Do thùng chuyển động nhanh dần đều, áp suất tác dụng lên các điểm ở nửa mặt trước quả

bóng nhỏ hơn nửa mặt sau (xem lại lý thuyết thùng nước chuyển động tới nhanh dần đều

trong tĩnh tương đối) Như vậy bóng sẽ chuyển động về phía trước

Khi sợi dây đạt tới vị trí nghiêng một góc α với phương ngang như hình vẽ thì bong bóng

sẽ cân bằng với góc α được tính như sau: cotg α = g/a

Giá trị lực căng T sẽ tìm được trên cơ sở cân bằng lực trên phương của lực căng T

Ví duï 23: Một bình bên trái đựng nước, bên phải kín khí với áp suất dư p

0 Trên vách ngăn giữa hai bên có một van hình vuông nằm ngang, có thể quay quanh trục nằm ngang qua A,

cạnh b=0,2m Khoảng cách thẳng đứng từ trọng tâm van tới bề mặt nước của ngăn bên

trái là hC=1m Toàn bộ bình được đặt trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều

với gia tốc a=2m/s 2 Nếu áp suất bên trên mặt nước của ngăn trái là pck=2 m nước thì

để van ở trạng thái cân bằng như hình vẽ, áp suất p0phải là bao nhiêu?

393.92 9848

0.04 2

-1962 -0.2

1 0.2

Fn, N

p c , N/m 2

A, m 2

a, m/s 2 Pdu, N/m 2

0.103997 11029

8667 1.1

Ví dụ 24: Xe chở nước dài 3m, cao 2m Nước trong bình lúc xe đứng yên là 1,5m Xe đang chuyển động

đều trên mặt phẳng ngang đến một dốc nghiêng lên 30 0 a) Hỏi nếu xe vẩn chuyển động đều thì nước có tràn ra không?

b) Để nước không tràn ra thì xe phải chạy chậm dần đều với gia tốc a=bao nhiêu?

c) Tính áp lực tác dụng lên thành trước và sau xe khi xe chuyển động chậm dần đều như

câu b Cho bề rộng xe b=1m

Hdẫn:

Nhận xét thấy khi xe đứng yên trên dốc thì nước đã tràn ra rồi (tính ra Δh=1,5*tg(30 0 )=0,866m>0,5m)

Nên để nước không tràn ra ngoài thì xe phải chạy chậm dần đều với giai tốc a Ta chọn hệ trục xoz

như hình vẽ và phân tích lực khối của phần tử lưu chất, và chiếu lên phương x, z(xem hình vẽ).

Để nước không tràn ra ngoài nên mặt thoáng phải đi qua B(-1,5; 0,5) và A(1,5; -0,5), thế vào ptr mặt đ

áp Suy ra gia tốc a=2,07m/s 2

Ptr phân bố áp suất:

Ptr mặt đẳng áp:

Từ ptr phân bố áp suất nhận xét thấy trên thành xe sau hoặc trước, áp suất của một điểm bất kỳ được

tính theo áp suất của điểm trên mặt thoáng như sau:

Khi mực chất lỏng giữa bình hạ thầp xuống 200mm (so với lúc tĩnh) thì bình

quay với vận tốc bao nhiêu? Nếu quay bình với n=800v.ph mà không muốn

đáy bị cạn thì chiều cao tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu?

Giải

ω2 r

H

0.2 m

0.2 m O

z

r

gω

A B

Phương trình mặt thoáng:

g 2

R ω H g

r ω z

2 2 2

) 05 0 (

81 9

* 2

* 4 0 ω 81 9

* 2

) 05 0 ( ω

9

* 2

) 05 0 ( ) 76 83 ( H

2 2

=

=Vây chiều cao tối thiểu của bình phải là 0.896 m

Ví dụ 26: Một hệ thống gồm 3 ống nghiệm thẳng đứng bằng và thông nhau quay

quanh Oz qua ống giữa như hình vẽ Vận tốc quay n=116 vòng/ph Bỏqua độ nghiêng mặt nước trong ống Tìm pC, pO, pBtrong hai trườnghợp nút kín và không nút C, C’,

