Giáo trình Cơ lưu chất - Chương 4: Động lưu học lưu chất - Nguyễn Thị Bảy

TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC1 CHƯƠNG V PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHO CHẤT LỎNG LÝ TƯỞNG CHUYỂN ĐỘNG (P.Tr EULER) dt ud)p(gradF r =ρ− 1 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂==∂ ∂ ρ− ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂==∂ ∂ ρ− ∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂+∂ ∂==∂ ∂ ρ− ⇔ )3( z uu y uu x uu t u dt du z p1F )2( z u u y u u x u u t u dt du y p1F )1( z uu y uu x uu t u dt du x p1F z z z y z x zz z y z y y y x yy y x z x y x x xx x ¾Dạng Lamb-Gromeco của phương trình Euler: x uu x u u zz y y ∂ ∂±∂ ∂± và zyyz 2 x xy y zx z 2 z 2 y 2 xx x )u(rotu)u(rotu 2 u xt u y u x u u x u z uu 2 u 2 u 2 u xt u x p1F −+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂+∂ ∂= ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂−∂ ∂−⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ∂ ∂−∂ ∂+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ ρ− Sau khi sắp xếp, trên phương x ta được: Ta biến đổi tương tự cho p.tr (2) và (3). TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC2 ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ −=∧ −=∧ −=∧ ⇔=∧ yxxyz xzzxy zyyzx zyx zyx )u(rotu)u(rotu)u)u(rot( )u(rotu)u(rotu)u)u(rot( )u(rotu)u(rotu)u)u(rot( uuu )u(rot)u(rot)u(rot kji u)u(rot rr rr rr rr Cuối cùng ta được Dạng Lamb-Gromeco của phương trình Euler: u)u(rot 2 ugrad t upgrad1F 2 rrr ∧+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+∂ ∂=ρ− II TÍCH PHÂN P. TR. LAMB-GROMECO→ PHƯƠNG TRÌNH BERNOULLI + ⎪⎪ ⎪⎪ ⎭ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ×−+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ ρ− ×−+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ ρ− ×−+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂+∂ ∂=∂ ∂ ρ− dz)u(rotu)u(rotu 2 u zt u z p1F dy)u(rotu)u(rotu 2 u yt u y p1F dx)u(rotu)u(rotu 2 u xt u x p1F yxxy 2 z z xzzx 2 y y zyyz 2 x x ¾Lưu chất chuyển động thế toàn miền: rot(u)=0 :(C là hằng số cho toàn miền) ¾Tích phân dọc theo đường dòng (C là hằng số trên đường dòng) ¾Tích phân dọc theo đường xoáy (C là hằng số trên đường xoáy). ¾Tích phân dọc theo đường xoắn ốc (C là hằng số trên đường xoắn ốc) •Đối với dòng ổn định, lưu chất nằm trong trường trọng lực, không nén đựợc: zyx zyx 2 uuu )u(rot)u(rot)u(rot dzdydx 2 u ρ pgzd =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ++− Trong một số các trường hợp cụ thể sau, ta có tích phân phương trình trên với vế phải = 0 ⇒P. tr. Bernoulli C g2 upzhayC 2 upgz 22 =+γ+=+ρ+ TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC3 •Trong trường hợp dòng chảy lưu chất không nén được, ổn định với rot(u)≠0, xét trên phương pháp tuyến n với đường dòng: Nếu lực khối là một hàm có thế, ta đưa hàm thế π vào với