Thủy lực - Chương 7 docx

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 1 CHƯƠNG 7 DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH TRONG KÊNH HỞ Các đặc trưng thủy lực của dòng chảy (Q,V,A,…) thay đổi theo thời gian. VD: dòng chảy trong sông bò ảnh hưởng bởi thủy triều DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH Giới hạn trong chương: Các đặc trưng thủy lực thay đổi chậm dần theo thời gian Phương trình liên tục : Cơ sở lý thuyết : Phương trình liên tục được thiết lập dựa trên đònh luật bảo toàn khối lượng trong không gian vô cùng bé nằm giữa hai mặt cắt ướt kênh Phương trình động lượng : Cơ sở lý thuyết: Phương trình động lượng được xây dựng dựa trên một trong hai cơ sở sau: •* Biến thiên năng lượng của một đoạn dòng chảy nằm giữa hai mặt cắt •* Phương trình biến thiên động lượng trên phương s cho thể tích nước trong đoạn kênh Hệ phương trình Saint Venant I. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 2 1. Phương trình liên tục Q (∂h/∂t)dt z h 1 1 dx Q+(∂Q/∂x)dx 2 2 0 x t+dt t q 0 Chênh lệch lượng nước ra và vào đoạn kênh qua hai mặt cắt ướt trong thời gian dt: Q dx.dt x ∂ ∂ Biến thiên thể tích nước trong đoạn kênh trong thời gian dt: h Bdx dt t ∂ ∂ Xem nước là lưu chất không nén được, → phương trình bảo toàn khối lượng : Qh dxdt Bdx dt 0 xt ∂∂ + = ∂∂ 0 x Q t h B = ∂ ∂ + ∂ ∂ 0 x Q t A = ∂ ∂ + ∂ ∂ 0 x Q t z B = ∂ ∂ + ∂ ∂ 0 x A V x V A t z B = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ Suy ra P.tr liên tục có dạng: hay hay hay h A dA dh B hz tt ∂∂ = ∂∂ hAzA B tztt ∂∂∂∂ == ∂∂∂∂ Xem lòng dẫn không biến đổi theo thời gian: Và: 2. Phương trình động lượng Chuyển động không ổn đònh→dòng chảy có vận tốc thay đổi theo cả không gian lẫn thời gian Thành phần vận tốc biến thiên theo không gian x (sẽ xét chung trong phần biến thiên năng lượng e từ (1-1) đến (2-2) Thành phần vận tốc biến thiên cục bộ theo thời gian (gia tốc quán tính cục bộ) t V ∂ ∂ Lực quán tính (tác dụng lên khối lưu chất có khối lượng m) do sự biến thiên vận tốc cục bộ theo thời gian t V m ∂ ∂ − Lực quán tính tác dụng lên 1 đ.v trọng lượng lưu chất do sự biến thiên vận tốc cục bộ theo thời gian t V g 1 ∂ ∂ − Trên một quãng đường dx, nó tạo ra công, chính là thành phần năng lượng mà dòng chảy bò mất đi hoặc được thêm vào tuỳ thuộc vận tốc U theo thời gian tăng hay giảm dx t V g 1 h a ∂ ∂ −= TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 3 2 1 2 h a Đ ư ơ ø n g n a ê n g , đ o ä d o á c J , d o ø n g o đ Đ ư ơ ø n g m a ë t n ư ơ ù c , đ o ä d o á c : J s Đ ư ơ ø n g n a ê n g , đ o ä d o á c J+ J a ; d o ø n g k o đ chuẩn Đ a ù y k e â n h , đ o ä d o á c : i = s i n ( θ ) idx 1 dx θ g2 V 2 α Jdxh f = dx t V g 1 h a ∂ ∂ = dxx/ g2 V g2 V 22 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ α ∂+ α ( ) dxx/hh ∂ ∂ + ( ) dxx/aa ∂∂ + Jdxdx t V g 1 dxx/ g2 V g2 V dx x h hdx x a a g2 V ha 222 + ∂ ∂ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ α ∂+ α + ∂ ∂ ++ ∂ ∂ += α ++ Cân bằng năng lượng cho 2 mặt cắt (1-1) và (2-2): t V g 1 J g2 V ha x 2 ∂ ∂ −−= ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ α ++ ∂ ∂ Suy ra: J x a t V g 1 x V g V x h − ∂ ∂ −= ∂ ∂ + ∂ ∂ α + ∂ ∂ hay: i dx da x a −== ∂ ∂ Kênh lăng trụ, đáy cứng Ji t V g 1 x V g V x h −= ∂ ∂ + ∂ ∂α + ∂ ∂ J trong phương trình được tính gần đúng như dòng đều ổn đònh: R C VV R C V R CA Q K Q J 22 2 22 2 2 2 ==== t V gx V g V RC V V x h i 0 2 ∂ ∂ α + ∂ ∂α += ∂ ∂ − ( ) i x h x a x h x ah x z − ∂ ∂ = ∂ ∂ + ∂ ∂ = ∂ +∂ = ∂ ∂ Nếu thay: 0 RC VV x V g V x z t V g 2 0 =+ ∂ ∂α + ∂ ∂ + ∂ ∂ α Hay dạng của P. tr. ĐL: 0 RCA QQ A Q xgAx z t Q gA 22 2 0 =+ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂α + ∂ ∂ + ∂ ∂ α thành phần gia tốc quán tính cục bộ theo thời gian Biến thiên mực nước dọc kênh thành phần đối lưu của dòng chảy thành phần ma sát đáy Với α 0 – hệ số hiệu chỉnh gia tốc cục bộ. TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 4 Khi có lưu lượng chảy vào dọc theo chiều dài đoạn kênh với lưu lượng trên một đơn vò chiều dài kênh là q (m 3 /s/m) : Phương trình liên tục 0q x Q t z B =− ∂ ∂ + ∂ ∂ 0q A Q u K QQ gA x z gA A Q xt Q q 2 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −−+ ∂ ∂ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ Phương trình ĐL u q - thành phần vận tốc dọc trục của lưu lượng nhập vào q q – lưu lượng bên nhập vào trên một đơn vò chiều dài kênh. Ví dụ: nước bơm cho dân sinh công nghiệp, nông nghiệp hoặc nước thải sinh hoạt và công nghiệp, …. q>0: lưu lượng bổ sung vào dòng. q<0: lưu lượng mất đi khỏi dòng. Hệ hai phương trình đạo hàm riêng gồm phương trình liên tục và phương trình động lượng như đã viết ở trên được gọi là hệ phương trình Saint- Venant. Hệ phương trình này mô tả sự biến thiên của lưu lượng Q và mực nước z hoặc các thông số tương đương theo không gian và thời gian. II. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ST.VENANT BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG ĐẶC TRƯNG Nguyên tắc Chuyển đổi hệ phương trình St-V thành ph. tr. vi phân thường và giải trên các đường đặc trưng là đường cong trên mặt phẳng (x,t), trên đường đó, phương trìnhđạohàmriêngtrởthành phương trình vi phân thường. Đường đặc trưng 0 x V g V = ∂ ∂α Truyền sóng nhiễu động nhỏ trong nước tónh (i=0) 0 RC VV i 2 =− constAA 0 = = contBB 0 = = 1 0 =α Do nhiễu động nhỏ và truyền trong nước tónh nên ta chấp nhận: t V gx V g V RC V V x h i 0 2 ∂ ∂ α + ∂ ∂α += ∂ ∂ − 0 x A V x V A t z B = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ Đặt 0 0 0 B gA c = Phương trình động lượng và liên tục→ 1 0 hV