Bài giảng Cơ lưu chất - Chương 6: Thế lưu

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

CHƯƠNG

Giới hạn:

dòng chảy phẳng, lưu chất lý tưởng không nén được chuyển động ổn đònh

I. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN
1. Hàm thế vận tốc:
∂ϕ
∂ϕ
Ta đònh nghóa hàm ϕ sao cho: u x = ; u y =
∂x

∂y

B

hay u r =

1 ∂ϕ
∂ϕ
; uθ =
∂r
r ∂θ

(1)

r
Trường véctơ u là trường có thế khi: ∫ u ds chỉ phụ thuộc vào hai vò trí A và B.

Ta có:

B

B

A

A

r
∫ uds = ∫ (u x dx + u y dy )

A
tồntại ϕ thoả (1)

⇒

B

B
∂ϕ
∂ϕ
r
u
ds
=
∫
∫ ( ∂x dx + ∂y dy )

A
A
B

B

r
Rõ ràng từ chứng minh trên, uds
∫
Vậy:

A

= ∫ dϕ = ϕ A − ϕ B
A

chỉ phụ thuộc vào giá trò hàm thế tại A và B.

Dòng chảy có thế ⇔∃ϕ/thoả đ.k. (1) ⇔

∂u y ∂u x
∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞
−
=0
⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜ ⎟ = 0 ⇔
∂x
∂y
∂x ⎝ ∂y ⎠ ∂y ⎝ ∂x ⎠

2. Phương trình đường đẳng thế: dϕ = 0 ⇔ u x dx + u y dy = 0

3. Ý nghóa hàm thế vận tốc: ΓAB = ϕ B − ϕ A
4. Tính chất hàm thế:∂u

B

ΓAB = ∫ u s ds

A

là lưu số vận tốc

n
un
u

A

us

∂u y

∂ 2ϕ ∂ 2ϕ
∂ ⎛ ∂ϕ ⎞ ∂ ⎛ ∂ϕ ⎞
+
= 0 ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 0 ⇔ 2 + 2 = 0
Từ ptr liên tục, ta có: ∂x ∂y
∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂y ⎝ ∂y ⎠
∂x
∂y
x

⇔ rot(u)=0

⇔ Hàm thế thoả phương trình Laplace
THẾ LƯU 1

B


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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 : ∂u x ∂u y
∂ψ
∂ψ
1 ∂ψ
∂ψ
+
= 0 ⇔ ∃ψ / u x =
; uy = −
∂x
∂y
∂y
∂x
ψ gọi là hàm dòng.

hay

ur =

r ∂θ

; uθ = −

∂r

Như vậy ψ tồn tại trong mọi dòng chảy,
còn ϕ chỉ tồn tại trong dòng chảy thế.

6. Hàm dòng trong thế phẳng:
∂u y ∂u x
∂ 2ψ ∂ 2ψ
∂ ⎛ ∂ψ ⎞ ∂ ⎛ ∂ψ ⎞
Vì là dòng chảy thế nên:
⎜
⎟
=0⇔ 2 + 2 =0
−
=0⇔− ⎜
⎟−
∂x
∂y
∂x ⎝ ∂x ⎠ ∂y ⎜⎝ ∂y ⎟⎠
∂x
∂y
Vậy trong dòng thế thì hàm ψ thoả ptr Laplace.

7. Đường dòng và ptr:

Từ ptr đường dòng: u x dy − u y dx = 0 ⇔

∂ψ
∂ψ
dy +
dx = 0 ⇔ dψ = 0
∂y
∂x

Như vậy trên cùng một đường dòng thì giá trò ψ là hằng số.
8. Ý nghóa Bhàm dòB ng:
Ta có:
Vậy:

y
B

B

rr
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

ny

∂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

9. Sự trực giao giữa họ các đường dòng và đường đẳng thế:
∂ϕ ∂ψ ∂ϕ ∂ψ
= u x (− u y ) + u y ( u x ) = 0
+
∂x ∂x ∂y ∂y

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

ϕ = ϕ1 + ϕ2 + ...
ψ = ψ1 + ψ 2 + ...

