Bay nhanh hơn và xa hơn

12

A. Stasenko

Bay
nhanh hơn và xa hơn

Cô ấy sống, được truyền lại từ ông nội của cô ấy,
Niềm đam mê nhảy đặc biệt:
Bị thu hút bởi tinh vân Andromeda
Xuyên qua bóng tối của không gian bên ngoài.
N. Obraztsova. Thành phố trên biển

Trong hàng nghìn năm, con người đã mơ ước được bay và đạt được điều này “dựa vào sức mạnh của trí óc”, sử dụng lượng khoa học và công nghệ khổng lồ. Trên thực tế, máy bay là vương miện của nền văn minh kỹ thuật. Không phải ngẫu nhiên mà việc phát triển và xây dựng nó hiện nay không phải quốc gia nào cũng có được. Chúng ta có thể tự hào một cách chính đáng về sự đóng góp của các nhà khoa học Nga trong việc hiện thực hóa giấc mơ toàn cầu này. Một trong số họ là Konstantin Eduardovich Tsiolkovsky, người đầu tiên chứng minh khả năng sử dụng hình thức gói tin cho liên lạc giữa các hành tinh.

Chúng ta hãy xem xét một số khía cạnh vật lý của máy bay, đặc biệt là động cơ tên lửa do Tsiolkovsky phát triển và được mô tả trong các bài báo và sách khoa học và phổ biến của ông.

Tại sao chính xác là gói?

Theo một nghĩa nào đó, bất kỳ chuyển động nào cũng có tính phản ứng. “Tàu hơi nước đẩy cơ thể, khí cầu và máy bay - không khí, con người và con ngựa - quả địa cầu… Chúng ta thường quan sát những hiện tượng phản ứng như vậy trên trái đất. Đó là lý do tại sao chúng không bao giờ có thể khuyến khích những ước mơ và nghiên cứu… Tên lửa sẽ chứa trong mình những chất thải” (K. E. Tsiolkovsky).

Họ bắt đầu chế tạo tên lửa từ lâu nhưng lúc đầu là “bây giờ là tiệc tùng, rồi là bắn súng” như trong bài hát. Chỉ Tsiolkovsky nhận ra rằng về nguyên tắc, gói hàng là phương tiện duy nhất để đạt được bất kỳ tốc độ nào và do đó cần thiết để vượt qua lực hấp dẫn. Tsiolkovsky viết: “Chỉ có lý trí và khoa học mới có thể chỉ ra sự biến đổi của những hiện tượng này thành những cảm giác dần dần, gần như không thể hiểu được”.

13

Vậy tại sao lại là gói đó? Chúng ta hãy cố gắng hiểu điều này bằng cách so sánh nó với một chiếc máy bay khác có vẻ gần gũi nhất với nó về “tinh thần” - lực đẩy tác động theo dòng chảy trực tiếp. Nhưng trước tiên, hãy nói về gói đó (Hình 1). Chúng ta hãy tưởng tượng rằng tại một thời điểm tùy ý nào đó $t$ gói có tốc độ $v$. Chúng tôi sẽ cẩn thận chia gói hàng thành hai phần - phần mà sau một khoảng thời gian ngắn $\Delta t$, sẽ “bay” trở lại (gói nhiên liệu đã sử dụng), chúng tôi sẽ biểu thị khối lượng của nó bằng $\Delta M$ và “phần còn lại” có khối lượng $m$, sẽ bay xa hơn, nhưng với tốc độ khác bằng $v + \Delta v$. Tốc độ của phần bay so với “phần còn lại” sẽ được ký hiệu là $u$, khi đó tốc độ của nó so với trái đất sẽ được quan sát là bằng $(v + \Delta v) - u$. Vì sự phân tách xảy ra dưới tác dụng của nội lực nên tổng xung lực của gói hàng không thay đổi *):

$$(m + \Delta M)v = m(v + \Delta v) + \Delta M(v + \Delta v - u),$$

hoặc

$$mv + \Delta M \cdot v = mv + m\Delta v + \Delta M \cdot v + \Delta M \cdot \Delta v - \Delta M \cdot u.$$

Những từ được gạch chân bằng đường thẳng (một hoặc hai) sẽ triệt tiêu lẫn nhau, còn những từ được gạch chân

*) Nếu cụm từ này có vẻ không rõ ràng đối với bạn, chúng tôi khuyên bạn nên đọc chương “Định luật bảo toàn động lượng” trong sách giáo khoa “Vật lý 8”.