định nghĩa sau: π−=∂ π∂−=∂ π∂−=∂ π∂−= gradFhay z F; y F; x F zyx r Viết lại phương trình vi phân dạng Lamb-Gromeco: u)u(rotugrad t upgradgrad rr ∧+⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛+∂ ∂=ρ−π− 2 1 2 Trên phương pháp tuyến n với đường dòng (ngược chiều với phương bán kính r): r u r u r u r u n ru )u,sin(.u.u n p n 2222 2 22 2 2 −=−=−∂ ∂ω−= ωω−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ∂ ∂−=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ ρ+π∂ ∂ r u ρ pπ r 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +∂ ∂⇒ Nếu lưu chất chịu tác dụng của lực trọng trường: r u ρ pgz r 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +∂ ∂⇒ Nhận xét: γ+ pz ¾Khi r→∝; constpz =γ+ áp suất phân bố trên mặt cắt ướt theo quy luật thủy tĩnh (khi ấy các đường dòng song song và thẳng, m/c ướt là mặt phẳng) - đây là trường hợp chất lỏng chuyển động đều hoặc biến đổi dần ¾Theo phương r (hướng từ tâm quay ra): r càng lớn, càng lớn •Ý nghĩa năng lượng của phương trình Bernoulli: γ+ pz : là thế năng của một đơn vị trọng lượng lưu chất (bao gồm vị năng đơn vị z và áp năng đơn vị p/γ). g2 u 2 : là động năng của một đơn vị trọng lượng lưu chất. TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC4 γ pz γ pz)a DDAA +=+ γ pz γ pz)b DDCC +=+ γ pz γ pz)c BBCC +=+ γ pz γ pz)d BBAA +=+ D A B C Dòng chảy với các đường dòng như hình vẽ, ta có: Bình luận: Câu nào đúng? III. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CHO CHẤT LỎNG THỰC CHUYỂN ĐỘNG (P.Tr Navier-Stokes) dt ud)u(div(gradu)p(gradF rrr =ν+∇ν+ρ− 3 11 2 Tích phân phương trình Navier-Stokes cho toàn dòng chảy, ta được phương trình Bernoulli viết cho toàn dòng chất lỏng thực không nén được chuyển động ổn định. Đây là một dạng của phương trình năng lượng, mà ta chứng minh được bằng pp TTKS trong chương động học: IV. PHƯƠNG TRÌNH NĂNG LƯỢNG ∫∫∫∫∫ ρρ++++ρρ+++∂∂=− A nuw u dAu) pgzue(dw)pgzue( tdt dW dt dQ 22 2 1 2 1 Đây chính là phương trình năng lượng cho dòng chất lỏng không ổn định có khối lượng riêng ρ thay đổi. TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC5 1.Đối với dòng ổn định, không có sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài: ∫∫ ρρ+++=− A nu dAu) pgzue( dt dW 2 2 1 ∫∫∫∫ +−=+⇒ A n 2 n A u dAuρ)gZu2 1( dt dWdAuρe chú ý rằng: Z = z+p/γ là thế năng đơn vị dt dWdAue n A u +ρ∫∫Nhận xét thấy: là phần biến đổi năng lượng do chuyển động của các phần tử bên trong khối lưu chất gây ra và do ma sát của khối lưu chất với bên ngoài. Đại lượng này khó xác định được bằng lý thuyết, thông thường, nó được tính từ thực nghiệm, tuỳ theo trường hợp cụ thể. Ta đặt: Qgh dt dWdAue fn A u ρ=+∫∫ đây chính là năng lượng bị mất đi của lưu chất qua thể tích W trong một đơn vị thời gian. hf là mất năng trung bình của một đơn vị trọng lượng lưu chất. ∫∫ +−=⇒ A n 2 f dAuρ)gZu2 1(Qhγ ™Nếu