11. Biễu diễn dòng thế:
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::

Thế phức f(z):
Như vậy:

f (z ) = ϕ + iψ

với z = x+iy = eiα .

df
dϕ

dψ
= u x − iu y =
+i
dz
dx
dy

THẾ LƯU 2

x


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

II. CÁC VÍ DỤ VỀ THẾ LƯU
1. Chuyển động thẳng đều: từ xa vô
cực tới, hợp với phương ngang một góc
α.
ux = V0cosα; uy = V0sinα
dψ = uxdy - uydx
ψ=3
ψ = V0ycosα - V0xsinα + C
ψ=2
Chọn:ψ=0 là 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 bằng hàm thế phức:
F(z) = ϕ+iψ = (V0xcosα + V0ysinα) + i(V0ycosα - V0xsinα)
= x(V0cosα- iV0sinα)+yi(V0cosα - iV0sinα)
= az
với: a=(V0cosα -iV0sinα) là số phức; z=x+iy là biến phức.
2. Điểm nguồn, điểm hút: với lưu lượng q tâm đặt tại gốc toạ độ.
(q>0:điểm nguồn; q<0:điểm hút).
Hàm dòng:
Hàm thế vận tốc:
q ⎫

∂ψ
∂ψ
⎪
dr +
d θ = − u θ dr + ru r d θ = ru r d θ
2 πr ⎬ ⇒ d ψ =
∂r
∂θ
u θ = 0 ⎪⎭
u r=

q
θ + C ; chọn ψ = 0
2π
q
q
⎛y⎞
⇒ψ=
θ=
arctg ⎜ ⎟
2π
2π
⎝x⎠
⇒ψ=

khi

dϕ=

θ=0

q
∂ϕ ∂ϕ
dr+ dθ = urdr+ ruθdθ = urdr= dr
2πr
∂θ
∂r
q
⇒ϕ= ln(r) + C; chọn ϕ= 0 khi r =1
2π
q
q
⇒ϕ= ln(r) = ln(x2 + y2 )
2π
4π
ψ=(q/4)

⇒ Họ các đường dòng là những đường thẳng qua O.
q
q
⎧
⎛y⎞
⎪ψ = 2π θ = 2π arctg⎜ x ⎟
⎝ ⎠
⎪
q
q
⎪
ln( r ) =
ln(x 2 + y 2 )

ϕ=
ψ=0
ψ=q/2
⎪
Kết luận: ⎪ 2π
O
4π
⎨
⎪f (z) = q (ln r + iθ) = q (ln r + ln e iθ )
⎪
2π
2π
⎪
ϕ
q
q
⎪
ln( re iθ ) =
ln z = a ln z
=
⎪
ψ=3q/
2π
2π
Ghi chú: ⎩
Trường hợp điểm nguồn (hút) có tâm đặt tại một vò trí khác gốc toạ độ4, ví dụ đặt tại
A(x0; y0) thì trong công thức tính hàm dòng (hoặc thế vận tốc), tai vò trí nào có các biến x
phải thay bằng (x=x0) ; tại vò trí nào có biến y phải thay bằng (y-y0).
THẾ LƯU 3

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

3. Xoáy tự do: đặt tại gốc toạ độ và có lưu số vận tốc

r
Γ = ∫ uds = const
C

⎧
Γ
Γ
⎛y⎞
⎪ ϕ = 2 π θ = 2 π arctg ⎜ x ⎟
⎝ ⎠
⎪
⎪
−Γ
−Γ
⎧u r = 0
ln( r ) =
ln( x 2 + y 2 )
ψ =
⎪
⎪
⎪
2π
4π
⇒ ⎨
⎨

Γ
⎪ f ( z ) = Γ ( θ − i ln r ) = − i Γ (ln r + i θ )
⎪⎩ u θ = 2 π r = const
⎪
2π
2π
⎪
− iΓ
− iΓ
iθ
⎪
=
=
ln(
re
)
ln z = a ln z
⎪⎩
2π
2π
ϕ=Γ/4

Ghi chú:
Γ>0: xoáy dương ngược chiều kim đồng hồ;
Γ<0: xoáy âm thuận chiều kim đồng hồ;

ϕ = Γ/2

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.