xgt ∂ ∂ += ∂∂ 00 0 Vh AB xt ∂ ∂ += ∂ ∂ g × 0 0 A c × ± Suy ra hay 00 0 0 0 Bc hV V h gc xt xAt ∂∂ ∂ ∂ ++ + = ∂∂ ∂ ∂ 00 0 0 0 Bc hV V h gc xt xAt ∂∂ ∂ ∂ ++ + = ∂∂ ∂ ∂ − − 00 0 0 VV g hh cc xtc xt ∂∂ ∂∂ ⎛⎞⎛⎞ ++ += ⎜⎟⎜⎟ ∂∂ ∂∂ ⎝⎠⎝⎠ 00 0 0 VVg hh cc xtc xt ∂∂ ∂∂ ⎛⎞⎛⎞ ++ += ⎜⎟⎜⎟ ∂∂ ∂∂ ⎝⎠⎝⎠ − − − 0 dt dh c g dt dV 0 =+ 0 dt dh c g dt dV 0 =− hay TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 5 0 dt dh c g dt dV 0 =+ 0 dt dh c g dt dV 0 =− 0 dx c d t =+ 0 dx c dt =− có miền xác đònh tương ứng là hai họ đường cong mô tả bởi 2 phương trình vi phân : 0 x tconst c ξ =− = 0 x t const c η =+ = p.tr đường đặc trưng thuận p.tr. đường đặc trưng nghòch 0 00 gx VhFt const cc ⎛⎞ += −= ⎜⎟ ⎝⎠ 0 00 gx Vhft const cc ⎛⎞ −=+= ⎜⎟ ⎝⎠ Suy ra: M T DN L x t t 0 0 ξ η Lưới đường đặc trưng 2 VV g c 2 hh h DT 0 DT M − + + = Trên đường đặc trưng thuận: MMTT 00 gg VhVh cc +=+ MMDD 00 gg VhVh cc −=− Trên đường đặc trưng nghòch: 2 VV 2 hh c g V DTDT 0 M + + − = Suy ra: Điều kiện biên : hai điều kiện: ( ) D hft= () T Vft= và: Điều kiện ban đầu : hai điều kiện: ( ) t0 hfx= () t0 Vfx= và: Thông thường cho h to =h tónh ; V to =0 Lx t 0 L x t 0 Fr <1 Fr >1 (v>0) Số Froude và sự truyền sóng. () 22 22 2 2 B VccV 1cFr1 gA ⎛⎞ −= −= − ⎜⎟ ⎝⎠ g A c B = -tốc độ riêng của sóng Với: Suy ra: Trườnghợpdòngchảyêm: 2 Fr 1 V c<⇒ < Sóng truyền cả về hai phía 0cV dt dx >+= + 0cV dt dx <−= − Các đường Đ.tr thuận đồng biến theo t Các đường Đ.tr nghòch nghòch biến theo t Trườnghợpdòngchảyxiết: 2 Fr 1 V c>⇒ > Sóng chỉ truyền về cuối kênh nếu V>0 0cV dt dx >+= + dx Vc0 dt − =−> Các đường Đ.tr thuận đồng biến theo t Các đường Đ.tr nghòch đồng biến theo t Cần hai điều kiện biên h và V ở đầu kênh (nếu V>0 ) Cần hai điều kiện biên: một ở đầu kênh, một ở cuối kênh TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 6 M -5 0 5 10 15 20 020406080100120 T D E V í d u1 Một kênh mặt cắt ngang hình thang đáy rộng b=6m, hệ số mái dốc m=1,5, dài 120m, đáy nằm ngang. Kênh nối một công trình thủy lợi với một hồ lớn. Nước trong kênh tónh, có độ sâu 3m. Ở thời điểm t=0 giây, công trình bắt đầu xả nước ra kênh với lư lượng Q=3,15m 3 /s và giữ lưu lượng này không đổi. Giả thiết lưu lượng tăng đột ngột. Tìm mực nước và vận tốc ở thời điểm 16 giây ở vò trí 40m (tính từ công trình) và ở thời điểm 44 giây ở vò trí 80m. Giải câu a Vẽ đường đặc trưng thuận, nghòch qua M: 0 7.187=− = M M x t c ξ Tính 0 0 0 gA c 4.539 B == 0 24.813=+ = M M x t c η Tọa độ điểm T: 0 7.187 7.187=+= T T x t c Tọa độ điểm D: 0 (24.81- ) 112.62== DD xtc Vẽ đường đặc trưng nghòch qua T: 0 7.187=+ = T T x t c η Tọa độ điểm E: 0 (7.187- ) 32.621 = = EE xtc Ta có: V T =Q/A 0 =0.1 m/s; V D =0; h D =3m Trên đường đặc trưng nghòch TE: Trên đường đặc trưng thuận MT: MMTT 00 gg VhVh cc +=+ MMDD 00 gg VhVh cc −=− Trên đường đặc trưng nghòch MD: 0 3.046m 22 +− =+ = TD TD M chh VV h g 0 0.1m/s 22 −+ =+= TD TD M gh h V V V c Suy ra: m046.3h g c )VV(hh c g Vh c g V E 0 ETTE 0 ET 0 T =+−=⇒−=− Giải câu b M* 0 10 20 30 40 50 020406080100120 T* D * E* T** E** Vẽ đường đặc trưng thuận, nghòch qua M*: * * 0 26.374=− = M M x t c ξ * * 0 61.63=+ = M M x t c η Tọa độ điểm T*: * * 0 26.347 26.347=+= T T x t c Tọa độ điểm D*: * * 0 61.626- 35.187== D D x t c Vẽ đường đặc trưng nghòch qua T*: * * 0 26.374=+ = T T x t c η Tọa độ điểm E*: Suy ra: V T* =V T** = 0.1 m/s; h T* = h T** = 3,046m; h D* = 3m (vì cuối kênh là hồ chứa) Trên đường đặc trưng thuận T**D*: 0 T** T** D* D* D* T** T** D* 00 cgg VhVhVV(hh)0.2m/s cc g +=+⇒=+ −= Trên đường đặc trưng thuận M*T*: **** 00 +=+ MMTT gg VhVh cc M* M* D* D* 00 gg VhVh cc −=− Trên đường đặc trưng nghòch M*D*: 0 ** ** * 3m 22 +− =+ = TD TD M chh VV h g ** ** * 0 0.2m/s 22 −+ =+= TD TD M gh h V V V c ⇒ **0 (26.374- ) 119.71 = = EE xtc 0 x tconst c ξ =− = 0 x tconst c η =+ = Vẽ đường đặc trưng thuận qua D*: * * 0 8.749=− = D D x t c ξ Tọa độ điểm T**: ** ** 0 8.749 8.749=+= T T x t c TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 7 Ví du 2: (GBT4-5-6-7.sls-bài 3 Trong phương pháp đường đặc trưng, các điểm tính toán cho như hình bên. Giả thiết rằng tốc độ truyền sóng không đổi là Co = 10 m/s. Điều kiện ban đầu và điều kiện biên cho như sau :t = 0 Ỵ ở điểm P : độ sâu mực nước h = 10,5 m; Vận tốc V = 1,1 m/ Ỵ ở điểm M : độ sâu mực nước h = 10,0 m;Vận tốc V = 0,9 m/s Tính độ sâu mực nước điểm N ở thời điểm 20’ 9,51,010 Độ sâu mực nước (m)Vận tốc (m/s) Biên hạ lưuBiên Thượng lưuThời điểm (phút) P M A B N ξ 1 ξ 2 η 1 η 2 t=0 t=20’ t=10’ t s L O Trên đường đặc trưng nghòch AP: m398.10h g c )VV(hh c g Vh c g V P 0 PAAP 0 PA 0 A =+−=⇒−=− Trên đường đặc trưng thuận BM: s/m391.1)hh( c g VVh c g Vh c g V BM 0 MBM 0 MB 0 B =−+=⇒+=+ ⇒ Từ hai đường đặc trưng thuận và nghòch NA và NB: N 0 NA 0 A h c g Vh c g V +=+ B 0 BN 0 N h c g Vh c g V −=− m75.9 2 hh g c ) 2 VV (h BA0BA N = + + − = s/m636.1 2 VV 2 )hh( c g V BABA 0 N = + + − = M 0 20 40 60 80 0 100 200 300 400 500 600 O L Ví du 3: (GBT4-5-6-7.sls-bài 5 Kênh hình thang có chiều rộng đáy b=6m, hệ số mái dốc là m=1, được nối với một công trình ở thượng lưu và một dòng sông ở hạ lưu cách công trình 600m. Dòng chảy trong kênh là dòng đều có chiều sâu nước là h=2m và vận tốc V=1m/s. Công trình đột ngột tháo nước tại thời điểm t = 0 và giữ không đổi. Cũng tại thời điểm t = 0 trên mực nước sông ở hạ lưu bò dao động do thủy triều. Điểm P cách công trình ở thượng lưu 300m bắt đầu bò xáo động tại thời điểm t bằng bao nhiêu? Vẽ đường đặc trưng thuận qua gốc toạ độ (0;0) và nghòch qua điểm cuối kênh (L,0), ta có các phương trình lần lượt là: Giải: Gọi M là