xét cho một đoạn dòng chảy vào mặt cắt 1-1 và ra tại m/c 2-2 (ρ=const) ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ρ+−ρ+−=ρ ∫∫∫∫ dAu)gZu(dAu)gZu(Qgh n A n A f 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 Ta tính riêng các tích phân: •Nếu trên m/c ướt A, áp suất phân bố theo quy luật thủy tĩnh. Q)pgz(QgZdQ)gZ( A ρρ+=ρ=ρ∫∫ Vthật A n ĐNQVĐNdAuu =ρ>=ρ∫∫ 22 2121•Tích phân thành phầnđộng năng:. Đưa vào hệ số hiệu chỉnh động năng α: Vthật A n ĐNQVĐNdAuu α=ρα==ρ∫∫ 22 2121 với αtầng =2; αrối=1,05 - 1,1 Qρ)gZVα 2 1(Qρ)gZVα 2 1(Qghρ 2 2 221 2 11f +−+= 21 2 222 2 2 111 1 22 − +α+γ+= α+γ+ fhg Vp z g Vp zhay: Như vậy: Đây chính là ph.tr. năng lượng cho toàn dòng chảy ổn định chất lỏng thực không nén được nằm trong trường trọng lực từ m/c/1 tới m/c 2 (không có nhập hoặc tách lưu) TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC6 ™Nếu dòng chảy có nhập hoặc tách lưu (ρ=const) ∑∑∑ =ρ+α−ρ+α fjjjj jra iiii ivào HQ)gZV(Q)gZV( 22 2 1 2 1 ΣHf là tổng năng lượng dòng chảy bị mất đi khi chảy từ các m/c vào đến các m/c ra (trong 1 đ.vị thời gian). 2. Trong trường hợp dòng chảy có sự trao đổi năng lượng với bên ngoài (được bơm cung cấp năng lượng Hb ; hay dòng chảy cung cấp năng lượng Ht cho turbine), thì ph. tr trên có dạng tổng quát hơn: 21 2 222 2 2 111 1 22 − +α+γ++= α+γ++ fTB hg VpzH g VpzH Hb là năng lượng do bơm cung cấp cho một đơn vị trọng lượng dòng chảy khi dòng chảy qua bơm - Ta gọi là cột áp bơm . Ht là năng lượng mà một đơn vị trọng lượng dòng chảy cung cấp cho turbine khi qua turbine. V. ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH NĂNG LƯỢNG B’ h A B A’ Ví dụ 1: Đo lưu tốc điểm của dòng khí bằng ống Pito vòng Áp dụng ph.tr Bernoulli trên đường dòng từ A tới B (bỏ qua mất năng): g upz g upz B k B B A k A A 22 22 +γ+=+γ+ với uB=0, suy ra: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+= k A A k B B A pzpz g u 2 2 Áp dụng phương trình thuỷ tĩnh lần lượt cho các cặp điểm AA’ (trong môi trường khí), A’B’ (trong môi trường lỏng); BB’ (trong môi trường khí) ta có: ⎪⎪⎭ ⎪⎪⎬ ⎫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ k B B k 'B 'B k A A k 'A 'A pzpz pzpz Suy ra ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −γ γ=γ γ+−= γ −+−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ 1 k l k l k 'A'B 'A'B k A A k B B hhh pp)zz(pzpz Như vậy: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −γ γ= 12 k l A ghu TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC7 Ví dụ 2: Đo Lưu lượng qua ống Ventury D d 1 1 2 2 h γn γd A B Áp dụng p. tr năng lượng cho dòng chảy từ m/c 1-1 đến 2-2 (bỏ qua mất năng): g Vpz g Vpz nn 22 2 222 2 2 111 1 α+γ+= α+γ+ (α1,α2=1): Suy ra: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − nn pzpz AAg Q 2 2 1 12 1 2 2 2 11 2 Hay: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ γ−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= n dgh AA AAQ 122 2 2 1 2 1 2 2 Lưu lượng Q ở trên tính được không kể tới tổn thất năng lượng, Thực tế lưu lượng Qthực nhỏ hơn, nên cần hiệu chỉnh lại lưu lượng sau khi tính Qtính Hiệu chỉnh bằng công thức trên như sau: Qthực = CQtính với C<1 là hệ số hiệu chỉnh Ventury (do mất năng sinh ra). Ví dụ 3: Dòng chảy ổn định qua lỗ thành mỏng: H c c A 00 f ccc c hg Vpz g Vpz +α+γ+= α+γ+ 22 22 000 0 Năng lượng của dòng chảy từ bình ra ngoài chủ yếu bị mất đi là do co hẹp khi qua lỗ, đây là loại mất năng cục bộ, nó tỷ lệ với Vc2 tại mặt cắt co hẹp c-c (học trong chương đường ống). Ta có thể viết lại: g V g Vpz g Vpz ccccc 222 222 000 0 ξ+α+γ+= α+γ+ V0 =0, p0=0; Suy ra: gH2CgH2 1V Vc =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ξ+α= với CV < 1 gọi là hệ số lưu tốc. Lưu lượng: gH2ACgH2ACgH2CAgH21AVAQ dVVcccc =ε==⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ξ+α== Với A là diện tích lỗ tháo, ε là hệ số co hẹp, Cd (<CV) là hệ số lưu lượng TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC8 Ví dụ 4: Dòng chảy ổn định qua đập tràn thành mỏng: H θ h dh 0 B h Xem dòng chảy là tập họp của những dòng chảy qua lỗ thành mỏng có bề rộng B, cao dh nằm ở toạ độ h trên trục toạ độ Oh như hình vẽ. Lưu lượng qua lỗ tháo: dh)hH(g2)h( 2 tg2C)hH(g2BdhCdQ dd −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ θ=−= ∫ −⎟⎠⎞⎜⎝⎛ θ= H d dh)hH(g)h(tgCQ 0 2 2 2 Để lấy tích phân trên ta đặt: dh)hH(dv;hu −== Kết quả cho: gHHtgCQ d 2215 8 2⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ θ= Ví dụ 5: Dòng chảy qua vòi lắp ngoài: H c c A 00 pcck 1 1 g Vpz g Vpz cccc 22 2 111 1 2 α+γ+= α+γ+ suy ra: 0 22 22 11 <α−α=γ g V g Vp ccc Giả sử vòi có đường kính d bằng lỗ thành mỏng, và hệ số co hẹp cả hai trường hợp như nhau. Ta chứng minh được vận tốc Vc qua vòi lớn hơn qua lỗ, vì tại m/c c-c trong vòi áp suất là áp suất chân không, nên: clỗ c V c c cvòi V p HgC p HgV >⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ γ−=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ γ−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ξ+α= 22 1 Như vậy, lưu lượng qua vòi lớn hơn lưu lượng qua lỗ thành mỏng và bằng: (viết phương trình năng lượng cho dòng chảy từ m/c 0-0 đến 1-1 để tìm ra vận tốc 1 tại mặt cắt ra 1-1).trong trường hợp này :Cd = CV: gHACgHACQ dV 22 == TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC9 Ví dụ 6: Dòng chảy không ổn định ra ngoài bình: H A a dh h ghaCQ d 2= trong đó h giảm theo thời gian Sau thời gian dt, thể tích trong bình giảm: dtghaCQdtAdhdW d 2==−= dh ghaC Adt d 2 −= Vậy thời gian để nước chảy hết bình là: H gaC Ah gaC Adh ghaC AT dHdH d 2 2 2 22 00 =−=−= ∫ Ví dụ 7a: Dòng chảy qua máy thủy lực: B 0 0 1 1 2 2 H chuẩn 10 2 111 1 2 000 0 22 − +α+γ+= α+γ+ fhg Vpz g Vpz p0=0; V0=0; z0=0 Suy ra tại mặt cắt 