ϕ=0

O

ψ
ϕ=3Γ/4
Γ>0: xoáy dương

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→m0 , là moment lưỡng cực).
Ví dụ ta xét trường hợp nằm trên trục hoành:
⎛
⎞
Tìm hàm dòng:
⎜
⎟
y ⎟
y
q ⎜
q
arctg
− arctg
(θ n − θ h ) =
ε⎟
ε
2π ⎜
2π

x− ⎟
x+
⎜
⎝
2⎠
2
⎛ ⎛
⎞⎞
⎞ ⎛
⎜ ⎜
⎟⎟
⎜
⎟
⎜ ⎜ y ⎟−⎜ y ⎟ ⎟
ε⎞
ε⎞⎞
⎛ ⎛
⎛
ε⎟ ⎜
ε⎟⎟
⎜ ⎜
y
x
y
x
−
−
+
⎜
⎜

⎟
⎜
⎟⎟
x
x
+
−
⎟
⎜
⎟
⎜
⎜ ⎝
q
2⎠
2⎠⎟
⎝
⎝
⎠⎟ q
⎠ ⎝
2
2
⎜
arctg
arctg ⎜
=
⎟=
⎟
⎜
2π
⎞ ⎟ 2π

⎞⎛
⎛
ε2
⎜
2
2
⎟
⎜
⎟
⎜
x
y
−
+
⎟
⎜
y ⎟⎜ y ⎟ ⎟
⎜
4
⎠
⎝
⎜
1
+
⎜
ε ⎟⎟
ε ⎟⎜
⎜
⎜
⎜ x + ⎟⎜ x − ⎟ ⎟

⎝
2 ⎠⎝
2 ⎠⎠
⎝

ψ = ψn + ψh =

Khi ε→0 tử số trong dấu arctg tiến tới 0 nên ta có thể viết:
ε⎞⎞
ε⎞
⎛ ⎛
⎛
⎛
⎜ y⎜ x − ⎟ − y⎜ x + ⎟ ⎟
⎜
q ⎜ ⎝
− yε
2⎠
2⎠⎟ q ⎜
⎝
ψ=
=
⎟ 2π ⎜
2π ⎜
ε2
ε2
2
x2 −
x
−

+ y2
+ y2
⎜
⎟
⎜
⎝
4
4
⎝
⎠

THẾ LƯU 4

⎞
⎟
y
⎟ → − m0
⎟
2π x 2 + y 2
⎟
⎠


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC
2
2
⎡ ⎛
⎞
⎛
⎞⎤

Tìm hàm thế vận tốc: ϕ = ϕ n + ϕ h = q ⎢ln⎜ ⎛⎜ x + ε ⎞⎟ + y 2 ⎟ − ln⎜ ⎛⎜ x − ε ⎞⎟ + y 2 ⎟⎥
⎟
⎜⎝
⎟⎥
4π ⎣⎢ ⎜⎝ ⎝
2⎠
2⎠
⎠
⎝
⎠⎦
2
⎡⎛
⎤
⎡
⎤
ε⎞
2
+
x
⎟ +y ⎥
⎢⎜
⎢
⎥
q ⎢⎝
q ⎢
2 εx
2⎠
⎥
⎥
=

=
ln
ln 1 +
2
2
⎥
⎢
⎥
π
4π ⎢ ⎛
4
ε⎞
ε⎞
⎛
⎢⎜ x − ⎟ + y 2 ⎥
⎢ ⎜x − ⎟ + y2 ⎥
2⎠
2⎠
⎥⎦
⎢⎣ ⎝
⎣⎢ ⎝
⎦⎥

x2
+ ... và bỏ qua các số hạng bậc cao vô cùng bé, ta có:
2
⎞
⎛
⎟
⎜

q ⎜
⎟ m0
x
2 εx
→
khi ε → 0
ϕ=
⎟
⎜
2
2π x 2 + y 2
2π ⎜ ⎛
ε⎞ 2 ⎟
⎜ ⎜x − 2 ⎟ y ⎟
⎠
⎠
⎝⎝

Triển khai ln(1 + x) = x −

Vậy tóm lại, đối với chuyển động lưỡng cực thì:
− m0
− m 0 sin θ
y
=
2π x 2 + y 2
2π
r
m
m 0 cos θ

x
ϕ= 0 2
=
2π x + y 2 2π r

ψ

ψ=

m 0 cos θ − i sin θ m 0 cos 2 θ + sin 2 θ m 0 1
f (z ) =
=
=
2π
r
2π r(cos θ + i sin θ) 2π z