Giải:

Nếu nút kín C,C’ thì khi quay, nước không di chuyển,

nhưng áp suất tại C và C’ sẽ tăng lên Phương trình mặt

đẳng áp – áp suất pC (chọn gốc toạ độ tại đáy parabol):

m 0.30 81

9

* 2

2 0

* 12.15 h

g 2

r ω

z

2 2

2 2

* 9810 h

γ p

' C

du

N/m6875)

3.04.0(

*γp

3924N/m0.40

*98104

.0

*γp

2 du

B

2 du

D

=+

Nếu không nút C,C’ thì khi quay, nước tại A sẽ hạ thấp

xuống h, và nước tại C và C’ sẽ dâng lên h/2 Phương

trình mặt đẳng áp – áp suất khí trời (chọn gốc toạ độ tại

0.2m h

m 0.30 81

9

* 2

2 0

* 12.15 h

2

3 g

2 2

1 0 4 0 (

* γ p

1967.5N/m 0.2

* 9810 )

2 0 4 0 (

* γ p

2 du

B

2 du

D

= +

A H

Một hệ thống gồm bình trụ hở bán kính R chứa nước cao so với đáy là H Cho

bình quay đều quanh trục thẳng đứng qua tâm vừa đủ để nước khơng tràn ra Sau

đĩ đặt tồn bộ hệ thống quay này trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều

với gia tốc a Cho biết : R=0,4m; H=1,2m; a=2m/s 2

a) Gọi A là điểm ở đáy parabol mặt thống nước So với khi chưa đặt hệ thống vào

thang máy, thì vị trí của A như thế nào?

b) Lực tác dụng lên đáy bình khi bình trong thang máy?

Ví dụ 27:

Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, nếu chọn gốc tọa độ

tại đáy của mặt thống thì phương trình mặt thống trở thành:

Vậy paraboloit mặt thống trở nên cạn hơn, nên nước sẽ khơng

tràn ra ngồi, điểm A sẽ di chuyển lên trên

2 2

r z

Câu 14: Một bình hình trụ bán kính R=0,6m, chiều cao là H=0,7m; đựng nước đến độ cao h =

0,4m Bình quay trịn với vận tốc N (vịng / phút) được treo trong thang máy chuyển động lên

chậm dần đều với gia tốc khơng đổi là a = 1,5 m/s2 Xác định N tối đa để nước khơng tràn ra

Giải

b

g 2

r ω

* h

2 2

A h*

Mặt đẳng áp - p a

C

Lực tác dụng lên vi phân dAxbằng:

bdyg

2

)4

ay(ω2

bγdA

p

dF

2 2 2 x

8

a24

ag2

ω4

abbγ2

2

a4

a3

2/ag2

ω2

a2

bbγ2

dy)4

ay(g2

ω2

bbγ2F

3 3 2

2 3 2

2 / a 0

2 2 2

=

g 6

a ω 2

b ab γ F

2 2

Ví duï 30:

Một hệ thống ống nghiệm gồm ba ống thông nhau, cách đều nhau với khoảng cách L, chứa

nước độ cao H Hệ thống quay đều quanh trục thẳng đứng quanh ống một với tốc độ n

(vòng/phút) (xem hình vẽ) Giả sử khi quay nước không tràn ra ngoài Cho H=1m, L=0,3m;

n=80 vòng/phút.Cột nước trong ba ống khi đã quay?

h3=1.75 m h2=0.79 m;

DS: h1= 0.46 m;

HDẫn:

Phương trình mặt thoáng (qua 3 điểm trên mặt thoáng ba ống ) có dạng:

Chọn gốc tọa độ tại O (đáy của ống nghiệm 1) như hình vẽ,

thế tọa độ của 3 điểm trên mặt thoáng ba ống , lần lượt ta có:

Với h1, h2, h3lần lượt là cột nước trong ba ống

56

Mặt chõm cầu có chiều cao là h tương ứng với bán kính cầu là R, tiếp xúc với nước như hình

vẽ Mặt đáy của chõm cầu nghiêng với phương ngang α và có đường kính d Tìm lực thẳng

đứng của nước tác dụng lên mặt chõm cầu.