1-1 trước bơm có áp suất chân không: 0 2 2 11 1 1 <+α+−=γ )hg Vz(p f 20 2 222 2 2 000 0 22 − +α+γ+=+ α+γ+ fB hg VpzH g Vpz Suy ra: 20−+= fB hHH Công suất hữu ích của bơm: BQHN γ= Hiệu suất bơm: truc B N QHγ=η TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC10 Bơm hút nước từ giếng lên như hình vẽ.Biết lưu lượng Q=30 lít/s, đường kính ống hút D=0,12m.Tại chỗ uống con có hệ số tổn thất là ξ=0,5. Chiều dài đường ống hút L = 5m. Ống có hệ số ma sát đường dài là λ=0,02. Nếu nước có nhiệt độ là 200C và bỏ qua tổn thất cục bộ vào miệng ống. Tìm chiều cao đặt bơm zB tối đa Giải: Ở 200C, áp suất hơi bão hoà của nước là 0,25 m nước. Vậy áp suất chân không tại mặt cắt trước bơm cho phép tối đa là 9,75 m nước. Ta có: B giếng zB 0 0 1 1 ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++−−= )ξ D Lλ1 g2 Vα γ pz 2 111 B ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++−= )5.0 12.0 502.01 81.9*2 653.2α 75,9z 2 1 B 2.653m/s A QV == 8.91mz B = Ví dụ 7b Cấu tạo bộ phận cải tiến của bơm TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC11 2Q 1Q Q 22 1 1 bomh 1Q 2Q Q TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC12 Ví dụ 8:Độ chênh mực thuỷ ngân trong ống chữ U nối hai đầu với cuối ống hút và đầu ống đẩy là. Đường kính ống hút là D1=8 cm. Dường kính ống đẩy là D2=6 cm. Q=17 lít/s. Công suất hữu ích của bơm là 1261 W. 1. Bỏ qua mất năng, xác định đô chênh áp suất trước và sau bơm. 2. Xác định h trong ống chũ U g2 VpzH g2 Vpz 2 222 2 2 111 1 α+γ+=+ α+γ+ B Suy ra: Từ : BQHN γ= m/s 3.38 )08.0(* 4*10*174. 2 3 2 11 1 ==== − ππD Q A QV m/s 6.01 )06.0(* 4*10*174. 2 3 2 21 2 ==== − ππD Q A QV Vậy chênh lệch áp suất: Hg B h D1 D2 nước 1 1 2 2 A B ⇒ ⎪⎪⎭ ⎪⎪⎬ ⎫ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ n B B n 1 1 n A A n 2 2 pzpz pzpz ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −γ γ=γ γ+−= γ −+−=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+ 1h h h pp)zz(pzpz n Hg n Hg n BA BA n 1 1 n 2 2 Tính được: h=0.50 m ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −γ γ ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ γ+=⇒ 1 pzpz h n Hg n 1 1 n 2 2 7.56m 10*17*10*81.9 1261 Q NH 33B ==γ= − 6.30m g2 V g2 VHpzpz 2 22 2 11 B 1 1 2 2 =⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ α−α+=⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ γ+−⎟⎟⎠ ⎞⎜⎜⎝ ⎛ γ+ Ví dụ 9: Nước chảy từ bể chứa qua turbin. Hiệu suất cả hệ thống là 80%. Cho H=60m, V=4,24m/s. 1. Xác định lưu lượng Q chảy qua turbine 2. Tính công suất điện phát ra, bỏ qua mất năng T 2 222 2 2 111 1 Hg2 Vpz g2 Vpz +α+γ+= α+γ+ W10*14.118.0*60*97.29*10*81.9%80*QHN 63TT ==γ=⇒ T Hd=3m 1 1 2 2 /sm 29.97 4 3**24.4 4 DVVAQ 3 22 =π=π== HH T =⇒ TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC13 H=6m h=5.75m d=0.08 m 1 1 2 2 Ví dụ10: Xác định lưu lượng Q và tổn thất năng lượng