-q

+q

5. Dòng chảy quanh nửa cố thể:
Là chồng nhập của chuyển động thẳng đều ngang (U0)+ nguồn tại gốc toạ độ (q)
q
q
ln(x 2 + y 2 ) = u 0 r cos θ +
ln r
4π
2π
q

y
q
ψ = u0y +
arctg( ) = u 0 r sin θ +
θ
2π
x
2π
ϕ = u0x +

Điểm dừng A:
u A = 0 ⇔ u xA = 0; u yA = 0
q
q
2x
⎧ ∂ϕ
⎪ ∂ x = u 0 + 4 π x 2 + y 2 = 0 ⇔ x A = − 2 πu
⎪
0
⇔⎨
⇑
⎪ ∂ϕ = q 2 y = 0 ⇔
y
A = 0
⎪⎩ ∂y
4π x 2 + y 2

THẾ LƯU 5

A

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

6. Dòng chảy quanh cố thể dạng Rankin
Là tổ hợp của dòng chuyển động thẳng
ngang đều (u0) + nguồn (+q) + hút(-q).
Trong đó điểm nguồn và hút nằm trên
trục hoành, cách nhau một đoạn 2a hữu
hạn,

u0
A

B

2a

q
(x + a)2 + y 2
ϕ = uo x +
ln
4π ( x − a) 2 + y 2
ψ = uo y +

+q -q

q ⎡
⎛ y ⎞
⎛ y ⎞⎤

arctg⎜
⎟ − arctg⎜
⎟⎥
⎢
2π ⎣
⎝ x+a⎠
⎝ x − a ⎠⎦

Có hai điểm dừng A và B:
⎧ ∂ϕ q ⎛
⎞
2y
2y
⎜
⎟ = 0 ⇔ {y = 0
−
⎪ =
2
2
2
2 ⎟
⎜
(x − a) + y ⎠
⎪ ∂y 4π ⎝ (x + a) + y
⎪
⎪ ∂ϕ = u + q ⎛⎜ 2(x + a) − 2(x − a) ⎞⎟ = 0
0
⎪⎪ ∂x
4π ⎜⎝ (x + a) 2 + y 2 (x − a) 2 + y 2 ⎟⎠
⎧u x = 0

⇔⎨
u=0⇔⎨
⎩u y = 0
⎪thế y = 0 ⇔ u + q ⎛ 2 − 2 ⎞ = 0
⎜
⎟
0
⎪
4π ⎝ (x + a) (x − a) ⎠
⎪
⎪
⎧
q ⎛ 4a ⎞
aq
⇔ u0 +
=
⇔
+ a2
0
⎜ 2
⎟
⎪
⎨x = ±
2
πu 0
4π ⎝ x − a ⎠
⎩
⎩⎪

7. Dòng chảy quanh trụ tròn (Γ=0)

Xétø tổ hợp của chuyển động thẳng đều, nằm ngang (u0)+lưỡng cực (m0)
ϕ = uox +

⎛
m0
m 0 cos θ
m0
x
⎜1 +
=
θ
+
=
θ
u
r
cos
u
r
cos
o
o
2
2
⎜
2π x + y
2π r
2πu 0 r 2
⎝

⎞
⎟
⎟
⎠

⎛
m sin θ
− m0
m0
y
ψ = uo y +
= u o r sin θ − 0
= u o r sin θ⎜⎜1 −
2
2
2π x + y
2π r
2πu 0 r 2
⎝

Do không có sự trao
m 0 bằng đường
đổi lưu chất giữa Thay đường r =
R=
tròn
tròn
2πu 0
trong
và
ngoài

đường dòng ψ=0
⎛
R2 ⎞
ϕ = u o r cos θ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
r ⎠
⎝
⎛
R2 ⎞
ψ = u o r sin θ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟
r ⎠
⎝

THẾ LƯU 6

Xét đường dòng ψ=0
⇔
θ=0

⎞
⎟
⎟
⎠

và
m0

2πu 0

r=

m0
2πu 0

thì bản chất
dòng chảy vẫn
không đổi

Ta có hình ảnh của dòng
chảy bao quanh trụ tròn.
(trụ không xoay)


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

¾Tìm phân bố vận tốc trên mặt trụ r=R:
1 ∂ϕ
⎧
= −2 u 0 sin θ
⎪u θ =
r ∂θ r = R
⇒ ϕ = 2 u 0 R cos θ ⇒ ⎨
⎪u = 0
⎩ r
¾Tìm hai điểm dừng trên mặt trụ:
uθ = 0 ⇔ θ = 0
và
θ=π
⇒ có hai điểm dừng A. B trước và sau mặt trụ.
¾Tìm hai điểm có giá trò vận tốc lớn nhất trên mặt trụ:

3π
π
u θ = u max ⇔ θ = ; θ =
2
2
u C = −2 u 0 ; u D = 2 u 0

pA = pB = ρu02/2
uC = -2u0

C
B

A
D

uD = 2u0

pC = pD = -3ρu02/2

⇒ 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:
ρu 20
ρu 2tr
ρu 02
u tr2
ρu 02

4u 02 sin 2 θ
dư
p∞ +
= p tr +
Giả sư û p∝=pa p tr =
(1 − 2 ) =
(1 −
)
2
2
2
u 02
2
u0
ρu 20
ρu 02
dư
p
p
=
=
Tại A, B: A
B
p
=
(1 − 4 sin 2 θ)
tr
2
2
2

Tại C, D: p = p = − 3ρu 0
D
D
Do biểu đồ phân bố áp suất đối xứng qua ox lẫn oy nên
2
Nhận xét:
tổng lực tác dụng lên mặt trụ trong trường hợp này = 0
7. Chuyển động quanh trụ tròn xoay (Γ≠0):
Bao gồm chuyển động quanh trụ tròn + xoáy tự do (Γ +)
⎛
R2 ⎞ Γ
ϕ = u o r cos θ⎜⎜1 + 2 ⎟⎟ +
θ
π
2
r
⎝
⎠
⎛
R2 ⎞ Γ
ψ = u o r sin θ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ −
ln r
r ⎠ 2π
⎝
¾Phân bố vận tốc trên mặt trụ :

Vì r = R nên u r = 0; u θ = −2 u 0 sin θ +

1 Γ
R 2π

⎧Γ < 4πRu 0 → 2.điểm.dừng
suy ra:
Γ
Γ
⎪
⇔ sin θ =
⇒ ⎨Γ = 4πRu 0 → 1.điểm.dừng
u = 0 ⇔ 2 u 0 sin θ =
2πR
4πRu 0
⎪Γ > 4πRu → 0.điểm.dừng
0
⎩
¾Phân bố áp suất trên mặt trụ :
2
2
ρu
ρu
1 Γ
với uθ = −2u0 sinθ +
p ∞ + 0 = p tr + tr
2
2
R 2π
2
2
2
2 ⎡
⎤

⎛
⎞
ρ
u
ρ
u
u
Γ
0
tr
0
Giả sư û p∝=pa p dư =
⎜
⎟
⎢
−
=
−
−
(
1
)
1
2
sin
θ
tr
⎜
⎟ ⎥
2

u 02
2 ⎢
2
π
Ru
0 ⎠ ⎥
⎝
⎣
⎦
¾Lực tác dụng trên 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 0
∫ sin θ.dθ =0
0

THẾ LƯU 7

0


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Các

trường
hợp xoáy
Γ>0

Γ/2πRu0=1

Fy

Γ/2πRu0=3

y
Fy

Các
trường
hợp xoáy
Γ< 0

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 8


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Ví dụ 1:
Chuyển động thế của chất lỏng hai chiều trên mặt phẳng nằm ngang xoy với
hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x3 + axy2 + by3 , x,y tính bằng m, ϕ tính bằng
m2/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/m3
Giải:
Từ hàm thế vận tốc ϕ = 0,04x3 + axy2 + by3 ta có:
∂ϕ

∂ϕ
ux =
= 0,12x 2 + ay 2
; uy =
= 2axy + 3by 2
∂x
∂y
Các thành phần vận tốc phải thoả phương trình div(u)=0 nên:
∂u x ∂ u y
+
= 0 ⇔ 0,24x + 2ax + 6by = 0 ⇔ (0,24 + 2a )x + 6by = 0
∂x
∂y
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
uA=0;

⇒

uB = ((0,12*32 -0,12*42)2+(-0,24*3*4)2)1/2 = 3 m/s

Vì đây là chuyển động thế nên p.tr Ber đúng cho hai điểm bất kỳ A và B, ta có:
2
pA u2A pB uB2
ρ(uB2 − u2A )
+
= + ⇔ (pA − pB ) =
⇔ ∆ p AB = 1300 ( 3 ) = 5,85 KN / m 2
ρ
2