Hình 1.

Hình 2.

được đánh dấu bằng đường lượn sóng sẽ “biến mất” vì lý do này. Ở đây và xa hơn nữa, chúng ta sẽ coi tất cả các số gia - $\Delta t$, $\Delta v$, $\Delta M$ và các số khác - là rất nhỏ, do đó tích của chúng thuộc loại $\Delta M \cdot \Delta v$ sẽ rất nhỏ, hoặc, như các nhà toán học nói, thuộc bậc nhỏ thứ hai. Vậy định luật bảo toàn động lượng còn lại gì? Đây là sự bình đẳng:

$$m\Delta v = u\Delta M.$$

Nếu chúng ta tính đến khối lượng bị loại bỏ $\Delta M$ chính xác bằng khối lượng bị mất của các gói: $\Delta M = -\Delta m$, thì đẳng thức thu được có thể được viết lại dưới dạng

$$\frac{\Delta v}{u} = -\frac{\Delta m}{m}.$$

Bây giờ chúng ta hãy tiến hành tính toán phân tích về tác động của bộ truyền động động cơ (Hình 2). Ở đây, anh ta đang “chuẩn bị” tại thời điểm $t$ để “nuốt” một phần không khí có khối lượng $\Delta m_B$ và sau khi tiêu thụ khối lượng nhiên liệu $\Delta m_r$, ném ra hỗn hợp thu được với tốc độ tương đối $u$. Tất nhiên, trong trường hợp này, sự thay đổi khối lượng của máy bay sẽ bằng $\Delta m = -\Delta m_r$. Ta viết định luật bảo toàn động lượng cho hệ phân chia động cơ - nhiên liệu - không khí:

$$\Delta m_B \cdot 0 + (m + \Delta m_r)v = (\Delta m_B + \Delta m_r)(v + \Delta v - u) + m(v + \Delta v)$$

(ở đây $v$ là tốc độ của xe tại thời điểm $t$, $v + \Delta v$ là tốc độ mới của xe tại thời điểm $t + \Delta t$, số hạng đầu tiên bên trái phản ánh việc động cơ quay trở lại hấp thụ đã kết thúc).

14

Từ đây, tính đến các đặt chỗ trước đó, sau một số phép biến đổi, chúng ta thu được

$$\frac{\Delta v}{u} = \frac{\Delta m_r}{m} - \frac{\Delta m_B}{m} \left( \frac{v}{u} - 1 \right).$$

Chỉ cung cấp đủ nhiên liệu để tất cả phản ứng với oxy trong không khí. Tất nhiên, tỷ lệ khối lượng $\Delta m_r / \Delta m_B$ sẽ phụ thuộc vào trạng thái hóa học của nhiên liệu, nhưng đối với một chất nhất định, nó sẽ là một giá trị không đổi, được biểu thị bằng $\beta$. Khi đó đẳng thức trước có dạng

$$\frac{\Delta v}{u} = \frac{\Delta m_r}{m} \frac{1 + \beta - v / u}{\beta},$$

hoặc

$$\frac{\Delta v}{u} = - \frac{\Delta m}{m} \frac{1 + \beta - v / u}{\beta}.$$

Nhìn bên ngoài vào phương trình (1) và (2). Chúng có điểm chung, đó là: để tốc độ của máy bay tăng ($\Delta v > 0$) thì khối lượng của nó phải giảm ($\Delta m < 0$). Nhưng có một sự khác biệt rất quan trọng: vế phải của phương trình (2) bao gồm tập hợp $1 + \beta - v / u$, khi đạt đến tốc độ $v = u (1 + \beta)$, sẽ bằng 0. Điều này có nghĩa là một máy đào phản ứng va chạm, đã “nuốt” một tác động nghỉ, không thể tăng tốc đến tốc độ lớn hơn tốc độ tương đối của dòng chảy ra của loại sản phẩm. Tốc độ của một máy đào như vậy có một giới hạn cho thấy điều đó là không thể. Nhưng đối với tên lửa thì không có giới hạn tương tự.

Trên thực tế, điều này đã nói lên tất cả, nhưng về nguyên tắc, có thể thu được các biểu thức chính xác về tốc độ của tên lửa và cánh quạt.

Người có tổng các số gia nhỏ, tức là tích phân, dễ dàng nhận được từ biểu thức (1) (xem xét rằng tại thời điểm này $t_0 = 0$ $v = 0$ và $m = m_0$)

$$\frac{v - 0}{u} = - (\ln m - \ln m_0),$$

hoặc

$$\frac{v}{u} = \ln \frac{m_0}{m}.$$

Đây là công thức Tsiolkovsky nổi tiếng. Các nhà sử học khoa học nói rằng ông đã dành rất nhiều thời gian cho nó: điều đó luôn khó khăn đối với người tiên phong. Ngày nay, một học sinh biết chữ sẽ nhận được nó trong vài phút, và một sinh viên Khoa Cơ khí Hàng không và Công nghệ Bay của Viện Vật lý và Công nghệ Mátxcơva (được đào tạo đặc biệt cho việc này) sẽ nhận được nó sau vài giây.

Hãy phân tích công thức kết quả. Nếu khối lượng tên lửa mất đi trên một đơn vị thời gian là một giá trị không đổi (chúng ta biểu thị nó bằng $\mu = - \frac{\Delta m}{\Delta t}$), thì theo thời gian khối lượng tên lửa thay đổi theo định luật (xem Hình 1)

$$m(t) = m_0 - \mu t.$$

Sau thời gian $t$, khi toàn bộ nhiên liệu đã phun ra hết, khối lượng của tên lửa sẽ là $m_\tau = m_0 - \mu t$ và tốc độ của nó sẽ là

$$\frac{v_\tau}{u} = \ln \frac{m_0}{m_\tau}.$$

Rõ ràng, tên lửa đạt tốc độ càng cao thì khối lượng còn lại càng nhỏ. Điều này thật đáng buồn hoặc không kinh tế, nhưng bạn có thể làm gì - đó là bản chất. Điều tốt là một lỗ hổng đã được tìm thấy, nhờ đó người ta có thể đạt được “tốc độ thoát” khỏi hành tinh, mặc dù phải trả giá đắt. Nhưng có một khả năng khác - tăng tốc độ giải phóng nhiên liệu đã qua sử dụng tương đối.

Đây là những gì chính Tsiolkovsky đã viết về điều này: “Để có được những tên lửa mạnh nhất từ ​​​​bên ngoài, các hạt của sản phẩm đốt hoặc chất thải khác phải nhận được chất thải đốt mạnh nhất. Nó là không đổi đối với một số chất thải nhất định. Việc tiết kiệm năng lượng không nên diễn ra ở đây: điều đó là không thể và không có lợi.”

Vì vậy, chúng ta cần tích lũy để tăng tốc độ phóng $u$.

Làm thế nào để bạn vứt bỏ khối lượng?

Về nguyên tắc, điều này có thể được thực hiện bằng hàng triệu cách. Vì vậy, trong một trong những dự án của Tsiolkovsky, tga phản ứng phải được lấy trong thực tế

15

là kết quả của sự phóng ra các hạt nhân hình cầu từ khẩu pháo trên tàu vũ trụ. Rõ ràng là phương pháp này không có giá trị bao nhiêu: nó không thể cho tốc độ lớn.

Trong số rất nhiều dự án sau này, chẳng hạn như dự án này ) (Hình 3). Ở trung tâm hình học của một khối rắn khổng lồ, những quả bom nguyên tử được chuyển đến đó lần lượt phát nổ. Khi mỗi hạt phát nổ, sự giải phóng năng lượng điện từ cực mạnh lần đầu tiên xảy ra dưới dạng tia gamma và tia RENT, ánh sáng nhìn thấy và bức xạ thông báo. Sự hấp thụ năng lượng này, kèm theo sự bay hơi của một lớp mỏng của tàu vũ trụ, truyền xung lực đến thiết bị theo hướng mong muốn. Tác động thứ hai lên tàu sẽ xảy ra khi các mảnh bom chạm tới bề mặt xe tăng và với tốc độ cao sẽ truyền xung lực của chúng tới nó. Một loạt hàng trăm vụ nổ như vậy có thể tăng tốc một trọng tải lớn và nâng nó lên khỏi bề mặt hành tinh. (Quá trình này có thể được so sánh với hoạt động của một lò phản ứng nhiều tầng, bao gồm các giai đoạn mạnh mẽ với thời gian vận hành ngắn.) Tất nhiên, trong dự án này, chúng ta đang nói về một chiếc máy bay khổng lồ có kích thước vài km (hoặc thậm chí có thể là mười km). Đây là “tâm trí con người có thể đạt được bao xa!”

Hiện tại, khả năng tăng tốc bài toán và phóng khối lượng được thực hiện đơn giản hơn: bằng cách truyền khí có nhiệt độ cao qua cái gọi là vòi phun siêu âm. Tùy chọn này để đạt được lực đẩy phản lực - “thông qua tác động của một lớp khí chảy từ một bể chứa trong đó khí này chịu áp suất” - cũng được Tsiolkovsky xem xét.

Tuy nhiên, chúng ta hãy phân tích quá trình này ở dạng đơn giản hóa, tuy nhiên, điều này cho phép chúng ta rút ra nhiều kết luận. Để hiểu rõ hơn, chúng tôi sẽ tổng hợp một số cái mới dành cho nhiều độc giả.

Hình 3.

dễ hiểu - chẳng hạn như dòng khối, dòng động lượng và dòng năng lượng *). Chúng thường được sử dụng trong vật lý.

Hãy tưởng tượng một lò phản ứng trong đó nước chảy với tốc độ $u$ và có diện tích mặt cắt ngang (vuông góc với tốc độ) là $S$. Sau đó, trong một đơn vị thời gian, một khối lượng nước đi qua phần này bằng tích $quS$. Đại lượng này được gọi là dòng khối. Hãy xem nó được “cấu trúc” như thế nào: mật độ của nước $q$ được nhân với thể tích $uS$ được truyền trên một đơn vị thời gian. Nhưng mỗi đơn vị khối lượng (chính xác hơn là khối lượng của mỗi đơn vị thể tích) có cả động năng $qu^2/2$ và động lượng $qu$. Điều này có nghĩa là dòng sông không chỉ mang khối lượng mà còn mang theo những đại lượng này, đồng thời các dòng động năng và động lượng lần lượt bằng nhau ($qu^2/2)uS$ và $qu \cdot uS$.

Trong tương lai, chúng tôi sẽ sử dụng những khái niệm này.

Cho một chất lỏng (hoặc chất khí) di chuyển qua một kênh có tiết diện thay đổi có diện tích $S$, tùy thuộc vào điểm trên trục $X$. Rõ ràng là khối lượng chất lỏng (hoặc khí) đi qua bất kỳ phần nào $S$ trên một đơn vị thời gian (dòng khối) là như nhau:

$$quS = \mu = \text{const.}$$

*) Dự án này và một số dự án thú vị khác được mô tả trong cuốn sách “Sức đẩy tên lửa cho các chuyến bay vào vũ trụ” của W. Corliss (M., “Văn học nhạc cụ”, 1962).

16

Ví dụ: nếu mật độ $\rho$ không đổi thì luồng phản ánh một ý tưởng rất đơn giản: nơi nào kênh rộng hơn thì luồng sẽ chậm hơn và nơi nào hẹp hơn thì luồng sẽ nhanh hơn. Không giống như chất lỏng không nén được, chất khí có thể giãn nở rất nhiều trong khi mật độ của nó giảm đi. Do đó, đối với cùng một diện tích mặt cắt ngang của kênh, vận tốc khí sẽ lớn hơn nhiều so với vận tốc chất lỏng. Đó là những gì cần thiết cho mục đích của chúng tôi. Bây giờ đã rõ tại sao khí phải được đẩy ra khỏi tên lửa.

Để dễ thảo luận, chúng ta sẽ giả sử rằng khí là khí lý tưởng và một pha. Điều này có nghĩa là nó tuân theo phương trình Mendeleev-Clapeyron $pV = \frac{m}{M} RT$, hoặc

$$p = \rho \frac{RT}{M}$$

(4)

(ở đây $p$ là áp suất, $\rho = m/V$ là mật độ, $T$ là nhiệt độ, $M$ là khối lượng mol của khí, $a$ $R$ là hằng số khí phổ quát) và năng lượng bên trong (nhiệt) của nó bằng

$$\frac{3}{2} \frac{m}{M} RT.$$

Chúng ta hãy giả định thêm rằng không có phản ứng hóa học nào xảy ra trong chất khí, nhiệt không truyền vào nó ở bất cứ đâu và không thu được gì từ nó. Khi đó, dòng tổng năng lượng của chất khí, cũng như dòng khối lượng, phải được bảo toàn. Làm thế nào để viết điều này xuống?

Đơn vị thể tích của khí có động năng $\rho u^2/2$ và nhiệt năng $^3/2\rho RT/M$ trong quá trình chuyển động, vậy dòng chuyển động của các năng lượng này bằng $(\rho u^2/2)uS$ và $(^3/2\rho RT/M)uS$. Ngoài ra, lực áp suất $pS$ thực hiện công bằng $pSu$ trên một đơn vị thời gian, khiến dòng năng lượng tăng tương ứng. Do đó, tổng dòng năng lượng bằng

$$\left( \frac{\rho u^2}{2} + \frac{3}{2} \rho \frac{RT}{M} \right) uS + pSu = \text{const},$$

hoặc, sau khi chia cho $\rho uS$,

$$\frac{u^2}{2} + \frac{3}{2} \frac{RT}{M} + \frac{p}{\rho} = \text{const}.$$

Chúng ta cũng hãy biến đổi phương trình này bằng cách thay biểu thức áp suất vào phương trình Mendeleev-Clapeyron. Sau đó chúng tôi nhận được

$$\frac{u^2}{2} + \frac{3}{2} \frac{RT}{M} + \frac{RT}{M} = \frac{u^2}{2} + \frac{5}{2} \frac{RT}{M} = \text{const} = \frac{5}{2} \frac{RT_0}{M}$$

(5)

Ở đây chúng tôi đã chỉ định biểu thức cho nhiệt độ không đổi $T_0$ tại đó khí sẽ kết thúc ($u=0$).

Bây giờ, làm tốt lắm, opa có được “thu hoạch”. Từ phương trình cuối cùng, rõ ràng là nếu khí có thể được làm lạnh đến $T=0$ trong quá trình chuyển động thì nó sẽ đạt được tốc độ cao nhất

$$u_{\text{max}} = \sqrt{\frac{5RT_0}{M}}.$$

Trong trường hợp này, toàn bộ nhiệt năng của chất khí sẽ được chuyển hóa thành động năng của chuyển động có hướng của nó.

Hãy thực hiện một ước tính bằng số. Giả sử chúng ta đã nung nóng khí heli đơn nguyên tử nhẹ nhất ($M=4$ kg/kmol) đến $T_0=3000$ K. Sau đó, nó có thể được tăng tốc đến tốc độ

$$u_{\text{max}} = \sqrt{\frac{5RT_0}{M}} = \sqrt{\frac{5 \cdot 8,31 \cdot 10^3 \text{Дж}/(\text{кмоль} \cdot \text{К}) \cdot 3 \cdot 10^3 \text{К}}{4 \text{ кг/кмоль}}} \approx 5,6 \cdot 10^3 \text{м/c} \approx 5,6 \text{ км/c}.$$

Tốc độ này thấp hơn khoảng một lần rưỡi so với tốc độ thoát ra đầu tiên, nhưng điều thú vị là gói hàng có thể đạt tốc độ cao hơn nhiều so với tốc độ dòng khí thoát ra.

Và cuối cùng, có một câu hỏi cuối cùng.

Kênh nên được thực hiện như thế nào?

Nói cách khác, quy luật thay đổi diện tích mặt cắt $S$ dọc theo trục $X$ để có thể đạt được tốc độ $u_{\text{max}}$ là bao nhiêu?

Chúng ta hãy chọn âm lượng kênh nằm giữa các phần $x$ và $x+\Delta x$ gần nhau, trong đó các vùng là $S$ và $S+\Delta S$, đồng thời vận tốc, mật độ và áp suất là $u$ và $u+\Delta u$, $\rho$ và $\rho+\Delta \rho$, $p$ và $p+\Delta p$ tương ứng (Hình 4). Trong phần $\Delta x$ dòng khối $\mu=\rho uS$ thay đổi động lượng của nó theo

17

bởi tác dụng của chênh lệch $pS - (p + \Delta p) \times (S + \Delta S)$ của các lực áp tác động dọc theo trục $X$ và hình chiếu lên trục này của lực áp tác dụng lên thành bên của kênh: $p \cdot 2\pi r(x) \times \Delta x \cdot \mathrm{tg} \alpha = p \cdot 2\pi r(x) \cdot \Delta r = p \cdot \Delta (\pi r^2) = p \Delta S$.

