THÍ DỤ:
Dòng chảy theo cung tròn chịu lực theo phương bán kính
Bài số 1. Tìm thay đổi năng lượng theo phương r?
LỜI GIẢI:
Nếu δV V và δr r ta sẽ có

p
V2

r
r
Áp dụng phương trình Bernoulli cho đường dòng bất kỳ trong mặt phẳng ngang:
p V2
NangluongE  H  
 C (lytuong )
 2g
Thay đổi năng lượng giữa hai đường dòng:
 H  (V   V )2  V 2 ( p   p)  p 



r 
2 g r
 r

Bỏ qua tích của vô cùng bé hay vô cùng bé bậc cao, ta có:
 H 2V  V  p


 r 2 g r  r
Thay (3) vào (6), ta được:

 H V V V 2 V V V


 (
 )
r
g r gr g  r r
Cho δr→0 ( tìm giới hạn), được thay đổi năng lương theo phương r
dH V  dV V 
 
 
dr
g  dr r 

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

Bài số 2.
Xoáy tự do - Gần đúng là dòng chảy vào hố tháo nước, dòng chảy vào
khúc song cong không có nguồn năng lượng ngoài cung cấp, nghĩa là không có sự thay đổi năng
lượng giữa các đường dòng.


Suy ra:

dH V  dV V 
 
 = 0
dr
g  dr r 
dV
V
 dV V 
 0


dr
r
 dr r 

(9)
(10)

Vậy xoáy tự do là dòng thế
Bài số 3.
Xoáy cưỡng bức là dòng chuyển động tròn tương tự như dòng chất lỏng do Rôto
tạo ra trong nước. Lực của Roto làm quay chất lỏng với tốc độ góc quay ω rad/s, vậy
V=ωr
Do đó:
dV V
 
dr r


(11)

dH  r
2 2 r

(   ) 
dr
g
g

(12)

Thay (11) vào (9) cho

Xoáy cưỡng bức là dòng xoáy, không thể biểu diễn bằng lưới dòng chảy.
Thí dụ 2.1 Vòi cứu hỏa đường kính D, tốc độ V đặt nghiêng  0 phun vào nhà cao tầng
đang cháy. Giả thiết không ma sát và dòng tập trung, tìm chiều cao Hmax ?vòi nước đạt được và
chiều dài nằm ngang của tia nước tại cao độ vòi phun L?
Lời giải
1


Vy  V sin  , Pt Brenoulli cho chiều cao H:

V 2 sin 2 
V 2 sin 2 
0+0+
 0 H 0  H 
2g

2g
Vx  V cos  , Pt liên tục cho:

 D2
4

V

 D12
4

V cos   D1  D / cos 

Thời gian đi từ miệng vòi đến m/c (1) (đỉnh
tia dòng)
Vt  V sin   gt ; tại m/c (1) Vt  0
V sin 

t 

g

Trong thời gian trên độ dài theo phương ngang mà dòng nước đi được là x1
V sin  V 2 sin  cos  V 2 sin 2
x  V cos  


g

g


2x1 

Tổng chiều dài là

2g

V 2 sin 2
g

Thí dụ 2.2 Cho lời bàn về tính chất dòng chảy tổng hợp khi chập dòng hướng vào theo
phương bán kính với dòng xoáy tự do (hút nước)
Lời giải
Dòng chảy đi vào theo phương bán kính cho Vr  r  C, lưu lượng theo công thức q  2 rVr ;dòng
V  r  B hằng số.
xoáy tự do có:
1/2

 C 2 B2 
Tốc độ của hai dòng chập nhau là: V  V  V   2  2 
r 
r
2
r

2



1

C 2  B2
r

Góc giữa véc tơ bán kính với đường dòng là:
tg 

V B r B


Vr r C C

Đường dòng là đưồng xoắn Ốc sên có góc tương tự nhau, đó là hình ảnh của xoáy bão lớn, trong
tâm bão có áp suất thấp gây ra sự cố rất nguy hiểm, xoáy được gọi là xoáy xoắn Ốc sên tự do.
Thí dụ 2.3 Một vòi phun cố định có đường kính giảm từ
20mm đến 5mm. Nếu tại nơi D=20mm (m/c(1))có áp suất dư
là p = 200kN/m2, xác định áp suất của đầu vòi m/c (2) lên
dòng nước trong vòi?