ρ 2
2
2

Ví dụ 2:

y

Dòng chảy thế uốn cong một góc 900 với hàm thế vận tốc
được cho như sau:
1
ϕ( x , y ) = ( y 2 − x 2 )
2
(x,y tính bằng m).Tìm lưu lượng phẳng qua đường thẳng nối
hai điểm A(1,1) và 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 = 2 * 2 − 1 * 1 = 3m 2 / s

THẾ LƯU 9

x


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp 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
bằng 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, 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 (dFy) trên toàn bán trụ
ρu 02
dư
p tr =
(1 − 4 sin 2 θ)
Áp suất dư trên mặt trụ bằng:

2
π

π

π

ρu 02
(1 − 4 sin 2 θ) cos( θ)Rdθ = 0
2
0
0
0
π
π
π
ρu 02
⇒ Fy = ∫ dFy = − ∫ pds sin( θ) = − ∫
(1 − 4(1 − cos 2 θ)) sin( θ)Rdθ
2
0
0
0
⇒ Fx = ∫ dFx = − ∫ pds cos( θ) = − ∫

π
π
π
⎤
Rρu 02 ⎡

Rρu 02
2
2
⇒ Fy = −
θ
−
θ
θ
=
−
θ
−
θ
−
θ
θ
(
4
cos
(
d
(cos(
))
3
sin(
)
d
(
4
cos

3
)
sin(
)
d
⎢
⎥
∫0
2 ⎣ ∫0
2 ∫0
⎦
π
2
2
2
Rρu 0 ⎡
4
Rρu 0 ⎡⎛
4⎞ ⎛
4 ⎞ ⎤ 5Rρu 0
⎤
3 cos θ − cos 3 θ⎥ = −
⇒ Fy = −
⎜ − 3 + ⎟ − ⎜ 3 − ⎟⎥ =
⎢
⎢
2 ⎣
3
2 ⎣⎝
3⎠ ⎝

3 ⎠⎦
3
⎦0

⇒ Fy = 2320

N

Ví dụ 4:
Một xi lanh hình trụ tròn di chuyển trong
nước với vận tốc u0 không đổi ở độ sâu
10m. Tìm u0 để trên bề mặt xi lanh không
xảy ra hiện tượng khí thực , biết nước ở 200C
Giải:
Ở 200C áp suất hơi bão hoà của nước : pbh = 0,25m nước
Để trên bề mặt xi lanh không xảy ra hiện tượng khí thực
thì 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 nhất trên mặt tru (nếu trụ di chuyển trên mặt thoáng )ï, như ta đã
biết, tại vò trí C và D, bà bằng:
pC = pD = -3ρu02/2
Vậy nếu trụ di chuyển ở độ sâu 10m thì : pC = pD = 10γn -3ρu02/2
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 :
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 tp HCM -Bài Giảng CLC

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

π/2
α

dF

ds
θ

0

dFx

Giải:
Để cho không có lực tác dụng lên hai mối nối thì tổng lực Fx 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 Fx trên ¼ mặt tr. Ta xét trên ¼ mặt trụ từ 0 đến π/2:
Áp suất dư trên mặt trụ:
ρu 02
dư
p tr =
(1 − 4 sin 2 θ)
2
Trên ¼ mặt trụ ta chọn vi phân ds, gọi dFn là lực tác dụng lên ds từ bên ngoài mặt
trụ, ta có:
dFn=pds ⇒ dFnx= - pdscosθ = -pRcosθdθ
π/2

⇒ Fnx = −

∫
0

π/2

ρu 02
ρu 2 R ⎡
4
⎤
(1 − 4 sin 2 θ) cos θRdθ = − 0 ⎢sin θ − sin 3 θ⎥
3
2
2 ⎣
⎦0

=

ρu 02 R
6

Nhận xét:
Lực F nx >0 hướng theo chiều dương⇒lực Ftx từ bên trong mặt trụ phải hướng theo
chiều âm. Như vậy, áp suất tại lỗ khoét phải là áp suất chân không
Gọi pα là áp suất tại lỗ khoét, ta có: p
π/2

⇒ Ftx =

∫p

π/2
α

ds =

0

⇒ Ftx =

Ta có:

∫p

dư
α

ρu 02
=
(1 − 4 sin 2 α )
2

cos θRdθ = p α R[sin θ]0

π/2

α

= pα R

0

ρu o2 R
(1 − 4 sin 2 α )
2

Fnx + Ftx = 0

2
2
Suy ra: Fnx = − Ftx ⇒ ρu o R = − ρu o R (1 − 4 sin 2 α )
6
2
4
1
⇒ 4 sin 2 α = ⇒ sin 2 α =
3
3
1
⇒ sin α =
3

α = 35,260
THẾ LƯU 11

π/2
α

Ftx

Fnx

0


NỘI DUNG GIẢNG DẠY
I.
II.