HDẫn:

Nhận xét thấy nếu tiến hành phân tích và vẽ vật áp lực để tìm lực Fz tác dụng lên mặt chõm cầu,

ta sẽ rất khó tính thể tích vật áp lực Trong trường hợp này, nếu xem toàn bộ các mặt bao quanh

chõm cầu đều tiếp xúc với nước, ta có: ∑FJJG JJG JJJG JJGz = F z1+ F z2 = Ar

Trong đó Fz1 và Fz2 lần lượt là áp lực theo phương z tác động lên mặt chõm cầu (hướng

lên) và mặt đáy tròn (hướng xuống) Chiếu trên phương z (hướng lên) ta có: Fz1-Fz2 = Ar

Như vậy, để tìm Fz1 ta chỉ cần tìm lực đẩy Ar tác dụng lên chõm cầu và áp lực nước

(tưởng tượng là có) tác động lên đáy chõm cầu Fz2(nhớ là chiếu trên phương z!)

Để tìm lực đẩy Ar, ta cần thể tích chõm cầu:

Với h là chiều cao chõm cầu, R là bán kính cầu tương ứng.

Để tìm lực Fz2 ta cần biết áp suất tại trọng tâm C của mặt đáy

chõm cầu (đường kính d) Trong hình vẽ:

d h

1 Phương pháp Lagrange (J.L de Lagrange, nhà toán học người Pháp,1736-1883)

động chỉ phụ thuộc vào thời gian , VD: u = at2+b

)t,z,y,x(xy

)t,z,y,x(xx)

0 0 0

0 0 0 0

dyudt

dxu

dt

rdu

z y

xG

2

2 y

2

2 x

2 2

dt

z d a dt

y d a dt

x d a

dt

r d dt

u a

G G

)t,z,y,x(uu

)t,z,y,x(uu)t,z,y,

y y

x x

dzu

dyu

dx

=

=

(L Euler, nhà toán học người Thụy Sĩ, 1707-1783)

2 Phương pháp Euler

Ví dụ 1b: ux=x2y+2x; uy=-(y2x+2y);

) y 2 xy

(

dy x

2 y x

dx

2

Trong trường hợp này ta không thể chuyển các số hạng có cùng biến x, y về

cùng một phía, nên không thể lấy tích phân hai vế được, ta sẽ giải bài toán này

sau trong chương thế lưu

Ví dụ 1a: ux=3x2; uy=-6xy; uz=0

xy 6

dy x

3

dx

2 = −Thiết lập phương trình đường dòng:

y

dy x

dx 2 y

dy x

xdx 2

Chuyển các số hạng có biến x về vế trái, biến y về vế phải:

C y x C ln ) y ln(

) x ln(

2

y

dy x

dx 2

2 =

⇔+

Tích phân hai vế:

Vậy phương trình đường dòng có dạng: x 2 y = C

Thiết lập phương trình đường dòng:

II CÁC KHÁI NIỆM THƯỜNG DÙNG

udA dA

u Q

uot c / Am Abatky

Bán kính thủy lực R=A/P

Nhận xét: Lưu lượng chính là thể tích

¾Thí nghiệm Reynolds

III PHÂN LOẠI CHUYỂN ĐỘNG:

1 Theo ma sát nhớt: Chuyển động chất lỏng lý tưởng, : không có ma sát

Chuyển động chất lỏng thực: có ma sát Re=VD/ν=V4R/ν:tầng(Re<2300) -rối (Re>2300)

-2 Theo thời gian: ổn định-không ổn định

3 Theo không gian: đều-không đều

4 Theo tính nén được: số Mach M=u/a

a: vận tốc truyền âm; u:vận tốc phần tử lưu chất

dưới âm thanh (M<1) - ngang âm thanh (M=1)

trên âm thanh (M>1) - siêu âm thanh (M>>1)

masat

quantinh F

F

Re =

lưu đối phần thành bộ

t.ph.cục

-z

u u y

u u x

u u t

u dt

du a

z

u u y

u u x

u u t

u dt

du a

z

u u y

u u x

u u t

u dt

du a

z z

z y

z x z

z z

y z

y y

y x y y

y

x z

x y

x x x x

x

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

u d a

) t , z , y , x ( u

G G

IV GIA TỐC PHẦN TỬ LƯU CHẤT :

•Theo Euler:

•Theo Lagrange:

V PHÂN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG CỦA LƯU CHẤT:

Trong hệ trục toạ độ O(x,y,z), xét vận tốc của hai điểm M(x,y,z) và

M1(x+dx,y+dy,z+dz), vì hai điểm rất sát nhau, nên ta có:

vận tốc biếndạng dài vận tốc biến dạng gócvà vận tốc quay

vận tốc chuyển

động tịnh tiến

dz z

u dy

y

u dx

x

u u

u

dz z

u dy

y

u dx

x

u u

u

dz z

u dy

y

u dx

x

u u

u

z z

z z

1 z

y y

y y

1

x x

x x

1

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

=

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

=

∂

∂ +

∂

∂ +

∂

∂ +

=

1 Tịnh tiếnChuyển

x u u

u x y z

k j

Biến dạng góc

Suất biến dạng góc

u2

1ε

u2

1ε

u2

1ε

yx

xy

¾Định lý Hemholtz

•Chuyển động quay của phần tử lưu chất:

u y Δt x

∂u x /∂ydyΔ t

∂u y /∂xdxΔ t

+

z x

y

y x

rotu2

1y

ux

udy

tΔdyyutΔ2

1t

0 ) u ( rot G ≠

chuyển động không quay (thế)chuyển động quay

Ví dụ 2: Xác định đường dòng của một dòng chảy có : ux= 2y và uy= 4x

y

x u

dy u

dx =

x

dy y

dx

4

ydy xdx 2

ydy xdx=2

C y x

2 2

C y

x2− 2 =2

Dòng chảy qua một đoạn ống thu hẹp dần với vậntốc dòng vào và ra lần lượt là 10 m/s và 50 m/s

Chiều dài của ống là 0,5m

Hãy tìm quy luật biến thiên của vận tốc và gia tốc theo trục ống Từ đó suy ra gia tốc tại đầu vào và ra của vòi

Giả thiết dòng một chiều, và vận tốc biến đổituyến tính dọc theo trục ngang của ống

Ví dụ 3:

Quy luật biến thiên vận tốc tuyến tính dọc theo trục ống:

u = ax + b a, b là hằng số

Chọn trục x như hình vẽ, với gốc “0” ở đầu ống, ta cótại x=0, u =10 m/s; tại x=0,5m, u = 50 m/s Thế cá điềukiện trên vào ta suy ra được a=80; b=10 Suy ra quyluật biến thiên vận tốc dọc theo trục x là:

u = (80x + 10) m/sTừ đó suy ra quy luật biến thiên gia tốc như sau:

Thế giá trị x=0 và x=0,5 vào ta suy ra được gia tốc tại đầu vào và ra

của ống lần lượt là: 800 m/s2và 4000m/s2

Lời Giải:

VI ĐỊNH LÝ VẬN TẢI REYNOLDS- PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH KIỂM SOÁT

A

dw

CV

W: thể tích kiểm soát

X : Đại lượng cần nghiên cứu

k : Đại lượng đơn vị ( đại lượng X trên 1 đơn vị khối lượng)