khi dòng chảy ra ngoài không khí. Bỏ qua co hẹp f 2 222 2 2 111 1 hg2 Vpz g2 Vpz +α+γ+= α+γ+ 0p;0p;0V 211 === f 2 22 h g2 VH +α=⇒ Mặt khác tia nước bắn ra với động năng đập vào ống nghiệm, dừng lại, vậy toàn bộ động năng này chuyển hoá thành áp năng đẩy cột nước trong ống nghiệm lên một độ cao h=5,75m. Vậy: g2 V 222α 10.62m/sgh2V g2 Vh 2 2 22 ==⇒α= /s0.0534m62.10* 4 08.0*V 4 dAVQ 3 22 =π=π==⇒ Và: m25.075.56h f =−= nướùc Ví dụ10b: Bên hông một bình chứa nước có hai lỗ tháo nước A và B như hình vẽ. Lỗ A nằm dưới mặt thoáng nước một độ sâu HA; lỗ B nằm dưới mặt thoáng nước một độ sâu HB. Tia nườc bắn ra từ hai lỗ giao nhau tại O. Giả sử hệ số lưu tốc của hai lỗ là như nhau và bằng CV. Tìm khoảng cách x từ O đến thành bình BAV HHC2x = A B Ox HA HB Pa yB yA Giải: phương trình đường quỹ đạo của tia nước bắn ngang ra khỏi lỗ với vận tốc V cho dưới dạng: x2=2V2y/g; với gốc tọa độ tại lỗ, x hướng ngang và y hướng xuống, g là gia tốc trọng trường. Suy ra: BBAA BB 2 VAA 2 V2 B 2 BA 2 A2 yHyH g ygHC4 g ygHC4x g yV2 g yV2x =⇒ ==⇒ == Mặt khác ta có: HA+yA=HB+yB Giải ra được: HA=yB ; HB=yA Suy ra: TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC14 ∫∫∫∫∫∑ +∂∂= A nw dAuρ)u(dwρ)u(tFngoạilực Dạng tổng quát của p.tr ĐL (chứng minh từ chương Động Học): VI. PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LƯỢNG ¾Đối với dòng nguyên tố chuyển động ổn định (vào ở dA1; ra ở dA2): ngoạilực∑=− FdAuρudAuρu 1n1112n222 rrr ¾Đối với toàn dòng chảy từ mặt cắt 1-1 đến 2-2, ta cần chiếu phương trình ĐL trên lên một phương s bất kỳ, rồi sau đó lấy tích phân trên từng m/c A1, A2: ngoailucs A s A s FdQudQu ∑∫∫ =− 1 111222 2 ρρ 0=∂ ∂ Wt X ∫∫∫∫∑ ==⇒ AA n dQρudAuρuF rr ngoạilực¾ Đối với dòng ổn định: s/s/ras101s202s )VαVα(Qρ)F( vàoĐLĐL −=−=∑ Như vậy ph.trình Động lượng chiếu trên một phương s bất kỳ đối với toàn dòng chảy ổn định lưu chất không nén được đi vào m/c 1 ra m/c 2 viết dưới dạng sau: ¾Trường hợp dòng chảy có nhiều m/c ra và nhiều m/c vào: s/vàos/ras ĐLĐL)F( ∑∑∑ −= Ta có: S/VSS/t A s LQVρLdQρu ĐĐ thậ =>=∫ QVĐLdQuĐL sV A sthật ρα=α=ρ= ∫ 00 α0 là hệ số hiệu chỉnh động lượng; α0tầng=4/3; α0rối =1,02-1,05 Ta đưa vào hệ số α0 : TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC15 VII. ÁP DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ĐỘNG LƯỢNG Phân tích ngoại lực, thông thường gồm có các lực sau đây: ¾Trọng lực G ¾Lực ma sát Fms giữa chất lỏng với thành rắn. ¾Phản lực N từ thành rắn tác dụng vào khối lưu chất. ¾Áp lực Fi từ các phía tác dụng vào các m/c (mà dòng chảy ra hoặc vào khối thể tích kiểm soát. (tính như áp lực thuỷ tĩnh). Hai lực giữa (Fms và N) thông thường gom chung thành một lực R gọi là lực của thành rắn tác dụng vào khối lưu chất. Lực trọng trường G thông thường bị triệt tiêu khi chiếu lên phương nằm ngang (vì G theo phương thẳng đứng), hoặc giả thiết