Chỉ dẫn:
+ Áp dụng pt Bernoulli cho m/c(1) và (2) để tìm Q
V12
V22
200

 0
9,81 2  9,81
2  9,81
2
2
+ Pt liên tục : 0.785  0, 02 V1  0.785  0, 005 V2 hay 16V1 = V2; sau đó xác định V1,V2 và Q


Viết phương trình động lượng cho m/c (1) và (2)
(200 103  ( / 4)  0, 022 )  Fbiên  Q  V2  V1 
2


Lấy   103 , thay giá trị của Q và V vào rút ra lực Fbiên =
Thí dụ 2.4 Một vòi cố định có đường kính giảm từ 10cm đến 3cm phun lưu lượng vào
không khí Q = 1,5m3/phút. Xác định áp lực lên bu lông để giữ vòi ?

Lời giải
Áp dụng pt Bernoulli cho p1  p2   V22  V12  ; lưu lượng Q = 1,5m3/phút = 0,025m3/s;
1
2

Q
Q
 3, 2m / s;V2 
 35, 4m / s ;
A1
A2
1
p1  1000 kg m3  (35, 42  3, 22 )m2 / s 2   620.000kg / ms 2  620.000 Pa dư
2

V1 






Pt động lượng cho:
 FBiên  p1 A1  Q V2  V1   FBiên  p1 A1  Q V2  V1 
trong đó
 D2
Q  25kg / s; A1  1  0, 00785m2 ; FB   620000  0, 00785  25  35, 4  3, 2   4872 N  805kgm / s 2
4

Thí dụ 2.5
Vòi phun có diện tích A, tốc độ V
phun vào một loạt tấm phẳng của
bánh xe quay với tốc độ u cùng chiều
với dòng nước. Xác định công suất
dòng nước tác dụng lên tấm và hiệu
quả của vòi phun.

Lời giải
Lưu lượng tác dụng lên tấm là: Q=VA
Lực của dòng nước lên tấm:
Công suất:
Hiệu suất

P = F  AV V  u 
 AV V  u  u
AV V  u  u
 uu
= 
 2 1  
1
 V V

 AV 3
2

Hiệu suất lớn nhất khi

d
u 1
0 
V 2
u
d 
V 
max  2  0,5  0,5  50%

3


Thí dụ 2.6

Vòi nước có tốc độ Vj phun vuông góc vào tấm, làm xe chuyển động với tốc độ Vc (Hình
3
a trên). Xác định lực của vòi nước để xe có tốc độ không đổi, biết nuoc  1000kg / m , diên tích
tấm là 3cm2 , Vj = 20m/s và Vc = 15m/s, bỏ qua trọng lượng của tấm và nước, đồng thời giả thiết
nước chia đều ra hai phía trên và dưới.
Lời giải
- Lập CV tương đối với tấm, pt liên tục để tìm lưu lượng và pt động lượng để tìm lực.
- Pt liên tục
(1)
 mra  mvào  1 AV
1 1  2 A2V2   j Aj (V j  Vc )

Giả thiết A1 = A2 =(1/2)Aj
(2)
 V1  V2  2(V j  Vc )
Do đối xứng
(3)
 V1  V2  V j  Vc  20  15  5m / s
Pt động lượng để tìm lực. Lực Rx theo phương ngang và Ry theo phương đứng.
(4)
 F  Rx  m1u1  m2u2  m ju j
1
1
m j   j Aj (V j  Vc )
2
2
Theo đầu bài ta có u1 = u2 =0, u j  V j  Vc  5m / s do đó (4) sẽ là

Lưu lượng khối :

m1  m2 

Rx  m j u j     j Aj (V j  Vc )  V j  Vc 

(5)

Thay số ta được lực Rx theo chiều ngược với chuyển động để giữ cho xe có V=Cons
Rx  (1000kg / m3 )(0,0003m2 )(5m / s)2  7,5(kg.m) / s 2  7,5N

Lực Ry theo phương đứng,
Vì


Fy  Ry  m1v1  m2v2  m j v j

v1  V1; v2  V2 ; v j  0  Ry  m1 (V1 )  m2 (V2 ) 

1
m j (V1  V2 )
2

(6)

Song theo phân tích V1 = V2 làm cho Ry = 0. Nếu đặt Vc ngược chiều ta có hệ không di
động, do đó V1 = 15,8m/s như (Hình a) và nghiêng góc 18,40;
Thí dụ 2.7
Một vòi nước phun vuông góc vào tấm tốc độ
V làm tấm di chuyển với tốc độ u. (a) Xác định
công của vòi lên tấm vàhiệu quả của vòi. (b)
Nếu vòi có D = 25mm, V = 30,0m/s, biết u <
V và công suất của vòi là 1,5kW, xác định tốc
độ di chuyển của tấm.
Lời giải
(a) Tấm coi như cố định nếu bbổ xung tốc độ u ngược chiều như (Hình trên)
4


 A V  u  

-Khối lượng nước đập vào tấm

F  A V  u 


-Áp lực lên tấm

2

-Công trong 1 giây hay công suất =(Lực).(tốc độ) =  A V  u   u
-Hiệu quả  bằng (công suất/động năng của vòi)=
2
2
A V  u   u 2u  u 


1  
( AV 3 / 2)
V  V
d
2u  u 
u 1
8
 0 hay   1    0   ; vàmax 
 29, 63%
 sẽ lớn nhất khi
d u V 
V  V
V 3
27
(b) Áp lực lên tấm với việc lấy khối lượng riêng = 998kg/m3
2

F  A V  u   1500   30, 0  u  u  
2


2

1500
 3063, 452
0, 785  0, 0252  998

Giải phương trình trên bằng cách giả thiết giá trị của u khác nhau sẽ cho u = 4,839m/s
Thí dụ 2.8
Hệ thống vòi phun như Hình bên phun tổng
lưu lượng Q = 0,2l/s. Xác định tốc độ góc của
vòi và mô men tại trục quay để hệ thống ổn
định
Lời giải
-Diện tích đầu vòi =1,9625.10-5 m2 , lưu lượng 1 vòi Q = 0,2/2 = 0,1(l3/s), tốc độ tương
104
 5, 096m / s .
1,9625 105
-Vòi quay theo chiều kim đồng hồ với tốc độ góc  , do giả thiết không ma sát và không

đối của nước tại vòi



có mô men tác dụng vào trục, nên mô men ban đầu của mô men động lượng của chất lỏng tác
động vào hệ thống bằng không hay:
Vt1Q r1  Vt 2Q r2  0
trong đó Vt1 và Vt2 là tốc độ tuyệt đối của nước tại đầu vòi
Vt1   5,096  0,1  Vt 2   5,096  0, 2 
;

Thay tốc độ vào pt trên rút ra
Mô men giữ ổn định
Thí dụ 2.9

2 N
60 10,192
  10,192rad / s ; vì  
N
 97,31
60
2  3,142
1
= QVt 2r2  QVt1r1  0,5086 10 Nm

Hệ thống vòi phun như Hình bên có hai cán tay đòn R
bằng nhau, phun nước tốc độ tương đối Vr với vòi có
diện tích A và nghiêng một góc θ. Xác định tốc độ góc
của vòi và mô men tại trục quay để hệ thống ổn định với
giả thiết không có ma sát tại trục quay.
Lời giải

Thành phần tiếp của tốc độ tuyệt đối của tia nước ra khỏi vòi là  Vr cos   R  tạo ra mô
men động lượng với trục z. Mô men động lượng ban đầu của nước qua ông nước thẳng đứng
bằng không. Mô men động lượng cuối =  AVr  Vr cos  R  R . Vì không có mô men tác động
vào trục, nên mô men động lượng cuối bằng không, do đó sẽ có tốc độ góc của vòi,
5





Vr cos 
R

T  2 AVr  Vr cos   R
Mô men tại trục quay để hệ thống ổn định
Thí dụ 2.10 Xác định tốc độ rơi đều của hạt cát hình cầu có D =
2mm trong nước 200c, giả thiết CD = 1,0
Chỉ dẫn
Cân bằng trọng lực của hạt trong nước với áp lực mặt của dòng chảy
tác dụng vào hạt sẽ có fương trình
1 3
1
d2
d  s    g  C D s2  , ra ωs
6
2
4
Thay số cho kết quả =
Thí dụ 2.11
Hình T.D 2.8- Sơ đồ bơm ly tâm
Dòng chảy vào theo trục chảy qua các cánh
của bơm, cánh quay với tốc độ góc  ; tốc
độ dòng chảy thay đổi từ V1 đến V2 và áp
suất từ p1 đến p2. Yêu cầu
(1)
Xác định mô men T0 tác động vào
tấm để duy trì dòng chảy.
(2)
Năng lượng cung cấp cho bơm P=
T0 . Tìm giá trị các đại lượng nếu r1 =

0,2m, r2 = 0,5m, b = 0,5m. Bơm quay
600vòng/phút, Q = 2,5m3/s và  =
1000kg/m3, tính mô men lý tưởng T0và P =?

Lời giải
(1)
Chọn CV như Hình trên. Mô men bổ xung vào T0 do áp suất = 0 vì trực tiếp vào
trục 0, do vậy tổng mômen
=  M 0  T0   r2 V 2  ( Q)ra   r1 V 1  ( Q)vao
(1)
mvao  Vn1 2 rb
Pt liên tục cho
1  mra  Vn 2 2 r2b  Q
Tích r V quay theo chiều kim đồng hồ đối với cả hai mặt cắt,
r2 V2  r2Vt 2 sin 900 k  r2Vt 2 k theo chiều kim đồng hồ
r1 V1  rV
1 t1 k theo chiều kim đồng hồ
Như vậy pt (1) sẽ là mô mên quay T0
theo chiều kim đồng hồ(câu (a))
(2a)
T0  Q  r2Vt 2  rV
1 t1  k 
Đây là công thức tuốc bị của Euler, tốc độ tiếp tuyến vào và ra khi cánh quạt quay
Vt1  r1 và Vt 2  r2
(2b)
(2) Chuyển  thành 600  2 / 60   62,8rad / s . Tốc độ pháp tuyến do lưu lượng Q là:
Vn1 

Q
2,5m3 / s


 13,3m / s
2 r1b 2  0, 2m  0,15m 

Vn 2 

Q
2,5m3 / s

 5,3m / s
2 r2b 2  0,5m  0,15m 

Đối với dòng lý tưởng ta có tốc độ tiếp tuyến
Vt1  r1   62,8rad / s  0, 2m   12,6m / s
6


Vt 2  r2   62,8rad / s  0,5m   31, 4m / s

Pt (2a) cho pháp xá định mô men quay







T0  1000kg / m3 2,5m3 / s  0,5m  31, 4m / s    0, 2m 12,6m / s   33 103 Nm

Thí dụ 2.12

Hai toa xe A và B chạy cùng chiều trên hai đường
song song nhau. Nếu hòn đá có lưu lượng khối
1000kg/s bật từ B sang A , xác định lực tác động lên
toa xe A?
Lời giải
Tốc độ tương đối của toa xe B so với A là 10m/s. Lực của đá tác động thẳng vào A là
=1000(10-0) = + 10.000N
Phân phối áp suất trên vỏ ô tô khi
chuyển động

Lịch sử thiết kế ô tô có dạng đường
dòng để giảm áp lực khí động lực và
tăng hiệu quả sử dụng (giảm nhiên
liệu, tăng quãng đường)

Thí dụ 2.13
Xe con nặng 2000kg, chạy tốc độ 100m/s,
giả thiết hệ số áp lực CD = 0,3; không ma
sát quay và không có tương tác giữa dù với
xoáy khí sau xe; A = 1m2 mở dù có đường
kính dp = 2m để giảm tốc. Xác định khỏng
cách và tốc độ sau 1;10;100 và1000 giây,
nếu  không khí = 1,2kg/m3.
Lời giải
dV
1
  Fc  Fp   V 2  CDc Ac  CDp Ap 
dt
2
dV

K

  V 2 ;....K  CD A
dt
m
2

-Định luật II Newton cho Fx  m
trong đó
Tách biến và tích phân



V

V0

dV
K t
1 1
K
   dt     t
2
0
V
m
V0 V
m
7



Sắp xếp lại để giải tìm V
V

V0
1   K / m V0t

trong đó K 

1
CDc Ac  CDp Ap  
2

(1)

Tích phân biểu thức để tìm khỏng cách

CDp  1, 2 , do đó

Vậy

V0

K
V0

m
CDc Ac  CDp Ap   0,31(1m2 )  1, 2(2m2 )  4,07m2
S


ln 1   t  ; trong đó  



(2)



1 2  4, 07m2 (1, 2kg / m3 )(100m / s)
K
V0 
 0,122s 1  
m
2000kg

Lập bảng kết quả cho V và S theo (1) và (2)
t (s)
1
10
V (m/s)
89
45
S (m)
94
654
Thí dụ 2.14

100
7,6
2110


1000
0,8
3940

Dù được xem như nửa hình cầu hạ với tốc độ 6,0m/s. Xác định đường
kính D của dù nếu  không khí = 1,208kg/m3 và hẹ số CD = 1,33.
Lời giải
 2
V2
1500  4  2
1500  CD  D  khkh
 D2 
 66, 031m2
2
4
 D  8,126m

2

1,33  3,142 1, 208  6

Thí dụ 2.14
Quả bòng bàn có dường kính D =
3,8.10-2 m, nặng 2,45.10-2N bị đánh với tốc
độ V = 12m/s với xoáy giật có tốc độ góc 
như Hình bên
Xá định giá trị của  nếu bóng di chuyển
theo phương ngang, không đi xuống do vai
trò trọng lực.

Lời giải
Để bóng bay ngang thì lực nâng do xoáy
bóng phải đúng bằng trọng lượng bóng W
1
2

W= L= V 2 ACL
CL 

hay hệ số lực nâng
Thay số ta có

CL 

2W
V  / 4  D 2
2

2(2, 45 102 N )
 0, 244
(1, 23kg / m3 )(12m / s)2  / 4  (3,8 102 ) 2

Trong điều kiện như đầu bài, nếu

D
2V

 0,9

2V (0,9) 2(12m / s)(0,9)


 568rad / s
D
3,8 102 m
  (568rad / s)(60s / phút)(1vòng / 2 rad)  5420vòng / phut (rpm)



hay
Do vậy

8


Bài này khá phức tạp khi tốc độ góc thay đổi, nếu tăng sẽ làm cho bóng cong lên….
Hệ số áp lực và Hệ số
lực nâng lên bóng
xoáy

Thí dụ 2.15
Gió thổi ngang với tốc độ 26,8m/s vào tháp nước tròn như Hình dưới . Yêu cầu xác định
mmô men M cần thiết để sao cho tháp ổn định, không nghiêng.
Lời giải
Tổng áp lực gồm tháp và trụ. Sơ đồ lực (Hình
phải) Mô mrn đối với chân tháp
Ds
)  D c  h 
2
2
trong đó D s  CDs 1 V 2  Ds2

2
4
M  D s (h 

D c  CDc 1 V 2 hDDc

(1)
(2)
( 3)

2

Xác định số Re của tháp và trụ để tra bảng tìm hệ số CDS và CDC
Re s 

Từ Hình dưới được CDS

VDs

; Rec 

VDc



 0,3 và CDC  0,7, tính áp lực D s và D c để xác địnm mô men (1)

9



10


Xác định góc  ? của tia dòng phun tới
mái nhà như Hình bên với tốc độ tối
thiểu tốc độ Vmin =?

11