∫∫∫ ρ

= W dW u

u X

Ví dụ: X là khối lượng: k=1 ;

X là động lượng:

X là động năng: k=u2/2 ;

1 Thể tích kiểm soát, và đại lượng nghiên cứu:

∫∫∫

=

WkρdWX

Xét thể tích W trong không gian lưu chất chuyển động W có diện tích bao

quanh là A Ta nghiên cứu đại lượng X nào đó của dòng lưu chất chuyển

động qua không gian này Đại lượng X của lưu chất trong không gian W

Định lý vận tải Reynolds- phương pháp thể tích kiểm soát:

Tại t: lưu chất vào chiếm đầy thể tích

kiểm soát W

Tại t+Δt: lưu chất từ W chuyển động

đến và chiếm khoảng không gian W1

¾Nghiên cứu sự biến thiên của đại lượng X theo thời gian khi dòng chảy qua W

t

)XX()XX

(limt

XX

limt

XX

limt

Xlim

dt

0 t

W W

0 t

t t t 0 t 0

=Δ

−

=Δ

−

=Δ

Δ

→ Δ

→ Δ

Δ +

→ Δ

→

Δ

t

XX

limt

XX

lim

t

XX

limt

)XX()XX

(lim

t t A t t C 0 t

t W t

t W 0 t

t t A t t C 0 t

t B

t A t

t A t t B 0 t

Δ

−+

Δ

+

−+

=

Δ + Δ

+

→ Δ

Δ +

→ Δ

Δ + Δ

+

→ Δ

Δ + Δ

+

→ Δ

n

0 t Δ W

dA u ρ k t

X

t Δ

dA u ρ k t Δ dA u ρ k t Δ lim t

dAukt

Xdt

dX

0 z

u y

u x

u 0

) u (

∂

∂ +

∂

∂ +

tA

dut

dWdt

dX

W W

Gauss d b A

∂

ρ

∂Hay: : dạng vi phân của ptr liên tục

VII ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP TTKS

•Nếu ρ=const→ ptr vi phân liên tục của lưu chất không nén được:

ƒDòng nguyên tố chuyển động ổn định: → ptr liên tục của dòng nguyên tố

chuyển động ổn định:

2 2 2 1 1 1 A

dAukt

Xdt

dX

•Đối với toàn dòng chuyển động ổn định (có một m/c vào, 1 m/c ra), lưu chất

không nén được:→ptr liên tục cho toàn dòng lưu chất không nén được

chuyển động ổn định:

const Q

hay Q

= Q i

Qđến đ

•Đối với toàn dòng chuyển động ổn định (có một m/c vào, 1 m/c ra) →ptr liên

tục cho toàn dòng lưu chất chuyển động ổn định dạng khối lượng:

2 1

2 2 2 2 A

1 1 1 A

M M

dA u dA

u1

=

⇔ ρ

=

∫

M1: khối lượng lưu chất vào m/c A1 trong 1 đv t.gian

M2: khối lượng lưu chất ra m/c A2 trong 1 đv t.gian

•Trong trường hợp dòng chảy có nhiều mặt cắt vào và ra, c động ổn định, lưu

chất không nén được, tại một nút, ta có: →ptr liên tục tại một nút cho toàn

dòng lưu chất không nén được chuyển động ổn định:

2 PHƯƠNG TRÌNH NĂNG LƯỢNG

Khi X là năng lượng của dòng chảy có khối lượng m (ký hiệu là E, bao gồm nội

năng, động năng và thế năng (thế năng bao gồm vị năng lẫn áp năng), ta có:

1/2u2 là động năng của một đơn vị khối lượng

gz là vị năng của một đơn vị khối lượng

p/ρ là áp năng của một đơn vị khối lượng

Định luật I Nhiệt động lực học: số gia năng lượng được truyền vào chất lỏng

trong một đơn vị thời gian (dE/dt) , bằng suất biến đổi trong một đơn vị thời gian

của nhiệt lượng (dQ/dt) truyền vào khối chất lỏng đang xét, trừ đi suất biến đổi

công (dW/dt) trong một đơn vị thời gian của khối chất lỏng đó thực hiên đối với

môi trường ngoài (ví dụ công của lực ma sát):

dt

dW dt

dQ dt

dA u k t

X dt

ρρ+++

w

e(tdt

Khi X là động lượng:

Định biến thiên động lượng:biến thiên động lượng của lưu chất qua thể tích

W (được bao quanh bởi diện tích A) trong một đơn vị thời gian bằng tổng

ngoại lực tác dụng lên khối lưu chất đó:

dA u ρ ) u ( dw ρ ) u ( t

quát của p.tr ĐL

Như vậy, từ kết quả của pp TTKS: ; ta có: +∫∫ ρ

dA u k t

X dt dX

ngoạilực

∑

dtXd

Ví dụ 4: Một dòng chảy ra khỏi ống có vận tốc phân bố dạng như hình

vẽ, với vận tốc lớn nhất xuất hiện ở tâm và có giá trị Umax = 12 cm/s Tìm vận tốc trung bình của dòng chảy

Giải:

Lưu lượng :

3

R u π 3

r 2

Rr R

u π 2 rdr π 2 ) R ( R

u Q

2 max R

r

3 2 max

Tại tâm ống, u=umax; tại thành ống, u=0

Ta có trên phương r,; vận tốc dòng

chảy phân bố theo quy luật tuyến tính:

) R ( R

3

u A

Q

s/cm4

Lưu chất chuyển động ổn định trong đường ống có đường kính D Ở đầu vào của

đoạn ống, lưu chất chuyển động tầng, vận tốc phân bố theo quy luật :

u1: vận tốc tại tâm ống khi chảy tầng

r : được tính từ tâm ống (0 ≤ r ≤ D/2)

u2: vận tốc tại tâm ống khi chảy rối

y : được tính từ thành ống (0 ≤ y ≤ D/2)

Tìm quan hệ giữa u1và u2

Giải:

dy ) y R ( π R

y u Q

; rdr π R

r 1 u Q

7 R

0 2 2 R

0

2

2 1

Khi lưu chất chuyển động vào sâu trong ống thì chuyển sang chảy rối, với phân

bố vận tốc như sau :

r

u1

o

u2R

r

odr

dA=2πrdr

R u )

R ( 4

r 2

r u 2 rdr π 2 R

r 1 u Q

2 1 R r 2

4 2 1 R

0

2

2 1

y

7 7 15 7 7 2

7 R

0

7 R

0 2

60

49 R

15

y R

8

y 7 u 2 dy R

y y dy R

y R u 2

yu

Ví dụ 5:

Giải:

Chất lỏng lý ltưởng quay quanh trục thẳng đứng (oz) Giả sử vận tốc

quay của các phân tố chất lỏng tỷ lệ nghịch với khoảng cách từ trục

quay trên phương bán kính (V=a/r; a>0 là hằng số Chúng minh rằng

đây là một chuyển động thế Tìm phương trình các đường dòng

0y

ux

) u (

chuyển động không quay (thế)

O r

u

y x

2 2 2 y

2 2 2 x

y x

ax r

ax r

x r

a ) oy , u cos(

u u

; y x

ay r

ay r

y r

a ) ox , u cos(

u u

2 2

2 2 2

2 2

2 2 x

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 y

) y x (

) x y ( a )

y x (

) y ( ay ) y x ( a y

x

ay y

y

u

; ) y x (

) x y ( a )

y x (

) x 2 ( ax ) y x ( a y x

ax x x

u

+

−

=+

++

−+

u

z x

Đây là chuyển động Một chuyển động thế trên mặt phẳng xOy

Phương trình các đường dòng:

C ) y x (

dx y x

ax dy

y x

ay dx

u dy u

2 2

2 2 2

2 y

x

= +

⇔

+

= +

−

⇔

=

V PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHO CHẤT LỎNG LÝ

TƯỞNG CHUYỂN ĐỘNG (P.Tr EULER)

dt

ud)p

∂

∂+

∂

∂+

−

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂+

−

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂+

−

⇔

)3(z

uuy

uux

uut

udt

duz

p1F

)2(z

uuy

uux

uut

udt

duy

p1F

)1(z

uuy

uux

uut

udt

dux

p1F

z z

z y

z x z z

z

y z

y y

y x y y

y

x z

x y

x x x x

x

¾Dạng Lamb-Gromeco của phương trình Euler:

x

u u x

y z

2 x

x y y z x z

2 z

2 y

2 x x

x

)u(rotu)u(rotu2

uxtu

y

ux

uux

uz

uu2

u2

u2

uxt

ux

p1F

−+

∂

∂+

−

Sau khi sắp xếp, trên phương x ta được:

Ta biến đổi tương tự cho p.tr (2) và (3)

x y

z

x z

z x

y

z y

y z

x

z y

x

z y

x

)u(rotu)u(rotu)u)u(rot(

)u(rotu)u(rotu)u)u(rot(

)u(rotu)u(rotu)u)u(rot(

uu

u

)u(rot)

u(rot)

u(rot

kj

iu

GG

GGG

G

Cuối cùng ta đượcDạng Lamb-Gromeco của phương trình Euler:

u ) u ( rot 2

u grad t

u p

grad

1 F

G

∧ +

∂

∂

= ρ

−

×

−+

−

×

−+

−

dz)u(rotu)u(rotu2

uzt

uz

p1F

dy)u(rotu)u(rotu2

uyt

uy

p1F

dx)u(rotu)u(rotu2

uxt

ux

p1F

y x

x y

2 z

z

x z

z x

2 y

y

z y

y z

2 x

x

¾Lưu chất chuyển động thế toàn miền: rot(u)=0 :(C là hằng số cho toàn miền)

¾Tích phân dọc theo đường dòng (C là hằng số trên đường dòng)

¾Tích phân dọc theo đường xoáy (C là hằng số trên đường xoáy).

¾Tích phân dọc theo đường xoắn ốc (C là hằng số trên đường xoắn ốc)

•Đối với dòng ổn định, lưu chất nằm trong trường trọng lực, không nén đựợc:

z y

x

z y

x 2

u u

u

) u ( rot )

u ( rot )

u ( rot

dz dy

dx 2

u ρ

p gz

−

Trong một số các trường hợp cụ thể sau, ta có tích phân phương

trình trên với vế phải = 0 ⇒P tr Bernoulli

C g 2

u p z hay C

2

u p

γ +

= +

ρ +

•Trong trường hợp dòng chảy lưu chất không nén được, ổn định với

rot(u)≠0, xét trên phương pháp tuyến n với đường dòng:

Nếu lực khối là một hàm có thế, ta đưa hàm thế π vào với định nghĩa sau:

;yF

;x

Viết lại phương trình vi phân dạng Lamb-Gromeco:

u ) u ( rot

u grad t

u p grad

∂

∂

= ρ

− π

ur

ur

un

ru

)u,sin(

.u

un

pn

2 2

2 2 2

22

22

−

=

ωω

p π r

p gz r

áp suất phân bố trên mặt cắt ướt theo quy luật thủy tĩnh (khi ấy các đường dòng song song và thẳng, m/c ướt là mặt phẳng) - đây là trường hợp chất lỏng chuyển động đều hoặc biến đổi dần

¾Theo phương r (hướng từ tâm quay ra): r càng lớn, càng lớn

•Ý nghĩa năng lượng của phương trình Bernoulli:

γ

+ p

z : là thế năng của một đơn vị trọng lượng lưu chất

(bao gồm vị năng đơn vị z và áp năng đơn vị p/γ)