CHƯƠNG I - Cơ Học Lưu Chất ppt

Cơ Học Lưu Chất BÀI TẬP CHƯƠNG I MỞ ĐẦU Bài 1.1 Để làm thí nghiệm thủy lực, người ta đổ đầy nước vào một đường ống có đường kính d = 300mm, chiều dài L = 50m ở áp suất khí quyển. Hỏi lượng nước cần thiết phải đổ vào ống là bao nhiêu để áp suất đạt tới 51at ? Biết hệ số nén ép 1 20000 1 − = at p β Giải Lượng nước cần thiết phải đổ vào ống để áp suất tăng lên 51at là : Ta có hệ số giãn nở do áp lực : dpVdV dp dV V pp 1 ββ =⇒−= Do dpdV , đồng biến nên : dpVdV dp dV V pp 1 ββ =⇒+= Mà thể tích 3 22 5325,350. 4 )3.0.(14,3 . 4 . . mL d LSV ==== π )(84,8)(10.84,8)151.(5325,3. 20000 1 33 litermdV ==−=⇒ −  Vậy cần phải thêm vào ống 8.84 lít nước nữa để áp suất tăng từ 1at lên 51at. Bài 1.2 Trong một bể chứa hình trụ thẳng đứng có đường kính d = 4m, đựng 100 tấn dầu hỏa có khối lượng riêng 3 /850 mkg= ρ ở 10 0 C. Xác định khoảng cách dâng lên của dầu trong bể chứa khi nhiệt độ tăng lên đến 40 0 C. Bỏ qua giãn nở của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt 10 00072,0 − = C t β . Giải Khối lượng riêng của dầu hỏa là : )(65,117 17 2000 850 10.100 3 3 m m V V m ≈===⇒= ρ ρ Hệ số giãn nở do nhiệt độ : )(542,2 85 216 )3040.( 17 2000 .00072,0 1 3 mdtVdV dt dV V tt ≈=−==⇒= ββ Mà : )(202,0 4.14,3 542,2.4 . 4 . 4 . 22 2 m d dV hh d dV ===∆⇒∆= π π  Vậy khoảng cách dầu dâng lên so với ban đầu là 0.202(m) Bài 1.3 Khi làm thí nghiệm thủy lực, dùng một đường ống có đường kính d = 400mm, dài L = 200m, đựng đầy nước ở áp suất 55 at. Sau một giờ áp suất giảm xuống còn 50 at. Xác định lượng nước chảy qua các kẽ hở của đường ống. Hệ số nén ép 1 20000 1 − = at p β . Giải Hệ số giãn nở do áp lực : Page 1 of 28 Cơ Học Lưu Chất dpL d dpVdV dp dV V ppp 4 . 1 2 π βββ −=−=⇒−= )(28,6)(10.28,6)5550(.200. 4 4,0.14,3 20000 1 33 2 litermdV ==−−=⇒ −  Vậy lựơng nước chảy qua khe hở đường ống là 6.28 (liter) Bài 1.4 Một bể hình trụ đựng đầy dầu hỏa ở nhiệt độ 5 0 C, mực dầu cao 4m. Xác định mực dầu tăng lên, khi nhiệt độ tăng lên 25 0 C. Bỏ qua biến dạng của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt 10 00072.0 − = C t β . Giải Hệ số giãn nở do nhiệt độ : dtVdV dt dV V tt 1 ββ =⇒= Mà thể tích ban đầu là : h d V . 4 . 2 π = Thể tích dầu tăng lên : h d dV ∆= 4 . 2 π )(58)(058,0)525.(4.00072,0 . 1 mmmdthh dth h dt dV V t t ==−==∆⇒ ∆ == β β Page 2 of 28 Cơ Học Lưu Chất BÀI TẬP CHƯƠNG II THỦY TĨNH HỌC Bài 2.1 Xác định độ cao của cột nước dâng lên trong ống đo áp (h). Nước trong bình kín chịu áp suất tại mặt tự do là atp t 06.1 0 = . Xác định áp suất t p 0 nếu h = 0.8m. Giải Chọn mặt đẳng áp tại mặt thoáng của chất lỏng. Ta có : BA pp = Mà hpp hpp pp a B A . , 0 0 0 γ γ +=⇒    += = )(6,0 9810 10.81,9).106,1( 4 0 m pp h a = − = − =⇒ γ Nếu h=0,8m thì )(08,1/105948981008,0.9810. 