Hãy viết phương trình định luật thứ hai của Newton cho độ tăng động lượng của dòng khối $m$ dưới tác dụng của các lực được chỉ định:

$$\mu (u + \Delta u) - \mu u = pS - (p + \Delta p) (S + \Delta S) + p \Delta S,$$

hoặc

$$\mu u + \mu \Delta u - \mu u = pS - pS - \Delta p \cdot S - p \Delta S - \Delta p \cdot \Delta S + p \Delta S.$$

Từ đây, bỏ đi các số hạng được gạch chân, ta có

$$\mu \Delta u = -\Delta p \cdot S,$$

hoặc

$$\mu \Delta u = -\Delta p.$$

Đây là nơi vật lý kết thúc và quá trình xử lý hình thức kết quả bắt đầu. Để kết hợp lại với nhau, hãy viết các phương trình (3)–(6) cạnh nhau:

$$\mu u S = \text{const},$$

$$p = \rho \frac{RT}{M},$$

$$\frac{u^2}{2} + \frac{5}{2} \frac{RT}{M} = \text{const},$$

$$\mu \Delta u = -\Delta p.$$

Bạn có thể ngồi xuống và lắng nghe: mọi thứ ở đây đều là động lực của dòng khí lý tưởng ổn định! Nhưng đây là điều thú vị. Khi các phương trình được viết dưới dạng quan hệ đại số tổng quát:

Hình 4.

2 «Kvant» № 9

mặc, và sau này - ở dạng tăng dần. Và bạn không thể làm gì về điều đó - xét cho cùng, $\varphi$, $p$ và $u$ thay đổi dọc theo kênh. Do đó, chúng tôi sẽ không chạm vào phương trình cuối cùng và chúng tôi cũng sẽ viết tất cả những phương trình khác dưới dạng số gia (bạn có thể đọc thêm chi tiết về cách thực hiện điều này, đặc biệt là cách tìm số gia nhỏ của tích khi thay đổi số lượng, có thể đọc trong Phụ lục của bài viết):

$$u S \Delta \varphi + \varphi S \Delta u + \varphi u \Delta S = 0,$$

hoặc

$$\frac{\Delta \varphi}{Q} + \frac{\Delta u}{u} + \frac{\Delta S}{S} = 0,$$

(3')

$$\Delta p = \frac{R}{M} (T \Delta \varphi + \varphi \Delta T),$$

(4')

$$u \Delta u + \frac{5}{2} \frac{R}{M} \Delta T = 0,$$

(5')

$$\varphi u \Delta u = -\Delta p.$$

Hãy thay $\Delta T$ từ biểu thức (5’) thành đẳng thức (4’), thay $\Delta p$ từ biểu thức thu được vào (6), từ đó $\Delta \varphi$ vào (3’) và tìm mối liên hệ giữa $\Delta u$ và $\Delta S$:

$$\frac{\Delta u}{u} \left( \frac{3}{5} \frac{u^2 M}{RT} - 1 \right) = \frac{\Delta S}{S}.$$

Lưu ý rằng $^5/3RT/M$ là bình phương của một tốc độ nào đó. Hãy biểu thị nó bằng $a^2$ thì biểu thức $u^2/a^2 - 1$ sẽ nằm trong ngoặc. Trên thực tế, $a^2$ là bình phương tốc độ âm thanh trong chất khí đơn nguyên tử ở nhiệt độ $T$, nhưng chúng ta sẽ không cần đến thực tế này. Chúng ta hãy nhớ rằng có một số tốc độ quan trọng $a$ phụ thuộc vào $T$. Và thế là đủ cho chúng tôi ở đây.

Vì vậy, những gì có thể được nhìn thấy từ phương trình cuối cùng? Nếu $u < a$ thì dấu ngoặc là âm và đối với mức tăng tốc độ dương ($\Delta u > 0$), mức tăng diện tích phải âm ($\Delta S < 0$), nghĩa là diện tích phải giảm. Khi $u$ tăng lên, chúng ta sẽ đạt đến điểm $u = a$. Ở đây dấu ngoặc biến mất và $\Delta S = 0$ cho bất kỳ $\Delta u$ nào, kể cả số dương. Và cuối cùng, khi $u > a$, để tăng trưởng hơn nữa $u$ cần đảm bảo diện tích tăng dương ($\Delta S > 0$), tức là lưu lượng của kênh phải tăng. Đây là một mô tả chất lượng