nhỏ nên không tính tới (trừ trường hợp có giá trị lớn đáng kể và khi chiếu p.tr ĐL lên phương thẳng đứng) s/vàos/rasss ĐLĐL)VV(Q)F( −=α−αρ=∑ 101202 Lưu chất khối lượng riêng ρ chảy trong trong ống tròn bán kính ro có phân bố vận tốc như sau: ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −= 2 2 max 1 or ruu Trong đó umax là vận tốc cực đđại tại tâm ống. Tìm động lượng đi qua mặt cắt thẳng góc với dòng chảy trong đơn vị thời gian: ĐS= ρumax2πro2/3 Ví dụ (tự giải): TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC16 Ví dụ 11. Lực F t/dụng lên vòi cứu hoả: 21101202 FFR)VV(Q x −+=α−αρ Áp dụng p. tr ĐL cho thể tích KS như hình vẽ: Chọn α0=1: 112x F)VV(QR −−ρ=⇒ F1=p1A1; F2=0; áp dụng thêm p.tr năng lượng cho dòng chảy từ 1-1 tới 2-2, ta có: ( ) 1 2 1 2 2 1 2 1 2 21 22 AVVF g VVp −ρ=⇒−=γ 0 2 VVV)VV(A A 2 )VV()VV(VAR 12 1121 1 2 1 2 2 1211x <⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +−−ρ= −ρ−−ρ=⇒ Như vậy lực F của lưu chất tác dụng vào vòi hướng tới và bằng R. F1 1 1 2 2 F x F2=0 Ví dụ 12. Lực F của dòng chảy tác dụng lên vòi uống cong 900: x202 R)V(Q =αρ Chọn α0=1: 0)V(QR 2x >ρ=⇒ Trên phương x: Trên phương y: 1y101 FR)V(Q +=α−ρ 0F)V(QR 11y <−−ρ=⇒ Ta suy ra: Rx hướng tới trước, Ry hướng xuống dưới. Như vậy lực của dòng chảy tác dụng lên vòi: Fx hướng ra sau ; Fy hướng lên trên V2 V1; p1=194 Kpa x y 1 1 2 2 D1=27cm D1=13cm Q=0,25 m3/s F1 F2=0Rx Ry Fy Fx F Thế số vào ta được: Fx=4709 N; Fy=11109 N; F=12065N TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC17 Ví dụ 13. Lực của dòng chảy tác dụng lên đập tràn: Áp dụng p. tr ĐL cho thể tích KS như hình vẽ: H hc L1 F 1 1 c c F1 F2 L2 )(FF)VV(QR cx ∗+−−ρ= 211 F1=p1A1=[γ(H+L2)/2]A1; F2=p2A2=[γ(hc)/2]A2 Bỏ qua mất năng: )hLH(g AA AAQ gA Q h gA Q LH g Vpz g Vpz c c c c c c ccc c −+−=⇔ α+=α++⇔ α+γ+= α+γ+ 122 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 1 22 111 1 2 22 22 Sau khi tính được lưu lượng ta tính Vc =Q/Ac ; V1=Q/A1; Sau đó thế vào p.tr (*) để tìm Rx; và F=-Rx. Ví dụ 14. . Lực tác dụng của tia nước đập vào cánh gáo u* A V V 1 12 2 Fx a.Khi giữ xe đứng yên, Lực tác dụng lên xe Fx = -Rx AV2)VV(VA FF)VV(QR 2 2112x ρ−=−−ρ= −−−−ρ= F1và F2 đều bằng 0 vì đây là dòng tia, chung quanh đều là áp suất khí trời b. Khi xe chuyển động tới với vận tốc u*, Lực tác dụng Fx=-Rx vào xe sẽ nhỏ hơn và bằng: A*)uV(*))uV(*)uV((A*)uV(Rx 22 −ρ−=−−−−−ρ= Như vậy, công suất hấp thụ bởi gầu bằng: ∗∗ −ρ== Au)uV(uFN *xgầu 22 Công suất cung ứng bởi vòi nước: 2 VA 2 VQN 32 voi ρ=ρ= Hiệu suất cả hệ thống (đặt x=u*/V): 2 2 3 2 144 2 2 )x(x V uV V u /AV Au)uV( N N **** vòi gầu −=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ −=ρ −ρ==η Khảo sát hàm số trên, ta thấy η dạt giá trị cực đại khi x=1(loại bỏ) và x=1/3. TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC18 Ví dụ 15 . Ống Borda thẳng đứng: Ac