Chương 1 giới thiệu môn học cơ lưu chất ts nguyễn thị bảy

TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC CHƯƠNG I GIỚI THIỆU MÔN HỌC CƠ LƯU CHẤT Đối tượng nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu : chất lỏng chất khí qui luật lưu chất trạng thái tónh động Mục tiêu nghiên cứu : Nhằm phục vụ nhiều lónh vực : ¾Thiết kế phương tiện vận chuyển : xe hơi, tàu thủy, máy bay, hỏa tiễn ¾Xây dựng: cấp, thoát nước, công trình thủy lợi (cống, đê, hồ chứa, nhà máy thủy điện ), tính toán thiết kế cầu, nhà cao tầng… ¾Thiết kế thiết bò thủy lực : máy bơm, tua bin, quạt gió, máy nén ¾Khí tượng thủy văn : dự báo bão, lũ lụt , ¾Y khoa: mô tuần hoàn máu thể, tính toán thiết kế máy trợ tim nhân tạo ¾Trong sống ngày, cần nhiều kiến thức CLC Ví dụ: Lực hút hai doàn tàu chạy song song nhau, nồi áp suất,… Phân biệt lưu chất : ¾Lực liên kết phân tử nhỏ → Có hình dạng phụ thuộc vào vật chứa ¾Không chòu tác dụng lực cắt, lực kéo → Lưu chất môi trường liên tục ¾Dưới tác dụng lực kéo → Lưu chất chảy (không giữ MỞ ĐẦU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC II CÁC TÍNH CHẤT VẬT LÝ CƠ BẢN CỦA LƯU CHẤT 2.1 Khối lượng riêng, trọng lượng riêng, tỷ trọng, thể tích riêng: ρ n = 1000kg / m ∆M Ví (kg / m ) ρ = lim ¾Khối lượng ∆V → ∆V ρ kk = 1,228kg / m dụ: riêng: γ = ρg ( N / m ); (kgf / m ); 1kgf = 9,81N ¾Trọng lượng riêng: γ = 9,81.103 ( N / m ) n ρ ρn ¾Tỷ trọng: δ= ¾Thể tích riêng: V= Nếu xem g=const thì: ρ F*:Lực hút trái đất (F*s,F*n) F: Lực ly tâm (Fs,Fn) F*n- Fn= G: lực trọng trường = Mg Tại xích đạo (ϕ=00): g=9,780 m/s2 Tại vó tuyến ϕ=500 : g=9,810 m/s2 Tại vùng cực: g=9,832 m/s2 g thay đổi theo chiều cao z, z lớn, g giảm lực hút trái đất lên vật giảm 2.2 Tính nén được: Đối với chất lỏng: δ= γ γn Sự thay đổi g theo vó độ độ cao: n n F F F*s F F n F n F F* F* s F*n s s Sơ đồ lực hút Trái đất, lực ly tâm trọng lực Hệ số nén βp: Suất đàn hồi K: βp = − dV / V0 dp K = − V0 dp dV Hay: K =ρ dp dρ Knước = 2,2 109 N/m2 ¾K thường dùng cho chất lỏng, số, phụ thuộc vàp áp suất nhiệt độ ¾Hầu hết loại chất lỏng khó nén nên xem lưu chất không nén ¾Một dòng khí chuyển động với vận tốc nhỏ thay đổi khối lượng riêng không đáng kể nên xem lưu chất không nén ¾Khi dòng khí chuyển động với vận tốc lớn 0,3 lần vận tốc âm (khoảng 100 m/s) thi xem lưu chất nén Đối với chất khí, xem khí lý tưởng: pV = RT ¾Trong trường hợp khí nén đẳng nhiệt: pV = const Hay: p = ρ RT Lưu ý: Trong công thức trên, áp suất p áp suất tuyệt đối MỞ ĐẦU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 1: Nồi áp lực gồm phần trụ tròn có đường kính d=1000mm, dài l=2m; đáy nắp có dạng bán cầu Nồi chứa đầy nước với áp suất p0 Xác đònh thể tích nước cần nén thêm vào nồi để tăng áp suất nồi từ p0=0 đến p1=1000at Biết hệ số nén nước βp=4,112.10-5 cm2/kgf=4,19.10-10 m2/N Xem bình không giản nở nén Giải: Gọi V0 ; p0 thể tích áp suất nước trạng thái đầu; để sau nén có: V1 ; p1 thể tích áp suất nước trạng thái sau; Như sau nén thêm nước vào, thể tích nước V1 bình thể tích bình: ⎛d⎞ ⎛d⎞ V1 = π ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ π l = 2.094395m 3 ⎝2⎠ ⎝2⎠ l d Ta có: βp = − β p ∆ p.V1 ∆ V / V0 ∆ V /( V1 − ∆ V ) =− ⇒ ∆V = ∆p ∆p β p ∆p − Thế số vào ta : ∆ V = V1 - V0 = -89.778lít Vậy cần nén thêm vào bình 89.778 lít nước Ví dụ 2: Giải: Dầu mỏ nén xi lanh thép thành dày tiết diện hình vẽ Xem thép không đàn hồi Cột dầu trước nén h=1,5 m, mực thuỷ ngân nằm vò trí A-A Sau nén, áp suất tăng từ at lên 50 at, mực thuỷ ngân dòch chuyển lên khoảng ∆h=4 mm Tính suất đàn hồi dầu mỏ nước Thép Hg βp = − ∆V / V0 S.∆h / S.h ∆h =− = = 5.44E-10 ∆p ∆p ∆p.h ⇒K = = 1.84E+ 09 βp N/m2 MỞ ĐẦU m2 / N A A Dầu mỏ h TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 3: Một bình thép tích tăng 1% áp suất tăng thêm 70 MPa Ở điều kiện chuẩn, bình chứa đầy nước 450 kg ( ρnước=1000kg/m3) Biết Kn=2,06.109 Pa Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện chuẩn) để tăng áp suất bình lên 70 MPa Giải cách 1: 450 = 45 m 1000 0,45 m3 thể tích nước ban đầu bình đ.k chuẩn VB = Thể tích bình lúc đầu VB tính sau: Gọi V0 ; p0 thể tích áp suất nước trạng chuẩn; để sau nén trở thành V1 ; p1 (là thể tích áp suất nước trạng thái sau); Ta co thể lý luận V1 thể tích bình lúc sau: Ta có: V1 = VB + 1% VB = 0.4545m ∆p K.V1 K = −V0 ⇒ V0 = = 0.470487m3 (V1 − V0 ) K − ∆p Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn): là: ∆ V = V0 - VB = ,470487 − ,45 = 0.020487m Tương ứng với khối lượng: ∆M = 20.48744kg Ví dụ 3: Một bình thép tích tăng 1% áp suất tăng thêm 70 MPa Ở điều kiện chuẩn, bình chứa đầy nước 450 kg ( ρnước=1000kg/m3) Biết Kn=2,06.109 Pa Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện chuẩn) để tăng áp suất bình lên 70 MPa Giải cách 2: 450 = 0.45m3 1000 Gọi V0 ; p0 thể tích áp suất nước bình trạng ban đầu; V0=VB V1 ; p1 thể tích áp suất nước nước bình trạng thái sau; Như sau nén bình rỗng thể tích là: Thể tích bình lúc đầu VB tính sau: VB = ∆V1 = (V0 - V1 ) +1%VB = −∆V +1%VB − V0 ∆p V ∆p ∆p ⇒ ∆V = ⇒ ∆V1 = +1%VB = 0.019791m3 K K ∆V ∆V1 thể tích phần rỗng mà ta cần bổ sung nước thêm vào bình ứng với áp suất p1 Để tính thể tích nước ∆V0 tương ứng với điều kiện áp suất p0, ta cần tính lại lần qua suất đàn hồi K: ∆p K.∆V1 K = −∆V0 ⇒ ∆V0 = ⇒ ∆V0 = 0.020487m ∆V1 − ∆V0 K − ∆p Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn p0) : là: Ta có: K = −V0 ∆V0 = 0.020487m Tương ứng với khối lượng: ∆ M = 20.48744kg MỞ ĐẦU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 4: Nén khí vào bình thép tích 0,3 m3 áp suất 100at Sau thời gian bò rò, áp suất bình lại 90 at Bỏ qua biến dạng bình Tìm thể tích khí bò rò ứng với đ kiện áp suất khí trời pa=1at Xem trình nén đẳng nhiệt Giải Gọi V0 ; p0 thể tích áp suất khí bình trạng chuẩn ban đầu; V1 ; p1 thể tích áp suất khối khí trạng thái sau; Ta có: V0 p = V1p1 ⇒ V1 = V0 p = 0.333333m p1 (V1-V0)=∆V thể tích khí bò (vì bình chứa lại V0), ứng với áp suất 90 at : Để tính thể tích khí ∆Va tương ứng với điều kiện áp suất pa, ta cần tính lại lần : ∆Va = ∆V.p1 = 3m pa Ví dụ 4a: (xem Baitáp+2.xls, SV tự giải) Một bình gas ban đầu có khối lượng M = 15 kg có áp suất dư po = 500 kPa Sau thời gian sử dụng , ấp suất dư bình lại p = 300 Kpa Biết vỏ bình gas có khối lượng kg không bị thay đđổi áp suất thay đổi Tính khối lượng gas sử dụng thời gian M p0,Kpa p1, Kpa Mvo Mgaz0 Mgaz1 Mgazsudung 15 500 300 10 6.656078 3.34392242 MỞ ĐẦU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC 2.3 Tính nhớt: n τ ="−" µ du dn Chất lỏng Newton chảy tầng ⇒ Đònh luật ms nhớt Newton: µ : [kg /(m s ); N /(sm ); Pa s, poise ];1poise = 0,1kg /(m s ) u µ ν = : [m / s; stokes ];1st = 10 − m / s ρ A Fms = τA µ giảm µ tăng µ tăng µ không đổi Ví dụ 5: Ne wt o n to w Ne c l Ph i l.c Hầu hết loại lưu chất thông thường nước, xăng, dầu … thỏa mãn công thức Newton, nhiên có số chất lỏng (hắc ín, nhựa nóng chảy, dầu thô ) không tuân theo công thức Newton gọi chất lỏng phi Newton, chất lỏng thông thường chảy trạng thái chảy rối không tuân theo công thức Newton am h ing B l.c n τ Ne wt on Chất lỏng Newton phi Newton nhiệt độ tăng nhiệt độ tăng p tăng p thay đổi Ph i Tính chất hệ số nhớt µ : Chất lỏng: Hệ số nhớt phụ thuộc vào nhiệt độ Chất khí: Chất lỏng: Hệ số nhớt phụ thuộc vào áp suất: Chất khí : l.c Như lực ma sát nhớt tính l.c lý tưởng du/dn Đường ống có đường kính d, dài l, dẫn dầu với hệ số nhờn µ, khối lượng riêng ρ Dầu chuyển động theo quy luật sau: u=ady-ay2 (a>0; 00:điểm nguồn; q0: xoáy dương ngược chiều kim đồng hồ; Γ0: xoáy dương Lưỡng cực: cặp điểm nguồn + hút có lưu lượng qđặt cách đoạn ε vôâ nhỏ (cho ε→0 với điều kiện εq→m0 , moment lưỡng cực) Ví dụ ta xét trường hợp nằm trục hoành: ⎛ ⎞ Tìm hàm dòng: ⎜ ⎟ y ⎟ y q ⎜ q arctg − arctg (θ n − θ h ) = ε⎟ ε 2π ⎜ 2π x− ⎟ x+ ⎜ ⎝ 2⎠ ⎛ ⎛ ⎞⎞ ⎞ ⎛ ⎜ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ y ⎟−⎜ y ⎟ ⎟ ε⎞ ε⎞⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ε⎟ ⎜ ε⎟⎟ ⎜ ⎜ y x y x − − + ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟ x x + − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ q 2⎠ 2⎠⎟ ⎝ ⎝ ⎠⎟ q ⎠ ⎝ 2 ⎜ arctg arctg ⎜ = ⎟= ⎟ ⎜ 2π ⎞ ⎟ 2π ⎞⎛ ⎛ ε2 ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ x y − + ⎟ ⎜ y ⎟⎜ y ⎟ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ ⎜ + ⎜ ε ⎟⎟ ε ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ x + ⎟⎜ x − ⎟ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎠ ⎝ ψ = ψn + ψh = Khi ε→0 tử số dấu arctg tiến tới nên ta viết: ε⎞⎞ ε⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ ⎜ y⎜ x − ⎟ − y⎜ x + ⎟ ⎟ ⎜ q ⎜ ⎝ − yε 2⎠ 2⎠⎟ q ⎜ ⎝ ψ= = ⎟ 2π ⎜ 2π ⎜ ε2 ε2 x2 − x − + y2 + y2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 4 ⎝ ⎠ THẾ LƯU ⎞ ⎟ y ⎟ → − m0 ⎟ 2π x + y ⎟ ⎠ TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC 2 ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ Tìm hàm vận tốc: ϕ = ϕ n + ϕ h = q ⎢ln⎜ ⎛⎜ x + ε ⎞⎟ + y ⎟ − ln⎜ ⎛⎜ x − ε ⎞⎟ + y ⎟⎥ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎥ 4π ⎣⎢ ⎜⎝ ⎝ 2⎠ 2⎠ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎡⎛ ⎤ ⎡ ⎤ ε⎞ + x ⎟ +y ⎥ ⎢⎜ ⎢ ⎥ q ⎢⎝ q ⎢ εx 2⎠ ⎥ ⎥ = = ln ln + 2 ⎥ ⎢ ⎥ π 4π ⎢ ⎛ ε⎞ ε⎞ ⎛ ⎢⎜ x − ⎟ + y ⎥ ⎢ ⎜x − ⎟ + y2 ⎥ 2⎠ 2⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ ⎣⎢ ⎝ ⎦⎥ x2 + bỏ qua số hạng bậc cao vô bé, ta