bài giảng cơ học chất lỏng-thế lưu

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 1
CHƯƠNG
Dòng chảy có thế ⇔∃ϕ/thoả đ.k. (1) ⇔
0
xyyx
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ∂
∂
∂
−
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ∂
∂
∂
⇔

0
y
u
x
u
x
y
=
∂
∂
−
∂
∂
⇔ rot(u)=0
dòng chảy phẳng, lưu chất lý tưởng không nén được chuyển động ổn đònh
Giới hạn:
I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1. Hàm thế vận tốc:
Ta đònh nghóa hàm ϕ sao cho:
θ∂
ϕ∂
=
∂
ϕ
∂
=
∂
ϕ
∂
=

∂
ϕ
∂
=
θ
r
1
u;
r
uhay
y
u;
x
u
ryx
Trường véctơ u là trường có thế khi:
∫
B
A
dsu
G
chỉ phụ thuộc vào hai vò trí A và B.
Ta có:
BA
B
A
B
A
B
A

)1(thoảtồntại
y
B
A
x
B
A
d
)dy
y
dx
x
(dsu)dyudxu(dsu
ϕ−ϕ=ϕ=
∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
=+=
∫
∫∫
⇒
∫∫
ϕ
GG
chỉ phụ thuộc vào giá trò hàm thế tại A và B.
Rõràngtừchứngminhtrên,
∫
B

A
dsu
G
Vậy:
(1)
A
B
n
u
u
n
u
s
0d
y
udxu0d
yx
=
+
⇔
=
ϕ
2. Phương trình đường đẳng thế:
3. Ý nghóa hàm thế vận tốc:
ABAB
ϕ
−
ϕ
=Γ
∫

=Γ
B
A
sAB
dsu
là lưu số vận tốc
4. Tính chất hàm thế:
Từ ptr liên tục, ta có:
0
yx
0
yyxx
0
y
u
x
u
2
2
2
2
y
x
=
∂
ϕ∂
+
∂
ϕ∂
⇔=

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ∂
∂
∂
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ϕ∂
∂
∂
⇔=
∂
∂
+
∂
∂
⇔ Hàm thế thoả phương trình Laplace

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 2
5. 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
uhay
x
u;
y
u/0
y
u
x
u
ryx
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:
Vì là dòng chảy thế nên:
0
yx
0
yyxx
0
y
u
x
u
2
2
2
2
x
y
=

∂
ψ∂
+
∂
ψ∂
⇔=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
ψ∂
∂
∂
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∂
ψ∂
∂
∂
−⇔=

∂
∂
−
∂
∂
Vậy trong dòng thế thì hàm ψ thoả ptr Laplace.
7. Đường dòng và ptr:
Từ ptr đường dòng:
0d0dx
x
dy
y
0dxudyu
yx
=ψ⇔=
∂
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 trò ψ là hằng số.
8. Ý nghóa hàm dòng:
Ta có:
∫∫∫
∫∫∫∫
ψ−ψ=ψ=
∂
ψ∂
−
∂
ψ∂
=−=
α+α=+===
B
A
AB
B
A
B
A
yx
B
A
yx

B
A
yyxx
B
A
B
A
nAB
ddx
x
dy
y
dxudyu
dssinudscosudsnudsnudsnudsuq
GG
Vậy:
ABAB
q ψ−ψ=
9. Sự trực giao giữa họ các đường dòng và đường đẳng thế:
0)u(u)u(u
yyxx
xyyx
=+−=
∂
ψ∂
∂
ϕ∂
+
∂
ψ∂

∂
ϕ∂
Suy ra họ các đường dòng và các đường đẳng thế trực giao với nhau.
10. Cộng thế lưu:


21
21
+ψ+ψ=ψ
+
ϕ
+
ϕ
=
ϕ
11. Biễu diễn dòng thế:
với z = x+iy = e
iα
.
Thế phức f(z):
ψ
+
ϕ= i)z(
f
Như vậy:
dy
d
i
dx
d

iuu
dz
d
f
yx
ψ
+
ϕ
=−=
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::
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 3
II. 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.
u
x
= V
0
cosα;u
y
= V
0
sinα
dψ = u
x
dy - u
y
dx
ψ = V
0
ycosα -V
0
xsinα + C
Chọn:ψ=0 là đường qua gốc toạ độ
⇒ C=0.
Vậy: ψ = V
0

ycosα -V
0
xsinα
Tương tự: ϕ = V
0
xcosα + V
0
ysinα
Biễu diễn bằng hàm thế phức:
F(z) = ϕ+iψ =(V
0
xcosα + V
0
ysinα) + i(V
0
ycosα -V
0
xsinα)
= x(V
0
cosα-iV
0
sinα)+yi(V
0
cosα -iV
0
sinα)
= az
với: a=(V
0

cosα -iV
0
sinα) là số phức; z=x+iy là biến phức.
2. Đie
å
m nguo
à
n, đie
å
m hu
ù
t: 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.
)yxln(
4
q
)rln(
2
q
1rkhi0chọn;C)rln(
2
q
dr
r2
q
drudrudruddr
r
d
22

rr
+
π
=
π
=ϕ⇒
==ϕ+
π
=ϕ⇒
π
==θ+=θ
θ∂
ϕ
∂
+
∂
ϕ
∂
=ϕ
θ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
=θ
π
=ψ⇒

=θ=ψ+θ
π
=ψ⇒
θ=θ+−=θ
θ∂
ψ∂
+
∂
ψ∂
=ψ⇒
⎪
⎭
⎪
⎬
⎫
=
π
θ
θ
x
y
arctg
2
q
2
q
0khi0chọn;C
2
q
drudrudruddr

r
d
0u
r2
q
u
rr
r
=
Hàm dòng:
Hàm thế vận tốc:
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
=
π
=
π
=
+

π
=θ+
π
=
+
π
=
π
=ϕ
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
=θ
π
=ψ
θ
θ
zlnazln
2
q
)reln(
2
q
)elnr(ln
2
q

)ir(ln
2
q
)z(f
)yxln(
4
q
)rln(
2
q
x
y
arctg
2
q
2
q
i
i
22
Kết luận:
O
ϕ
ψ=0
ψ=(q/4)
ψ=q/2
ψ=3q/
4
Ghi chú:
Trường hợp điểm nguồn (hút) có tâm đặt tại một vò 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 vò trí nào có các biến x
phải thay bằng (x=x
0
) ; tại vò trí nào có biến y phải thay bằng (y-y
0
).
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 4
3. Xoáy tự do: đặt tại gốc toạ độ và có lưu số vận tốc
∫
==Γ
C
constdsu
G
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨

⎧
=
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
zlnazln
2
i
)reln(
2
i
)ir(ln
2
i
)rlni(
2
)z(f
)yxln(

4
)rln(
2
x
y
arctg
22
const
r2
u
0u
i
22
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→m

0
, là moment lưỡng cực).
Ví dụ ta xét trường hợp nằm trên trục hoành:
Tìmhàmdòng:
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
+−
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
ε
−
π
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
⎟

⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
−
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
+
+
⎟
⎟

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
−
−
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
+
π
=
⎟

⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
ε
−
−
ε
+
π
=θ−θ
π
=ψ+ψ=ψ
2
2
2
hnhn
y
4
x
2
xy
2

xy
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:
22
0
2
2
22
2
2
yx
y
2
m
y
4
x
y
2
q
y
4
x
2
xy
2
xy
2
q

+
π
−
→
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
ε−
π
=
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜

⎜
⎜
⎝
⎛
+
ε
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
+−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
−
π
=ψ
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 5
+q
-q
ψ

Tìmhàmthếvậntốc:
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
−
ε
+
π
=
⎥
⎥

⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
−
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
+

π
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
−−
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
+
π
=ϕ+ϕ=ϕ
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
hn
y
2
x

x2
1ln
4
q
y
2
x
y
2
x
ln
4
q
y
2
xlny
2
xln
4
q
Triển khai

2
x
x)x1ln(
2
+−=+
và bỏ qua các số hạng bậc cao vô cùng bé, ta có:
0khi
yx

x
2
m
y
2
x
x2
2
q
22
0
2
2
→ε
+
π
→
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝

⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
ε
−
ε
π
=ϕ
Vậy tóm lại, đối với chuyển động lưỡng cực thì:
z
1
2
m
)sini(cosr
sincos
2
m
r
sinicos
2
m
)z(f
r
cos
2
m

yx
x
2
m
r
sin
2
m
yx
y
2
m
0
22
00
0
22
0
0
22
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 (U
0
)+ nguồn tại gốc toạ độ (q)
5. Dòng chảy quanh nửa cố thể:
θ
π
+θ=
π
+=ψ
π
+θ=+
π
+=ϕ
2
q
sinru)

x
y
(arctg
2
q
yu
rln
2
q
cosru)yxln(
4
q
xu
00
0
2
0
2
Điểm dừng A:
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=⇔=
+π
=
∂

ϕ∂
π
−=⇔=
+π
+=
∂
ϕ∂
⇔
==⇔=
⇑
0y0
yx
y2
4
q
y
u2
q
x0
yx
x2
4
q
u
x
0u;0u0u
A
22
0
A

22
0
yAxAA
A
Điểm dừng
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 6
6. Dòng chảy quanh cố thể dạng Rankin
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+π
+=ψ

+−
++
π
+=ϕ
ax
y
arctg
ax
y
arctg
2
q
yu
y)ax(
y)ax(
ln
4
q
xu
o
22
22
o
Có hai điểm dừng A và B:
{
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪

⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
+
π
±=⇔=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
π
+⇔
=
⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛
−
−
+π
+⇔=
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+−
−
−
++
+
π
+=
∂
ϕ∂
=⇔=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜

⎜
⎝
⎛
+−
−
++
π
=
∂
ϕ∂
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔=
2
0
22
0
0
2222
0
2222
y
x
a
u
aq

x0
ax
a4
4
q
u
0
)ax(
2
)ax(
2
4
q
u0ythế
0
y)ax(
)ax(2
y)ax(
)ax(2
4
q
u
x
0y0
y)ax(
y2
y)ax(
y2
4
q

y
0u
0u
0u
Là tổ hợp của dòng chuyển động thẳng
ngang đều (u
0
) + nguồn (+q) + hút(-q).
Trong đó điểm nguồn và hút nằm trên trục
hoành, cách nhau một đoạn 2a hữu hạn,
AB
u
0
+q -q
2a
7. Dòng chảy quanh trụ tròn (Γ=0)
Xétø tổ hợp của chuyển động thẳng đều, nằm ngang (u
0
)+lưỡng cực (m
0
)
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
π

−θ=
θ
π
−θ=
+
π
−
+=ψ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
π
+θ=
θ
π
+θ=
+
π
+=ϕ
2
0
0
o
0
o

22
0
o
2
0
0
o
0
o
22
0
o
ru2
m
1sinru
r
sin
2
m
sinru
yx
y
2
m
yu
ru2
m
1cosru
r
cos

2
m
cosru
yx
x
2
m
xu
Xét đường dòng ψ=0
⇔θ= 0
và
0
0
u2
m
r
π
=
0
0
u2
m
R
π
=
bằng đường
tròn
Do không có sự trao
đổi lưu chất giữa
trong và ngoài

đường dòng ψ=0
0
0
u2
m
r
π
=
Thay đường
tròn
thì bản chất
dòng chảy vẫn
không đổi
Ta cóhìnhảnhcủadòng
chảy bao quanh trụ tròn.
(trụ không xoay)
Điểm dừng
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−θ=ψ
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
+θ=ϕ
2
2
o
2
2
o
r
R
1sinru
r
R
1cosru
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 7
)θsin41(
2
uρ
p
2
2
0
−=
dư
tr
¾Tìm phân bố vận tốc trên mặt trụ r=R:

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
/2
⎪
⎩

⎪
⎨
⎧
=
θ−=
θ∂
ϕ∂
=
⇒θ=ϕ⇒
=
θ
0u
sinu2
r
1
u
cosRu2
r
0
Rr
0
¾Tìm hai điểm dừng trên mặt trụ:
πθ0θ0u
θ
==⇔= và
⇒ có hai điểm dừng A. B trước và sau mặt trụ.
¾Tìm hai điểm có giá trò vận tốc lớn nhất trên mặt trụ:
0D0C
max
u2u;u2u

2
3
;
2
uu
=−=
π
=θ
π
=θ⇔=
θ
⇒ C, D nằm trên và dưới mặt trụ
có giá trò 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
p
2
tr
tr
2
0
ρ
+=
ρ
+

∞
Giả sư û p
∝
=p
a
)
u
θsinu4
1(
2
uρ
)
u
u
1(
2
uρ
p
2
0
22
0
2
0
2
0
2
tr
2
0

−=−=
dư
tr
Tại A, B:
2
u
pp
2
0
BA
ρ
==
Tại C, D:
2
u3
pp
2
0
DD
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 +)
rln
2
r
R

1sinru
2
r
R
1cosru
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−==
θ
2R
1
sinu2u;0u
0r
Vì r = R nên
suy ra:
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
→π>Γ
→π=Γ
→π<Γ
⇒
π
Γ
=θ⇔
π

Γ
=θ⇔=
dừng.điểm.0Ru4
dừng.điểm.1Ru4
dừng.điểm.2Ru4
Ru4
sin
R2
sinu20u
0
0
0
0
0
¾Phân bố áp suất trên mặt trụ :
2
u
p
2
u
p
2
tr
tr
2
0
ρ
+=
ρ
+

∞
với
π
Γ
θ
θ
2
1
2
0
R
sinuu +−=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−=−=
2

0
2
0
2
0
2
tr
2
0
Ruπ2
Γ
θsin21
2
uρ
)
u
u
1(
2
uρ
p
dư
tr
Giả sư û p
∝
=p
a
¾Lực tác dụng trên mặt trụ:
0
2

0
try
Ud.sinRpF Γρ−=θθ−=⇒
∫
π
dư
Phương x: F
x
=0
Phương y:

Ỉ
Lực nâng Jukovs
Lưu ý :
0d.sin
2
0
n
∫
π
=θθ
Dòng đều
L cực
Xoáy
tự do
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 8
Caực
trửụứng
hụùp xoaựy

>0
/2Ru
0
=2
/2Ru
0
=3
/2Ru
0
=1
F
y
ẹieồm dửứng
ẹieồm dửứng
ẹieồm dửứng
y
| |/2Ru
0
=3
Stagnation
Point
r

F
y
| |/2Ru
0
=1
Stagnation
Point

y
r

| |/2Ru
0
=2
Stagnation
Point
y
r

Caực
trửụứng
hụùp xoaựy
< 0
ẹieồm dửứng
ẹieồm dửứng
ẹieồm dửứng
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 9
V
í
d
u
ï
1:
Chuyển động thế của chất lỏng hai chiều trên mặt phẳng nằm ngang xoy với
hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x
3
+ axy

2
+ by
3
, x,y tính bằng m, ϕ tính bằng m
2
/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/m
3
Giải:
Từ hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x
3
+ axy
2
+ by
3
ta có:
2
y
22
x
by3axy2
y
u;ayx12,0
x
u +=
∂
ϕ∂
=+=

∂
ϕ∂
=
Các thành phần vận tốc phải thoả phương trình div(u)=0 nên:
0by6x)a224,0(0by6ax2x24,00
y
u
x
u
y
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
=+
ρ 2
)uu(
)pp(
2
up

2
up
2
A
2
B
BA
2
BB
2
AA
⇒ u
A
=0; u
B
= ((0,12*3
2
-0,12*4
2
)
2
+(-0,24*3*4)
2
)
1/2
= 3 m/s
2
2
AB
m/KN85,5

2
)3(1300
p ==Δ
Ví dụ 2:
Giải:
)xy(
2
1
)y,x(
22
−=ϕ
x
y
Dòng chảy thế uốn cong một góc 90
0
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)
xy
ux;u
y
xy
∂φ ∂φ
==− ==
∂∂
y
uyx
x
yx C(y)

∂ψ
=− ⇒∂ψ=− ∂
∂
⇒ψ=− +
x
uxC'(y)x
y
C(y) const xy const
∂ψ
=⇒−+ =−
∂
⇒= ⇒ψ=−+
2
2211 3
AB B A
q**m/s⇒=ψ−ψ=−+=−
-5
0
5
10
15
20
25
-30 -20 -10 0 10 20 30
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)
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 10
Áp suất dư trên mặt trụ bằng:
)θsin41(
2
uρ
p
2
2
0
−=
dư
tr
F
y
dF
θ
0Rd)cos()sin41(
2
u
)cos(pdsdFF
0
2

2
0
00
xx
=θθθ−
ρ
−=θ−==⇒
∫∫∫
πππ
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
θθ−θ−θ
ρ
−=θθ−θ
ρ
−=⇒
θθθ−−
ρ
−=θ−==⇒
∫∫∫
∫∫∫
πππ
πππ
00
2
2

0
0
2
2
0
y
0
2
2
0
00
yy
d)sin(3))(cos(d(cos4(
2
uR
d)sin()3cos4(
2
uR
F
Rd)sin())cos1(41(
2
u
)sin(pdsdFF
3
uR5
3
4
3
3
4

3
2
uR
cos
3
4
cos3
2
uR
F
2
0
2
0
0
3
2
0
y
ρ
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞

⎜
⎝
⎛
−−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+−
ρ
−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
θ−θ
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/m
3
. 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
(dF
y
) trên toàn bán trụ
N2320F
y
=⇒
Giải:
Ví dụ 4:
Một xi lanh hình trụ tròn di chuyển trong
nướcvới vậntốcu
0
không đổi ở độ sâu 10m.
Tìm u
0
để trên bề mặt xi lanh không xảy ra
hiện tượng khí thực , biết nước ở 20
0
C
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
/2
Ở 20
0
C áp suất hơi bão hoà của nước : p
bh
= 0,25m nước
Để trên bề mặt xi lanh không xảy ra hiện tượng khí thực
thì p
tru
tđ
> p
bh

= 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 vò 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
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 11
Giải:
Ví 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 vò 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 đònh góc α
Để cho không có lực tác dụng lên hai mối nối thì tổng lực F
x
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 F
x
trên¼mặttr. Ta xét trên ¼ mặt trụ từ 0 đến π/2:
Áp suất dư trên mặt trụ:
)θsin41(
2
uρ
p
2
2
0
−=
dư
tr
Trên ¼ mặt trụ ta chọn vi phân ds, gọi dF
n
là lực tác dụng lên ds từ bên ngoài mặt
trụ, ta có: dF
n
=pds ⇒ dF
nx
= - pdscosθ = -pRcosθdθ
6
Ru
sin
3
4
sin

2
Ru
Rdcos)sin41(
2
u
F
2
0
2/
0
3
2
0
2/
0
2
2
0
nx
ρ
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
θ−θ
ρ
−=θθθ−

ρ
−=⇒
π
π
∫
0
π/2
α
dF
dF
x
θ
ds
[]
RpsinRpRdcospdspF
2/
0
2/
0
2/
0
tx α
π
α
π
α
π
α
=θ=θθ==⇒
∫∫

Gọi p
α
là áp suất tại lỗ khoét, ta có:
)sin41(
2
u
p
2
2
0
α−
ρ
=
α
dư
)sin41(
2
Ru
F
2
2
o
tx
α−
ρ
=⇒
Ta có: F
nx
+ F
tx

= 0
Suy ra:
3
1
sin
3
1
sin
3
4
sin4
)sin41(
2
Ru
6
Ru
FF
22
2
2
o
2
o
txnx
=α⇒
=α⇒=α⇒
α−
ρ
−=
ρ

⇒−=
0
26,35=α
Nhận xét:
Lực F
nx
>0 hướng theo chiều dương⇒lực F
tx
từ 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
α
F
nx
F
tx
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THE LUU 12
Ví 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); p
B
=0,46 m lưu chất.
HD: Vị trí điểmdừng B trong hệ trụctọa độ mới XOY là: Y=0; X= - q/(2πu)
Tọa độ của B trong xoy tìm đượcnhờ áp dụng công thứcchuyểntrụctọa độ.
Áp suấtp
B
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: V
A
=2m/s và p
A
=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