H A 0 0 11 + Ab 11VVARG cy ρ=− Xem như ống Borda đủ dài để ở sát đáy bình nước yên lặng. Ta có: G=ρgAbH; Ry=ρg(Ab-A)H; gHV 21 =Suy ra: cc AAgHAgAH 22 =⇒ρ=ρ Ví dụ 16 . Q=12 lít/s. Tìm V1; V2. Bỏ qua mất năng, xác định p1 Xác định Fx tác dụng lên ống g2 Vpz g2 Vpz 2 222 2 2 111 1 α+γ+= α+γ+ m/s 2.39 )08.0(* 4*10*12 D 4.Q A QV 2 3 2 11 1 =π=π== − m/s 6.12 )05.0(* 4*10*12 D 4.Q A QV 2 3 2 21 2 =π=π== − 671.2747NApFm61.13 g2 V g2 Vzzp 111 2 11 2 22 12 1 ==⇒=α−α+−=γ⇒ 112x F)VV(QR −−ρ= -626.584N 10*81.9*61.13 4 )08.0(*14.3)39.212.6(10*12*1000R 3 2 3 x = −−= − P1? D1=8cm D2=5cm 12m V2 Rx N58.626Fx =⇒ TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC19 Ví dụ 17 . V=30m/s. Tính lực nằn ngang cần giữ cho xe đứng yên Nếu để xe chạy tới với u=5m/s, thì lực tác động vào xe là bao nhiêu? Tìm hiệu suất 300 D=50mm V x 1 1 ))30cos(V(QR 01x −ρ= -1530.39N))30cos(30(*059.0*1000R 0x =−= s/m059.0V 4 DVAQ 3 2 =π== Vậy lực Fx để giữ xe đứng yên là 1530N Khi xe chuyển động tới với vận tốc u=5 m/s, thì ph. Tr ĐL sẽ viết lại như sau: 1235.8689N )5)30cos(*30(*059.0*1000 ]u)30cos(V[QR 0 0 1x = −−= −ρ−= Công suất tia nước: 26507.19W 2 VA 2 VQN 32 tia =ρ=ρ= Công suất xe: 6179.345W5*8689.1235uFN xxe === Hiệu suất: 233.0N N tia xe ==η Ví dụ 18 . D=1,2m; d=0.85m, Q2=Q3=Q1/2; Q1=6 m3/s; p1=5Mpa Bỏ qua mất năng. Xác định lực nằm ngang tác dụng lên chạc ba )45cos(FFFRVQ))45cos(VQVQ( 0321x11 0 3322 −−+=ρ−ρ+ρ )45sin(FR)45sin(VQ 03y 0 33 +=ρ− V1 F1 x V2 F2 s/vàos/ras ĐLĐL)F( ∑∑∑ −= s/m287.5VV;s/m305.5 A QV 23 1 1 1 ==== ( ) 23 2 2 2 1 12 2 2 2 112 pp5000097Pa 2 VVpp g2 VVpp =⇒=−ρ+=⇔−+γ=γ 2837306N;ApFF 5654867N;ApF 2223111 ===== )45cos(FFFVQ))45cos(VQVQ(R 032111 0 3322x ++−ρ−ρ+ρ=⇒ )45sin(F)45sin(VQR 03 0 33y −ρ−= Thế số: Rx=-816,038KN; Ry=-2017,493 KN; R=2176,281 KN 450 D 1 21 2 d 3 3 d V3F3 y Rx RyR TS. Nguyễn Thị Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC ĐỘNG LỰC HỌC20 Chứng minh hệ số α, α0 >1: 1dA V u∆dA V u∆2dA A 1dA V u∆u∆V2V( A 1 dA V u∆V( A 1dA V u A 1 VAVρ uudAρ DL DLα A 2 2 AAA 2 22 A 3 A 2 A V 0 >⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +±=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ +±= ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ±=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛=== ∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫that 1dA V u∆dA V u∆3dA V u∆3dA A 1dA V u∆u∆V3u∆V3V( A 1 dA V u∆V( A 1dA V u A 1 2 VVAρ udA 2 uρ DN DNα A 3 3 A 2 2 AAA 3 3223 A 3 A 3 2 A 2 V >⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ±+±=⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ ±+±= ⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ±=⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛=== ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫∫∫that 0udAudAQQ dA)uV(udAuVu AA AA =∆⇒∆±=⇒ ∆±=⇒∆±= ∫∫∫∫ ∫∫∫∫Lưu ý rằng: