Tài liệu về thế lưu.pdf

Tài liệu về thế lưu.

PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay CHƯƠNG Giới hạn: dòng chảy phẳng, lưu chất lý tưởng không nén chuyển động ổn định I CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN Hàm vận tốc: ∂ϕ ∂ϕ Ta định nghóa hàm ϕ cho: u x = ; u y = ∂x Trường véctơ u trường khi: Ta coù: B B A B A ⇒ ∂ϕ ∂ϕ ; uθ = ∂r r ∂θ (1) ∫ u ds phụ thuộc vào hai vị trí A B A tồntại ϕ thoả (1) ∫ uds = ∫ ( u x dx + u y dy ) ∂y hay u r = B B ∫ uds = ∫ ( A A ∂ϕ ∂ϕ dx + dy ) ∂y ∂x B Rõ ràng từ chứng minh trên, Vậy: = ∫ dϕ = ϕ A − ϕ B B ∫ uds A A phụ thuộc vào giá trị hàm A B Dòng chảy ⇔∃ϕ/thoả đ.k (1) ⇔ ∂u y ∂u x ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ − =0 ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = 0⇔ ⎜ ∂y ⎟ ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Phương trình đường đẳng thế: dϕ = ⇔ u x dx + u y dy = Ý nghóa hàm vận tốc: ΓAB = ϕ B − ϕ A Tính chất hàm thế: u ∂ B ΓAB = ∫ u s ds A lưu số vận tốc n un u A us ∂u y ∂2ϕ ∂ 2ϕ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ + =0⇔ ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟=0⇔ + =0 Từ ptr liên tục, ta có: ∂x ∂y ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂y ⎜ ∂y ⎟ ∂x ∂y ⎝ ⎠ x ⇔ rot(u)=0 ⇔ Hàm thoả phương trình Laplace THE LUU B PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Hàm dòng: Khi dòng chảy lưu chất không nén tồn tại, thành phần vận tốc thoả ptr liên tục : ∂u x ∂u y ∂ψ ∂ψ ∂ψ ∂ψ + = ⇔ ∃ψ / u x = ; uy = − ∂x ∂y ∂y ∂x ψ gọi hàm dòng hay ur = r ∂θ ; uθ = − ∂r Như ψ tồn dòng chảy, ϕ tồn dòng chảy Hàm dòng phaúng: ∂u y ∂u x ∂2ψ ∂ 2ψ ∂ ⎛ ∂ψ ⎞ ∂ ⎛ ∂ψ ⎞ Vì dòng chảy nên: ⎜ ⎟=0⇔ + =0 − =0⇔− ⎜ ⎟− ∂x ∂y ∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂y ⎜ ∂y ⎟ ∂x ∂y ⎝ ⎠ Vậy dòng hàm ψ thoả ptr Laplace Đường dòng ptr: Từ ptr đường dòng: u x dy − u y dx = ⇔ ∂ψ ∂ψ dy + dx = ⇔ dψ = ∂y ∂x Như đường dòng giá trị ψ số Ý nghóa B m dòng: hà B Ta có: Vậy: y B B ny q AB = ∫ u n ds = ∫ unds = ∫ u x n x ds + u y n y ds = ∫ u x cos αds + u y sin αds A A A A B B ∂ψ ∂ψ = ∫ u x dy − u y dx = ∫ dy − dx = ∫ dψ = ψ B − ψ A ∂y ∂x A A A q AB = ψ B − ψ A α dy B n dx nx ds (-dx=ds.sinα) O Sự trực giao họ đường dòng đường đẳng thế: ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ∂ψ = u x (− u y ) + u y ( u x ) = + ∂x ∂x ∂y ∂y Suy họ đường dòng đường đẳng trực giao với 10 Cộng löu: ϕ = ϕ1 + ϕ2 + ψ = ψ1 + ψ + 11 Biễu diễn dòng thế: Để biểu diễn dòng chảy thế, ta biễu diễn riêng hàm dòng hàm thế, ta kết hợp hàm dòng với hàm thành hàm phức sau:: Thế phức f(z): Như vậy: với z = x+iy = eiα f ( z ) = ϕ + iψ df dϕ dψ = u x − iu y = +i dz dx dy THE LUU x PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay II CÁC VÍ DỤ VỀ THẾ LƯU Chuyển động thẳng đều: từ xa vô cực tới, hợp với phương ngang góc α ux = V0cosα; uy = V0sinα dψ = uxdy - uydx ψ=3 ψ = V0ycosα - V0xsinα + C ψ=2 Chọn:ψ=0 đường qua gốc toạ độ ψ=1 ψ=0 ⇒ C=0 ψ=-1 Vậy: ψ = V0ycosα - V0xsinα ψ=-2 Tương tự: ϕ = V0xcosα + V0ysinα ψ=-3 y V0 O α ϕ=-3 x ϕ=3 ϕ=2 ϕ=1 ϕ=0 ϕ=-1 ϕ=-2 Biễu diễn hàm phức: F(z) = ϕ+iψ = (V0xcosα + V0ysinα) + i(V0ycosα - V0xsinα) = x(V0cosα- iV0sinα)+yi(V0cosα - iV0sinα) = az với: a=(V0cosα -iV0sinα) số phức; z=x+iy biến phức Điểm nguồn, điểm hút: với lưu lượng q tâm đặt gốc toạ độ (q>0: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 ⎜ ⎝ q 2⎠ 2⎠⎟ ⎝ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ arctg ⎜ arctg ⎜ = ⎟= ⎟ ⎜ 2π 2π ⎞ ⎞⎛ ⎛ ε ⎜ ⎜ y ⎟⎜ y ⎟ ⎟ x2 − + y2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎠ ⎝ ⎟⎟ ⎟⎜ 1+ ⎜ ⎜ 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 − x2 − + y2 + y2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 4 ⎝ ⎠ THE LUU ⎞ ⎟ y ⎟ → − m0 ⎟ 2π x + y ⎟ ⎠ PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay 2 ⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ Tìm hàm vận tốc: ϕ = ϕ n + ϕ h = q ⎢ln⎜ ⎛ x + ε ⎞ + y ⎟ − ln⎜ ⎛ x − ε ⎞ + y ⎟⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝ ⎟⎥ 4π ⎢ ⎜ ⎝ 2⎠ 2⎠ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎡⎛ ⎤ ⎡ ⎤ ε⎞ x + ⎟ + y2 ⎥ ⎢⎜ ⎢ ⎥ q ⎢⎝ εx 2⎠ ⎥ = q ln ⎢1 + ⎥ = ln 2 ⎥ 4π ⎢ ⎛ ⎥ 4π ⎢ ⎛ ε⎞ ε⎞ ⎢⎜ x − ⎟ + y ⎥ ⎢ ⎜x − ⎟ + y2 ⎥ 2⎠ 2⎠ ⎢ ⎥ ⎢ ⎝ ⎥ ⎣⎝ ⎦ ⎣ ⎦ x2 + bỏ qua số hạng bậc cao vô bé, ta có: ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ q ⎜ ⎟ m0 εx x ε → ϕ= ⎟ → 2π ⎜ 2π ⎛ x + y2 ε⎞ ⎟ ⎜ ⎜x − ⎟ y ⎟ ⎜ 2⎠ ⎠ ⎝⎝ Trieån khai ln(1 + x) = x − Vậy tóm lại, chuyển động lưỡng cực thì: − m0 − m sin θ y = 2π r 2π x + y 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 π r (cos θ + i sin θ) 2π z -q +q Doøng 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 Điểm dừng 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 = ⇔ yA = ⎪ ∂y 4π x + y ⎩ THE LUU A PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Doøng 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 = uoy + +q -q q ⎡ ⎛ y ⎞ ⎛ y ⎞⎤ ⎢arctg⎜ x + a ⎟ − arctg⎜ x − a ⎟ ⎥ 2π ⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ Coù hai điểm dừng A B: ⎧ ∂ϕ q ⎛ ⎞ 2y 2y ⎜ ⎟ ⎪ = ⎜ (x + a) + y − (x − a) + y ⎟ = ⇔ {y = ⎠ ⎪ ∂y π ⎝ ⎪ ⎪ ∂ϕ = u + q ⎛ 2(x + a) − 2(x − a) ⎞ = ⎜ ⎟ ⎪ ∂x 4π ⎜ (x + a) + y (x − a) + y ⎟ ⎧u x = ⎪ ⎝ ⎠ ⇔⎨ u=0⇔⎨ ⎩u y = ⎪theá 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 = u o r cos θ + = u o r cos θ⎜1 + 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 Thay đường đổi lưu chất r= R= tròn tròn πu đường dòng ψ=0 ⎛ R2 ⎞ ϕ = u o r cos θ⎜ + ⎟ ⎜ r ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ R2 ⎞ ψ = u o r sin θ⎜ − ⎟ ⎜ r ⎟ ⎝ ⎠ Điểm dừng THE LUU ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Xét đường dòng ψ=0 ⇔ θ=0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ m0 πu r= m0 πu chất dòng chảy không đổi Ta có hình ảnh dòng chảy bao quanh trụ tròn (trụ không xoay) PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Tìm 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 Tìm hai điểm dừng mặt trụ: uθ = ⇔ θ = θ=π ⇒ có hai điểm dừng A B trước sau mặt trụ Tìm hai điểm có giá trị vận tốc lớn mặt truï: 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 trị vận tốc lớn Khảo 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: 2 2 ρu ρu ρu u tr ρu 4u sin θ dö p∞ + = p tr + tr (1 − ) = (1 − ) Giả sư û p∝=pa p tr = 2 2 u0 u0 ρu ρu pA = pB = Tại A, B: p dư = (1 − sin θ) tr 2 Taïi 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): Dòng Bao gồm chuyển động quanh trụ tròn + xoáy tự (Γ +) ⎛ R2 ⎞ Γ ϕ = u o r cos θ⎜1 + ⎟ + θ ⎜ r ⎟ 2π ⎝ ⎠ ⎛ R2 ⎞ Γ ψ = u o r sin θ⎜1 − ⎟ − ln r ⎜ r ⎟ 2π ⎝ ⎠ Phân bố vận tốc mặt trụ : Vì r = R neân u r = 0; u θ = −2 u sin θ + L cực Xoáy tự Γ R 2π ⎧Γ < πRu → 2.điểm.dừng suy ra: Γ Γ ⎪ ⇔ sin θ = ⇒ ⎨Γ = 4πRu → 1.điểm.dừng u = ⇔ u sin θ = πR πRu ⎪Γ > 4πRu → 0.điểm.dừng ⎩ Phân bố áp suất mặt trụ : 2 ρu ρu Γ với uθ = −2u0 sinθ + p ∞ + = p tr + tr 2 R 2π 2 2 ⎡ ⎛ ⎞ ⎤ ρu ρu u tr Γ Giả sư û p∝=pa p dö = ⎟ ⎥ ⎢ − ⎜ sin θ − (1 − ) = tr ⎜ u0 ⎢ π Ru ⎟ ⎥ ⎝ ⎠ ⎦ ⎣ Lực tác dụng mặt trụ: Lưu ý : Phương x: Fx =0 2π 2π Phương y: dư n Lực nâng Jukovs ⇒ Fy = − ∫ p tr R sin θ.dθ = − ρΓU ∫ sin θ.dθ =0 THE LUU PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Các trường hợp xoáy Γ>0 Γ/2πRu0=1 Điểm dừng Γ/2πRu0=2 Điểm dừng Fy Γ/2πRu0=3 Điểm dừng Các trường hợp xoáy Γ< y Fy y Γ Γ r r Stagnation Điểm dừng Point y | Γ | /2πRu0=1 Stagnation Điểm dừng Point | Γ | /2πRu0=2 Γ r Stagnation ĐiểPoint g m dừn | Γ | /2πRu0=3 THE LUU PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay 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 coù: ∂ϕ ∂ϕ ux = = 0,12x + ay ; uy = = 2axy + 3by ∂x ∂y Các thành phần vận tốc phải thoả phương trình div(u)=0 neân: ∂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 coù: 2 pA u2 pB uB ρ(uB − u2 ) A A + = + ⇔ (pA − pB ) = ⇔ Δ p AB = 1300 ( ) = 5,85 KN / m ρ ρ 2 Ví dụ 2: 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) y x Giải: y(phi=70) 25 y(phi=60) ∂φ ux = = −x ∂x ∂φ ; uy = = y ∂y 20 y(phi=50) y(phi=40) 15 y(phi=30) ∂ψ = −uy ⇒ ∂ψ = − y∂x ∂x ⇒ ψ = − yx + C(y) ∂ψ = u x ⇒ − x + C'(y) = − x ∂y 10 y(phi=20) y(phi=10) y(phi=0) -30 -20 -10 y(phi=-10) -5 10 20 30 y(phi=-20) y(phi=-30) ⇒ C(y) = const ⇒ ψ = − xy + const ⇒ qAB = ψB − ψA = −2 * + 1*1 = −3m2 / s THE LUU PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay 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 dư p tr = (1 − sin θ) AÙp suất dư mặt trụ bằng: π π π ρu (1 − sin θ) cos( θ)Rdθ = 0 π π π ρu ⇒ Fy = ∫ dFy = − ∫ pds sin( θ) = − ∫ (1 − 4(1 − cos θ)) sin( θ)Rdθ 0 ⇒ Fx = ∫ dFx = − ∫ pds cos( θ) = − ∫ π π π ⎤ Rρu ⎡ Rρu 2 ⇒ Fy = − (4 cos θ − 3) sin( θ)dθ = − ⎢ ∫ (4 cos θ( − d(cos(θ)) − ∫ sin( θ)dθ⎥ ⎣0 ∫ 0 ⎦ π 2 Rρ u ⎡ Rρu ⎡⎛ 4⎞ ⎛ ⎞ ⎤ 5Rρu ⎤ ⇒ Fy = − ⎢ cos θ − cos θ⎥ = − ⎢⎜ − + ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎥ = ⎣ ⎠⎦ ⎦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 dö > - 9,75m nước Áp suất dư nhỏ mặt tru (nếu trụ di chuyển mặt thoáng )ï, ta biết, vị 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 THE LUU 10 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 5: Hai nửa xi lanh nối với đặt trường chảy hình vẽ Người ta khoét lỗ nhỏ vị 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 định 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 dö 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 ρu R ⎡ ⎤ (1 − sin θ) cos θRdθ = − ⎢sin θ − sin θ⎥ 2 ⎣ ⎦0 = ρu 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 coù: p π/2 ⇒ Ftx = ∫p π/2 α ds = ∫p dö α ρu = (1 − sin α ) cos θRdθ = p α R[sin θ]0 π/2 α = pαR ρu R ⇒ Ftx = o (1 − sin α ) Ta coù: 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 THE LUU 11 π/2 α Ftx Fnx PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ (tự giải) Xốy tự âm có cường độ 12m2/s chồng nhập với nguồn cường độ 10m2/s Cả hai đặt gốc tọa độ Cho khối lượng riêng khơng khí 1,23 kg/m3 Nếu áp suất khí xa vơ cực áp suất khí trời xem khơng khí tĩnh Tính áp suất điểm A(3,4) ĐS: pckA=0,512 N/m2 HD: Tìm vận tốc A Áp dụng phương trình lượng để suy áp suất A Ví dụ (tự giải) Dịng thẳng ngang với vận tốc 3m/s từ xa vô cực đến gặp điểm nguồn cường độ 2m2/s đặt điểm A(1,2) Biết áp suất xa vô cực không, Tìm vị trí và áp suất điểm dừng B ĐS: B(0,89; 2); pB=0,46 m lưu chất HD: Vị trí điểm dừng B hệ trục tọa độ XOY là: Y=0; X= - q/(2πu) Tọa độ B xoy tìm nhờ áp dụng cơng thức chuyển trục tọa độ Áp suất pB tìm từ ph tr lượng Ví dụ (tự giải) Dịng chảy song song trục hồnh bao quanh trụ trịn (khơng xoay) đặt gốc tọa độ Vận tốc dòng V=2m/s Áp suất xa vơ cực 5m nước Tìm vận tốc áp suất điểm A mặt trụ hợp với phương Ox góc 1500 ĐS: VA=2m/s pA=49050 N/m2 HD: A mặt trụ điểm có áp suất dư xem áp suất xa vô cực =0 THE LUU 12 ... ψ + 11 Biễu diễn dòng thế: Để biểu diễn dòng chảy thế, ta biễu diễn riêng hàm dòng hàm thế, ta kết hợp hàm dòng với hàm thành hàm phức sau:: Thế phức f(z): Như vậy: với z = x+iy = eiα f ( z... dòng đường đẳng thế: ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ∂ψ = u x (− u y ) + u y ( u x ) = + ∂x ∂x ∂y ∂y Suy họ đường dòng đường đẳng trực giao với 10 Cộng lưu: ϕ = ϕ1 + ϕ2 + ψ = ψ1 + ψ + 11 Biễu diễn dòng thế: Để biểu... = +i dz dx dy THE LUU x PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay II CÁC VÍ DỤ VỀ THẾ LƯU Chuyển động thẳng đều: từ xa vô cực tới, hợp với phương ngang góc α ux = V0cosα; uy =