có: ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ q ⎜ ⎟ m0 x εx → ε → ϕ= ⎟ ⎜ 2π x + y 2π ⎜ ⎛ ε⎞ ⎟ ⎜ ⎜x − ⎟ y ⎟ ⎠ ⎠ ⎝⎝ Triển khai ln(1 + x) = x − Vậy tóm lại, chuyển động lưỡng cực thì: − m0 − m sin θ y = 2π x + y 2π r m m cos θ x ϕ= = 2π x + y 2π r ψ ψ= m cos θ − i sin θ m cos θ + sin θ m f (z ) = = = 2π r 2π r(cos θ + i sin θ) 2π z -q +q Dòng chảy quanh nửa cố thể: Là chồng nhập chuyển động thẳng ngang (U0)+ nguồn gốc toạ độ (q) q q ln(x + y ) = u r cos θ + ln r 4π 2π q y q ψ = u0y + arctg( ) = u r sin θ + θ 2π x 2π ϕ = u0x + Điểm dừng A: u A = ⇔ u xA = 0; u yA = q q 2x ⎧ ∂ϕ ⎪ ∂ x = u + π x + y = ⇔ x A = − πu ⎪ ⇔⎨ ⇑ ⎪ ∂ϕ = q y = ⇔ y A = ⎪⎩ ∂y 4π x + y THẾ LƯU A TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Dòng chảy quanh cố thể dạng Rankin Là tổ hợp dòng chuyển động thẳng ngang (u0) + nguồn (+q) + hút(-q) Trong điểm nguồn hút nằm trục hoành, cách đoạn 2a hữu hạn, u0 A B 2a q (x + a)2 + y ϕ = uo x + ln 4π ( x − a) + y ψ = uo y + +q -q q ⎡ ⎛ y ⎞ ⎛ y ⎞⎤ arctg⎜ ⎟ − arctg⎜ ⎟⎥ ⎢ 2π ⎣ ⎝ x+a⎠ ⎝ x − a ⎠⎦ Có hai điểm dừng A B: ⎧ ∂ϕ q ⎛ ⎞ 2y 2y ⎜ ⎟ = ⇔ {y = − ⎪ = 2 2 ⎟ ⎜ (x − a) + y ⎠ ⎪ ∂y 4π ⎝ (x + a) + y ⎪ ⎪ ∂ϕ = u + q ⎛⎜ 2(x + a) − 2(x − a) ⎞⎟ = 0 ⎪⎪ ∂x 4π ⎜⎝ (x + a) + y (x − a) + y ⎟⎠ ⎧u x = ⇔⎨ u=0⇔⎨ ⎩u y = ⎪thế y = ⇔ u + q ⎛ − ⎞ = ⎜ ⎟ ⎪ 4π ⎝ (x + a) (x − a) ⎠ ⎪ ⎪ ⎧ q ⎛ 4a ⎞ aq ⇔ u0 + = ⇔ + a2 ⎜ ⎟ ⎪ ⎨x = ± πu 4π ⎝ x − a ⎠ ⎩ ⎩⎪ Dòng chảy quanh trụ tròn (Γ=0) Xétø tổ hợp chuyển động thẳng đều, nằm ngang (u0)+lưỡng cực (m0) ϕ = uox + ⎛ m0 m cos θ m0 x ⎜1 + = θ + = θ u r cos u r cos o o 2 ⎜ 2π x + y 2π r 2πu r ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎛ m sin θ − m0 m0 y ψ = uo y + = u o r sin θ − = u o r sin θ⎜⎜1 − 2 2π x + y 2π r 2πu r ⎝ Do trao m đường đổi lưu chất Thay đường r = R= tròn tròn 2πu đường dòng ψ=0 ⎛ R2 ⎞ ϕ = u o r cos θ⎜⎜1 + ⎟⎟ r ⎠ ⎝ ⎛ R2 ⎞ ψ = u o r sin θ⎜⎜1 − ⎟⎟ r ⎠ ⎝ THẾ LƯU Xét đường dòng ψ=0 ⇔ θ=0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ m0 2πu r= m0 2πu chất dòng chảy không đổi Ta có hình ảnh dòng chảy bao quanh trụ tròn (trụ không xoay) TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC ¾Tìm phân bố vận tốc mặt trụ r=R: ∂ϕ ⎧ = −2 u sin θ ⎪u θ = r ∂θ r = R ⇒ ϕ = u R cos θ ⇒ ⎨ ⎪u = ⎩ r ¾Tìm hai điểm dừng mặt trụ: uθ = ⇔ θ = θ=π ⇒ có hai điểm dừng A B trước sau mặt trụ ¾Tìm hai điểm có giá trò vận tốc lớn mặt trụ: 3π π u θ = u max ⇔ θ = ; θ = 2 u C = −2 u ; u D = u pA = pB = ρu02/2 uC = -2u0 C B A D uD = 2u0 pC = pD = -3ρu02/2 ⇒ C, D nằm mặt trụ có giá trò vận tốc lớn ¾Khảo sát phân bố áp suất rên mặt trụ: Áp dụng P.Tr NL đường dòng ψ=0 từ điểm xa vô cực đến điểm mặt trụ: ρu 20 ρu 2tr ρu 02 u tr2 ρu 02 4u 02 sin θ dư p∞ + = p tr + Giả sư û p∝=pa p tr = (1 − ) = (1 − ) 2 u 02 u0 ρu 20 ρu 02 dư p p = = Tại A, B: A B p = (1 − sin θ) tr 2 Tại C, D: p = p = − 3ρu D D Do biểu đồ phân bố áp suất đối xứng qua ox lẫn oy nên Nhận xét: tổng lực tác dụng lên mặt trụ trường hợp = Chuyển động quanh trụ tròn xoay (Γ≠0): Bao gồm chuyển động quanh trụ tròn + xoáy tự (Γ +) ⎛ R2 ⎞ Γ ϕ = u o r cos θ⎜⎜1 + ⎟⎟ + θ π r ⎝ ⎠ ⎛ R2 ⎞ Γ ψ = u o r sin θ⎜⎜1 − ⎟⎟ − ln r r ⎠ 2π ⎝ ¾Phân bố vận tốc mặt trụ : Vì r = R nên u r = 0; u θ = −2 u sin θ + Γ R 2π ⎧Γ < 4πRu → 2.điểm.dừng suy ra: Γ Γ ⎪ ⇔ sin θ = ⇒ ⎨Γ = 4πRu → 1.điểm.dừng u = ⇔ u sin θ = 2πR 4πRu ⎪Γ > 4πRu → 0.điểm.dừng ⎩ ¾Phân bố áp suất mặt trụ : 2 ρu ρu Γ với uθ = −2u0 sinθ + p ∞ + = p tr + tr 2 R 2π 2 2 ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ρ u ρ u u Γ tr Giả sư û p∝=pa p dư = ⎜ ⎟ ⎢ − = − − ( ) sin θ tr ⎜ ⎟ ⎥ u 02 ⎢ π Ru ⎠ ⎥ ⎝ ⎣ ⎦ ¾Lực tác dụng mặt trụ: Lưu ý : Phương x: Fx =0 2π 2π Phương y: dư n -Ỉ Lực nâng Jukovs ⇒ Fy = − ∫ p tr R sin θ.dθ = − ρΓU ∫ sin θ.dθ =0 THẾ LƯU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Các trường hợp xoáy Γ>0 Γ/2πRu0=1 Fy Γ/2πRu0=3 y Fy Các trường hợp xoáy Γ< Γ/2πRu0=2 y Γ Γ r r Stagnation Point y | Γ | /2πRu0=1 Stagnation Point | Γ | /2πRu0=2 Γ r Stagnation Point | Γ | /2πRu0=3 THẾ LƯU TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 1: Chuyển động chất lỏng hai chiều mặt phẳng nằm ngang xoy với hàm vận tốc ϕ = 0,04x3 + axy2 + by3 , x,y tính m, ϕ tính m2/s Tìm a, b Tìm độ chênh áp suất hai điểm A(0,0) B(3,4), biếtb khối lượng riêng lỏng 1300kg/m3 Giải: Từ hàm vận tốc ϕ = 0,04x3 + axy2 + by3 ta có: ∂ϕ ∂ϕ ux = = 0,12x + ay ; uy = = 2axy + 3by ∂x ∂y Các thành phần vận tốc phải thoả phương trình div(u)=0 nên: ∂u x ∂ u y + = ⇔ 0,24x + 2ax + 6by = ⇔ (0,24 + 2a )x + 6by = ∂x ∂y Vì div(u)=0 với điểm nên (x=0; y=1) vào ta b = (x=1; y=0) vào ta a = -0,12 uA=0; ⇒ uB = ((0,12*32 -0,12*42)2+(-0,24*3*4)2)1/2 = m/s Vì chuyển động nên p.tr Ber cho hai điểm A B, ta có: pA u2A pB uB2 ρ(uB2 − u2A ) + = + ⇔ (pA − pB ) = ⇔ ∆ p AB = 1300 ( ) = 5,85 KN / m ρ ρ 2 Ví dụ 2: y Dòng chảy uốn cong góc 900 với hàm vận tốc cho sau: ϕ( x , y ) = ( y − x ) (x,y tính m).Tìm lưu lượng phẳng qua đường thẳng nối hai điểm A(1,1) B(2,2) Giải: ux = ∂ϕ =x ∂x ; uy = ∂ϕ =y ∂y ∂ψ = − u y ⇒ ∂ψ = − y∂x ⇒ ψ = − yx + C( y ) ∂x ∂ψ = u x ⇒ − x + C' ( y ) = − x ⇒ C( y ) = const ⇒ ψ = xy + const ∂y ⇒ q AB = ψ B − ψ A = * − * = 3m / s THẾ LƯU x TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 3: Fy dF Gió thổi qua mái lều dạng bán trụ R=3m với V=20m/s, không khí có khối lượng riêng θ 1,16 kg/m3 Tìm lực nâng tác dụng lên 1m bề dài lều Giải: Để tìm lực nâng Fy tác dụng lên 1m bề dài lều, bán trụ ta chon vi phân diên tích ds, tìm lực dF tác dụng lên ds, sau chiếu dF lên phương y →dFy Và tích phân (dFy) toàn bán trụ ρu 02 dư p tr = (1 − sin θ) Áp suất dư mặt trụ bằng: π π π ρu 02 (1 − sin θ) cos( θ)Rdθ = 0 π π π ρu 02 ⇒ Fy = ∫ dFy = − ∫ pds sin( θ) = − ∫ (1 − 4(1 − cos θ)) sin( θ)Rdθ 0 ⇒ Fx = ∫ dFx = − ∫ pds cos( θ) = − ∫ π π π ⎤ Rρu 02 ⎡ Rρu 02 2 ⇒ Fy = − θ − θ θ = − θ − θ − θ θ ( cos ( d (cos( )) sin( ) d ( cos ) sin( ) d ⎢ ⎥ ∫0 ⎣ ∫0 ∫0 ⎦ π 2 Rρu ⎡ Rρu ⎡⎛ 4⎞ ⎛ ⎞ ⎤ 5Rρu ⎤ cos θ − cos θ⎥ = − ⇒ Fy = − ⎜ − + ⎟ − ⎜ − ⎟⎥ = ⎢ ⎢ ⎣ ⎣⎝ 3⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎦0 ⇒ Fy = 2320 N Ví dụ 4: Một xi lanh hình trụ tròn di chuyển nước với vận tốc u0 không đổi độ sâu 10m Tìm u0 để bề mặt xi lanh không xảy tượng khí thực , biết nước 200C Giải: Ở 200C áp suất bão hoà nước : pbh = 0,25m nước Để bề mặt xi lanh không xảy tượng khí thực ptru tđ > pbh = 0,25m nước ⇒ ptru ck < 9,75m nước hay pA = pB = ρu02/2 uC = -2u0 C B A D uD = 2u0 pC = pD = -3ρu02/2 ptru dư > - 9,75m nước Áp suất dư nhỏ mặt tru (nếu trụ di chuyển mặt thoáng )ï, ta biết, vò trí C D, bà bằng: pC = pD = -3ρu02/2 Vậy trụ di chuyển độ sâu 10m : pC = pD = 10γn -3ρu02/2 Suy ra, vận tốc tối đa mà trụ di chuyển để tượng khí thực xảy mặt trụ phải giải từ bất p.tr : Ptru dư = 10γn -3ρu02/2 > - 9,75 γn ⇔ 3ρu02/2 < 19,75 γn ⇔ u0 < 11,365 m/s THẾ LƯU 10 TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 5: Hai nửa xi lanh nối với đặt trường chảy hình vẽ Người ta khoét lỗ nhỏ vò trí góc α lực tác dụng lên hai mối nối Giả thiết áp suất bên xi lanh áp suất bên xi lanh lỗ khoét Xác đònh góc α π/2 α dF ds θ dFx Giải: Để cho lực tác dụng lên hai mối nối tổng lực Fx tác dụng lên nửa mặt trụ phải không Do biểu đồ áp suất mặt trụ phân bố đối xứng qua trục ox, nên ta cần xét tổng lực Fx ¼ mặt tr Ta xét ¼ mặt trụ từ đến π/2: Áp suất dư mặt trụ: ρu 02 dư p tr = (1 − sin θ) Trên ¼ mặt trụ ta chọn vi phân ds, gọi dFn lực tác dụng lên ds từ bên mặt trụ, ta có: dFn=pds ⇒ dFnx= - pdscosθ = -pRcosθdθ π/2 ⇒ Fnx = − ∫ π/2 ρu 02 ρu R ⎡ ⎤ (1 − sin θ) cos θRdθ = − ⎢sin θ − sin θ⎥ 2 ⎣ ⎦0 = ρu 02 R Nhận xét: Lực F nx >0 hướng theo chiều dương⇒lực Ftx từ bên mặt trụ phải hướng theo chiều âm Như vậy, áp suất lỗ khoét phải áp suất chân không Gọi pα áp suất lỗ khoét, ta có: p π/2 ⇒ Ftx = ∫p π/2 α ds = ⇒ Ftx = Ta có: ∫p dư α ρu 02 = (1 − sin α ) cos θRdθ = p α R[sin θ]0 π/2 α = pα R ρu o2 R (1 − sin α ) Fnx + Ftx = 2 Suy ra: Fnx = − Ftx ⇒ ρu o R = − ρu o R (1 − sin α ) ⇒ sin α = ⇒ sin α = 3 ⇒ sin α = α = 35,260 THẾ LƯU 11 π/2 α Ftx Fnx NỘI DUNG GIẢNG DẠY I II III IV V VI Mở Đầu: Giới thiệu môn học, tính chất lưu chất, lực tác dụng lên lưu chất Tónh học lưu chất: Nghiên cứu lưu chất trạng thái tónh, phương trình đặc trưng cho lưu chất trạng thái tónh, từ rút quy luật phân bố áo suất điểm môi trường lưu chất tónh, cách tính áp lực lưu chất lên bề mặt vật (chương có hai phần: tónh tuyệt đối tónh tương đối) Động học lưu chất: Nghiên cứu chuyển động lưu chất (không xét đến lực), phương pháp nghiên cứu, loại chuyển động, đònh lý vận tải Reynolds phương pháp thể tích kiểm soát, từ rút phương trình liên tục dựa vào nguyên lý bảo toàn khối lượng Đông lực học lưu chất: Nghiên cứu sở lý thuyết chuyển động lưu chất, phương trình vi phân đặc trưng cho lưu chất chuyển động, từ đó, cộng với ứng dụng nguyên lý bảo toàn lượng biến thiên động lượng để rút phương trình động lực học (phương trình lượng, phương trình động lượng) ứng dụng Dòng chảy ống: Trong chương ta nghiện cứu hai phần: Phần dòng chảy ống, phương trình , phân bố vận tốc dòng chảy tầng, rối, công thức tính toán tổn thất lượng dòng chảy Phần tính toán mạng đường ống (từ ống đơn giản, nối tiếp song song đến mạng ống vòng…) Thế lưu: Trong chương ta tập trung nghiên cứu dòng lưu chất lý tưởng không nén được, chuyển động mặt phẳng xOy, ví vụ dòng chảy từ đơn giản (dòng thẳng đều, điểm nguồn, hút,… đến phức tạp (lưỡng cực, dòng bao quanh trụ tròn…) Giảng viên: TS Nguyễn Thò Bảy TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài giảng Cơ Lưu Chất- Các ví dụ tính toán - Nguyễn Thò Bảy (Bô môn Cơ Lưu Chất) Website: http://www.dce.hcmut.edu.vn/vi/giangvien/detail.php?id=45 Gíao trình Cơ lưu chất - Bộ môn Cơ lưu Chất Bài tập Cơ lưu Chất – Nguyễn thò Phương – Lê song Giang ( BM Cơ lưu Chất ) Bài tập Cơ học Chất lỏng ứng dụng – Nguyễn hữu Chí, Nguyễn hữu Dy, Phùng văn Khương (có thư viện ĐHBK) Solutions Manual Introduction to Fluid Mechanics_Robert W.For, Alan T Mc Donald (Thư viện ĐHBKhoa) Fundamental of Fluid mechanics–Phillip M Berhart, Richard J Gross, John I Hochstein Second edition, Addison –wesley Publising Company Inc 1985 (Thư viện ĐHBK) Applied Fluid Mechanics- Robert L Mott , Fourth edition , Macmillian Publishing Company, 1990 (Thư viện ĐHBK) Fluid mechanics – John Doughlas, Janusz M Gasiorek , John A Swaffiield Fourth edition, Prentice Hall, 2001 E-book : Fluid Mechanics , Frank M White , 1994 10 E-book : Shaum’s interactive Fluid mechanics – Giles R.V et al Web: https://ecourses.ou.edu/cgi-bin/ebook.cgi?doc=&topic=fl Chean Chin Ngo, Kurt Gramoll Website : www.engin.umich.edu 12 2500 solved problems in Fluid mechanics and hydraulics Jak B Evett, Ph.D and Cheng Liu, Ph.D McGraw-Hhill Book Company (có Bm CLC) [...]... nhau, δ 1 =0,8; δ 2 =1, 1 V1=6m3; V2=5m3 Tìm pB 1= δ 1 γn=0.8*9. 81* 10^3 N/m3 pa γ2= δù2 γn =1. 1*9. 81* 10^3 N/m3 1 γ2 h1 A Gọi h2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h2=(5/4)m h2 Gọi h1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h1=(6/4)m B h=1m a=2m Ta có hAB = h2 – h = 0.25m Suy ra: pB=pA+γ2*hAB= pA + γ2*(0.25) Suy ra: pB= pa+ 1* h1 + γ2*(0.25) Suy ra: pdu B= 0+ 1* (1. 5) + γ2*(0.25)=9. 81* 103(0.8 *1. 5 +1. 1*0.25) =14 .5 m... độ T1= 216 ,5 độ K là z1= 11 000m Suy ra: 216 ,5=288 – 0,0065z1 Như vậy từ z0=0 đến z1 =11 000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tónh: g ⎛ T − az ⎞ ⎛ T − az1 ⎞ ⎟⎟ ⇒ p1 = p0 ⎜⎜ 0 ⎟⎟ p = p0 ⎜⎜ 0 ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 ⎠ p1 = 0 .16 95mHg Từ: aR g aR ⎛ 216 ,5 − 0.0065 *11 000⎞ = 0.76⎜ ⎟ 216 ,5 ⎝ ⎠ 9. 81 0.0065*287 p1 0 16 95 * 13 6 * 9 81 * 10 3 p = RT ⇒ ρ 1 = = = 0.364 kg/m RT 1 287 * 216 5 ρ THUỶ TĨNH 3 3 TS Nguyễn. .. Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC Từ z1 =11 000 m đến z2 =14 500m, nhiệt độ không đổi nên: RT − 1 ⎛ − RTg 1 ⎞ RT1 RT1 dp RT1 ⎟ ⇒ Cp g = e z − gdz = dp ⇒ dz = − ⇒z=− ln p + ln(C) = ln⎜ Cp ⎜ ⎟ p g p g ⎝ ⎠ Tại độ cao z1 ta có áp suất bằng p1; suy ra: C= e z1 (p1 ) RT1 g ⇒ p = p1e ( z1 − z ) g RT1 Như vậy tại độ cao z2 =14 500m ta tính được: p 2 = p1e ( z1 − z 2 ) g RT1 = 0 .17 * e (11 000 14 500) 9. 81 278* 216 .5... γ1h1= γ2h2 C ∆z γ2 A Khi áp suất ống bên trái tăng lên ∆p: p1=pa+∆p; p2=pa 1 pa + ∆p = p A = pB − γ1h AB = pC + γ 2 h BC − γ1h AB h1 h2 h = pa + γ 2 h BC − γ1h AB 0 ⇒ ∆p = γ2hBC − γ1hAB = γ2 (h2 − h + ∆z) − 1( h1 − h − ∆z) ⇒ ∆p = h ( 1 − γ 2 ) + ∆z( 1 + γ 2 ) Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ: ⇒ a.h = A.∆z ⇒ ∆z = ah A ⇒ ∆p = h( 1 − γ 2 ) + THUỶ TĨNH 6 B ah ( 1 + γ 2 ) A TS Nguyễn. .. Fz1 + Fz 2 = 0 3 ⇒ G = γW2 - γW1 = 9. 81* L * ( πR 2 + R 2 ) 4 G = 263.3941KN THUỶ TĨNH 14 TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 10 : 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 tác dụng lên van và vò trí điểm đặc lực D Giải: AB = 2R 2 = 2 * 1 5 2 = 2 .12 m A Fz1 pa Fx = p cx A x = γh cx A = 9. 81 * 10 3 * 2 12 ... = p cx A x = γh cx A = 9. 81 * 10 3 * 2 12 * 2 12 * 2 2 O = 44 .14 5 KN ⎛ πR 2 R 2 ⎞ ⎟L Fz = γW = γ ⎜⎜ − 2 ⎟⎠ ⎝ 4 450 R 450 Fz2 ⎛ π * 1 5 2 1 5 2 ⎞ ⎟*2 = 9 81 * 10 * ⎜⎜ − 2 ⎟⎠ ⎝ 4 = 12 .5989 KN 3 B nước C Fx α F Fz F = Fx2 + Fz2 = 44 14 5 2 + 12 60 2 = 45. 91 KN tg ( α ) = Fz 12 6 = = 0.285 ⇒ α = 15 92 0 Fx 44 15 Ví dụ 11 : Một khối hình hộp cạnh a=0,3m đồng chất tỷ trọng 0,6 nổi trên nước như hình vẽ Tính... γnb =11 200 N/m3; γHg =13 3000 N/m3 pA = pB + γHg hAB=0.84 γHg + γHg hAB = γHg (0.84+0.8) =1. 64 γHg ptđ =0 z Mặt khác: pA – pa = γnb (z+0.4) 40cm 40cm Suy ra: Suy ra pa (z+0.4)=(pA – pa )/ γnb = (1. 64 γHg - 0.76 γHg )/ γnb =0.88(γHg / γnb ) =0.88 .13 3000 /11 200 =10 .45m z = 10 .05 m THUỶ TĨNH 10 B A Hg 84cm TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 3: Giải: Bình đáy vuông cạnh a=2m Đổ vào bình hai chất. .. trên 1m dài của ống po Giải: r C r Fx = p cx A x = γ(0,5 + )r .1 = 9 810 * (0,5 + 0,5) *1 = 9 810 N 2 2 r Fz = γW = γ ( π + 0,5r ) .1 = 9 810 *1. 285 = 12 605.85 N 4 2 F = Fx2 + Fz = 15 973.2 N THUỶ TĨNH 20 B h/ h2 TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC Ví dụ 18 Một ống đo tỉ trọng như hình vẽ có khối lượng M = 0,045kg và tiết diện ngang của ống là ω = 290mm2 Khi bỏ vào trong nước có tỉ trọng δN = 1. .. B A ω Nước ⎞ G 1 ⎜⎜ − 1 ⎟ = ωγ n ⎝ δ d ⎠ • Dầu • B A ω 9. 81 * 0.045 ⎛ 1 ⎞ − 1 ⎜ ⎟ *10 00 = 17 .24mm 290 *10 − 6 * 9 810 ⎝ 0.9 ⎠ 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; T số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z1/z2; Tìm trọng... chiếm trong bình : G = z2A γ -G2 ⇒ Aγ = (G+G2)/z2 Suy ra: G + G1 + G2 = z1(G+G2)/z2 = kG+kG2 THUỶ TĨNH 21 ⇒G= G1 − G2 k 1 z2 z1 TS Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC CHƯƠNG I HAI PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CHUYỂN ĐỘNG CỦA LƯU CHẤT 1 Phương pháp Lagrange (J.L de Lagrange, nhà toán học người Pháp ,17 36 -18 83) ⎧ d2x dx ⎧ = a ⎪ x ⎪u x = dt dt 2 ⎪ ⎧x = x(x0 , y0 , z0 , t) r ⎪ r r ⎪ r r r dr dy ⎪ ⎪ r du d ... 2 =1, 1 V1=6m3; V2=5m3 Tìm pB 1= δ 1 γn=0.8*9. 81* 10^3 N/m3 pa γ2= δù2 γn =1. 1*9. 81* 10^3 N/m3 1 γ2 h1 A Gọi h2 bề dày lớp chất lỏng 2: h2=(5/4)m h2 Gọi h1 bề dày lớp chất lỏng 1: h1=(6/4)m B h=1m... C= e z1 (p1 ) RT1 g ⇒ p = p1e ( z1 − z ) g RT1 Như độ cao z2 =14 500m ta tính được: p = p1e ( z1 − z ) g RT1 = 0 .17 * e (11 000 14 500) 9. 81 278* 216 .5 = 0.09752 mHg = 97.52mmHg vàø: ρ2 = p 2 1 = 0.209kg... T0 ⎠ p1 = 0 .16 95mHg Từ: aR g aR ⎛ 216 ,5 − 0.0065 *11 000⎞ = 0.76⎜ ⎟ 216 ,5 ⎝ ⎠ 9. 81 0.0065*287 p1 16 95 * 13 * 81 * 10 p = RT ⇒ ρ = = = 0.364 kg/m RT 287 * 216 ρ THUỶ TĨNH 3 TS Nguyễn Thò Bảy -