III.

IV.

V.

VI.

Mở Đầu: Giới thiệu về môn học, các tính chất lưu chất, các lực tác dụng lên lưu
chất.
Tónh học lưu chất: Nghiên cứu về lưu chất ở trạng thái tónh, các phương trình cơ
bản đặc trưng cho lưu chất ở trạng thái tónh, từ đó rút ra quy luật phân bố áo suất
của các điểm trong môi trường lưu chất tónh, cũng như cách tính các áp lực của lưu
chất lên một bề mặt vật. (chương này có hai phần: tónh tuyệt đối và tónh tương đối).
Động học lưu chất: Nghiên cứu về chuyển động của lưu chất (không xét đến lực),
các phương pháp nghiên cứu, các loại chuyển động, đònh lý vận tải Reynolds về
phương pháp thể tích kiểm soát, từ đó rút ra phương trình liên tục dựa vào nguyên
lý bảo toàn khối lượng.
Đông lực học lưu chất: Nghiên cứu cơ sở lý thuyết chuyển động của lưu chất,
những phương trình vi phân đặc trưng cho lưu chất chuyển động, từ đó, cộng với
ứng dụng nguyên lý bảo toàn năng lượng và biến thiên động lượng để rút ra những
phương trình cơ bản động lực học (phương trình năng lượng, phương trình động
lượng) và các ứng dụng của nó.

Dòng chảy đều trong ống: Trong chương này ta nghiện cứu hai phần: Phần 1 về
dòng chảy đều trong ống, phương trình cơ bản , phân bố vận tốc trong dòng chảy
tầng, rối, các công thức tính toán tổn thất năng lượng trong dòng chảy. Phần 2 về
các tính toán trong mạng đường ống (từ ống đơn giản, nối tiếp song song đến một
mạng ống vòng…)
Thế lưu: Trong chương này ta tập trung nghiên cứu dòng lưu chất lý tưởng không
nén được, chuyển động thế trên mặt phẳng xOy, các ví vụ dòng chảy thế từ đơn
giản (dòng thẳng đều, điểm nguồn, hút,… đến phức tạp hơn (lưỡng cực, dòng bao
quanh trụ tròn…)
Giảng viên: TS. Nguyễn Thò Bảy

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.

Bài giảng Cơ Lưu Chất- và Các ví dụ tính toán - Nguyễn Thò Bảy (Bô môn Cơ Lưu
Chất). Website: />2. Gíao trình Cơ lưu chất - Bộ môn Cơ lưu Chất
3. Bài tập Cơ lưu Chất – Nguyễn thò Phương – Lê song Giang ( BM Cơ lưu Chất )
4. Bài tập Cơ học Chất lỏng ứng dụng – Nguyễn hữu Chí, Nguyễn hữu Dy, Phùng văn
Khương (có trong thư viện ĐHBK).
5. Solutions Manual. Introduction to Fluid Mechanics_Robert W.For, Alan T. Mc
Donald (Thư viện ĐHBKhoa)
6. Fundamental of Fluid mechanics–Phillip M. Berhart, Richard J. Gross, John I. Hochstein.
Second edition, Addison –wesley Publising Company Inc. 1985 (Thư viện ĐHBK)
7. Applied Fluid Mechanics- Robert L. Mott , Fourth edition , Macmillian Publishing
Company, 1990 (Thư viện ĐHBK)
8. Fluid mechanics – John Doughlas, Janusz M. Gasiorek , John A. Swaffiield. Fourth
edition, Prentice Hall, 2001
9. E-book : Fluid Mechanics , Frank M. White , 1994
10. E-book : Shaum’s interactive Fluid mechanics – Giles R.V et al.
Web: 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 ở Bm CLC)