giao điểm, ta có toạ độ của M được xác đònh như sau : 000 c x t c 0 0; c x t =⇒+ξ=+ξ= 0 L 0 L 0 L 0 c xx t c x c x 0; c x t − =⇒=η⇒−η=−η= s72.75 c 300 t;m300 2 x x c xx c x c xx t; c x t 0 M L M 0 ML 0 M 0 ML M 0 M M ==⇒==⇒ − =⇒ − == *Như vậy , nếu điểm P nằm ở vò trí x P =300m thì sẽ bắt đầu bò xáo động lúc t=75.72s. *Trong trường hợp điểm P nằm ở nửa đầu kênh, thì sẽ bò ảnh hưởng bởi sóng ở đầu kênh trước, nên ta phải dùng ph.tr đường d.tr thuận OM để tìm thời điểm mà P bắt đầu xáo động. Ví dụ x P =150m thì thời điểm mà P bắt đầu xáo động sẽ là: *Trong trường hợp điểm P nằm ở nửa cuối kênh, thì sẽ bò ảnh hưởng bởi sóng ở cuối kênh trước, nên ta phải dùng ph.tr đường d.tr thuận LM để tìm thời điểm mà P bắt đầu xáo động. Ví dụ x P =400m thì thời điểm mà P bắt đầu xáo động sẽ là: s86.37 c 150 t 0 == s48.50 c 400600 t 0 = − = TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 8 M 0 50 100 150 200 0 100 200 300 400 500 600 D T E F Ví du 4: (GBT4-5-6-7.xls-bài 6 Kênh cụt mặt cắt ngang hình thang có chiều rộng đáy b=3m, hệ số mái dốc là m=1, chiều dài L=600m. Cửa kênh nối ra sông lớn bò chặn bởi 1 cửa van, nước trong kênh ở trạng thái tónh có độ sâu h=2m và mực nước ngoài sông thấp hơn trong kênh 5cm. Tại thời điểm t=0, cửa van được mở ra. Cho rằng mực nước ngoài sông không đổi và sóng nhiễu động có biên độ nhỏ, xác đònh vận tốc và độ sâu của kênh ở điểm M cách đầu kênh 400m tại thời điểm t=150 giây. Vẽ đường đặc trưng thuận qua M, tìm tương tự như các bài toán trên, ta suy ra: Giải: Tọa độ điểm T: T(0,43.15) Tọa độ điểm D: D(600,96.58) Các điều kiện biên tại T và D như sau: V T =0; h D =1.95m; Tương tự ta cũng suy ra hai dường đặc trưng thuận và nghòch từ T và D cắt trục hoành tại F và E Từ V E =V F =0; h E =h F =2m ta suy ra : h T =2m; V D =0.131m/s Từ V T =0; h T =2m và h D =1.95m; V D =0.131m/s ta suy ra : h M =1.95; V M =0.131m/s III. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ST.VENANT BẰNG PHƯƠNG PHÁP SAI PHÂN HỮU HẠN xấp xỉ các đạo hàm bằng các biểu thức sai phân tương đương, biến phương trình vi phân thành các phương trình đại số với ẩn số là giá trò hàm rời rạc tại các điểm tính, và như vậy biến bài toán giải phương trình vi phân thành bài toán giải các phương trình đại số trên các nút lưới. Nguyên tắc jj+1j-1 sL 0 t n n +1 n-1 s j t∆ ∆ P H. 9 Lưới sai phân ∆ x j x Lưới sai phân Sơ đồ giải Sơ đồ hiện vận tốc V và mực nước z ở lớp thời gian n+1 được tính phụ thuộc vào các giá trò ở lớp thời gian trước, không phụ thuộc V và z ở các điểm khác trên cùng lớp thời gian n+1 Sơ đồ ẩn vận tốc V và mực nước z ở lớp thời gian n+1 được tính phụ thuộc vào các giá trò ở lớp thời gian trước, đồng thời phụ thuộc vào V và z ở các điểm khác trên cùnglớpthờigiann+1 TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 9 IV. GIẢI HỆ PT ST.VENANT THEO SƠ ĐỒ SAI PHÂN HIỆN ( ) 0 x AV t z B = ∂ ∂ + ∂ ∂ 0 RC VV x z x V g V t V g 2 0 =+ ∂ ∂ + ∂ ∂α + ∂ ∂ α 12 N N-1 . . . 0 L s jj+1j-1 j+1/2j-1/2 ∆ s j ∆ s j+1 ∆ s' j Kênh được chia thành các đoạn tính, bởi các mặt cắt. Vận tốc được tính tại các mặt cắt còn mực nước được tính ở tâm của đoạn 1 1/2 1/2 1/2 1/2 + ++ + + − ∂ ⎛⎞ = ⎜⎟ ∂∆ ⎝⎠ n jj j j zz z BB tt () 11 1 1/2 ++ + + ⎛⎞ − ∂ = ⎜⎟ ∂∆ ⎝⎠ j jj j j j A VA V AV xx t VV t V j 1n j j ∆ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + j 1n 2/1j 1n 2/1jj 'x zz x z ∆ − = ∂ ∂ + − + + () () 11 1 2 −+ + ⎡⎤ −− ⎛⎞ ∂ ==+ +− ⎢⎥ ⎜⎟ ∂∆∆ ⎢⎥ ⎝⎠ ⎣⎦ jj j j jjjjj jj j VV V V VV DV V V V V gx g x x αα 1j jj1j1j 2/1j 2/1j 1n 2/1j s VAVA B t zz + ++ + + + + ∆ − ∆ += RC V2 tg DV RC VV J VV 2 j 0 j 2 jj j j 1n j + ∆ α −+− += + Sau một số biến đổi, ta suy ra: ( ) jjj 1n j 22 VVVV2 R C 1 R C VV −= + Điều kiện CFL (Courant-Friedrichs-Lewy): ( ) min∆≤ ∆ ±txVc IV. GIẢI HỆ PT ST.VENANT THEO SƠ ĐỒ SAI PHÂN ẨN : sơ đồ Preissmann ∆ x ∆ x/2 ∆ t θ . ∆ t j j+1 n-1 n Vò trí sai phân Sơ đồ sai phân t2 zz B t z B j1j * 2/1j ∆ ∆+∆ = ∂ ∂ + + ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ∆ − + ∆ ∆−∆ θ= ∂ ∂ ++ x QQ x QQ x Q j1jj1j t2 QQ t Q j1j ∆ ∆+∆ = ∂ ∂ + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ∆ − + ∆ ∆−∆ θ= ∂ ∂ ++ + x zz x zz gA x z gA j1jj1j * 2/1j ()() [] jj * j1j1j * 1j 2 QQVQQV x 1 A Q x +∆θ−+∆θ ∆ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ +++ () () ()() ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++∆+∆ θ = +++ + + j1jj1j * 2/1j 3/4 2/1j 2 2/1j 2 QQ 2 1 QQ 2 .V R ng K QQ gA n j 1n jj fff −=∆ + Với () 1N , 2 ,1j fQfzfQfzf fQfzQfz 61j51j4j3j4 21j11jj1j −= ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =∆+∆+∆+∆− =∆+∆+∆−∆ ++ ++ Thế các biểu thức trên vào hệ p.tr St-V ta thu được: Khử ∆ Q j+1 ở phương trình thứ nhất và khử ∆ z j ở phương trình thứ hai của hệ ptr trên ta được: () 1N , 2 ,1j 2dQ2cz2bQ2a 1dz1cQ1bza1 j1jj1jjjj j1jjjjjj −= ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =∆+∆+∆ =∆+∆+∆ ++ + Hệ phương trình trên có dạng hệ phương trình ba đường chéo chính, ta giải bằng phương pháp truy đuổi . T**: ** ** 0 8 .74 9 8 .74 9=+= T T x t c TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 7 Ví du 2: (GBT 4-5 - 6 -7 .sls-bài 3 Trong phương pháp đường đặc trưng, các điểm tính. là: s86. 37 c 150 t 0 == s48.50 c 400600 t 0 = − = TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 8 M 0 50 100 150 200 0 100 200 300 400 500 600 D T E F Ví du 4: (GBT 4-5 - 6 -7 .xls-bài. TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng Thủy Lực DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH 1 CHƯƠNG 7 DÒNG KHÔNG ỔN ĐỊNH TRONG KÊNH HỞ Các đặc trưng thủy lực của dòng chảy (Q,V,A,…) thay đổi