2 0 atmNphp a ==+=+=⇒ γ Bài 2.2 Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước. a)Xác định độ chênh mực nước thủy ngân, nếu h 1 = 130mm và áp suất dư trên mặt nước trong bình 40000 N/ m 2 . b) Áp suất trong bình sẽ thay đổi như thế nào nếu mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau. Giải a) Xác định độ chênh mực thủy ngân (tìm h 2 ) : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : Ta có : BA pp = ).( 21 2 0 hhpp OHA ++= γ 2 .hpp HgaB γ += 221 2 0 .).( hphhp HgaOH γγ +=++⇒ 1 2 0 2 2 .)()( hpph OHaOHHg γγγ +−=−⇔ Mà da ppp =− 0 Vậy : )(334,0 98100132890 013,0.981040000 )( . 2 1 2 2 m hp h HgOH OHd = − + = − + = γγ γ Page 3 of 28 Cơ Học Lưu Chất b) Áp suất trong bình khi mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau : Ta có : DC pp = hpp OHC . 2 0 γ += aD pp = aOH php =+⇒ . 2 0 γ ckaOH ppph =−=⇔ 0 2 . γ )(0297,057,2913)334,0. 2 1 13,0.(9810 ).(. 2 2 1 1 22 at hhhp OHOHck ≈=+= +==⇔ γγ Bài 2.3 Một áp kế vi sai gồm một ống chữ U đường kính d = 5mm nối hai bình có đường kính D = 50mm với nhau. Máy đựng đầy hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau, có trọng lượng riêng gần bằng nhau : dung dịch rượu êtylic trong nước ( 3 1 /8535 mN= γ ) và dầu hỏa ( 3 2 /8142 mN= γ ). Lập quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất 21 ppp −=∆ của khí áp kế phải đo với độ dịch chuyển của mặt phân cách các chất lỏng (h) tính từ vị trí ban đầu của nó (khi 0=∆p ). Xác định p∆ khi h = 250mm. Giải a) Lập mối quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất 21 ppp −=∆ : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : • Khi )(0 21 ppp ==∆ : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng khác nhau ở vị trí cân bằng O : o BA pp = o 111 .hpp A γ += o 222 .hpp B γ += Theo điều kiện bình thông nhau : 1 22 12211 . γ γ γγ h hhh =⇒= • Khi )(0 21 ppp >>∆ : thì mực nước trong bình 1 hạ xuống 1 đoạn h∆ và đồng thời mực nước bình 2 tăng lên 1 đoạn h∆ . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1 đoạn h so với vị trí O. ).( 111 hhpp A ∆−+= γ hhhhpp B .).( 1222 γγ +−∆++= Theo tính chất mặt đẳng áp ta có : (*)].[).().( .).().( .).().( 2211212121 1112221 1222111 hhhhpp hhhhhhpp hhhhphhp γγγγγγ γγγ γγγ −−+∆+−=−⇔ +∆−−−∆+=−⇔ +−∆++=∆−+ Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : h d V ∆= 4 . 2 π Thể tích trong ống dâng lên một lượng : h d V 4 . 2 ' π = Page 4 of 28 Cơ Học Lưu Chất Ta có h D d hVV 2 2 ' =∆⇒= và 2211 . hh γγ = thay vào (*) Ta được :         ++−= ++−=−=∆ ).()( ).().( 21 2 2 21 21 2 2 2121 γγγγ γγγγ D d h h D d hppp Tính p∆ khi h = 250mm Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 /14081428535 05,0 005,0 8142853525,0 mNp =         ++−=∆ ĐS : a/         ++−=∆ ).()( 21 2 2 21 γγγγ D d hp b/ 2 /140 mNp =∆ Bài 2.4 Xác định vị trí của mặt dầu trong một khoang dầu hở của tàu thủy khi nó chuyển động chậm dần đều trước lúc dừng hẳn với gia tốc a = 0.3 m/s 2 . Kiểm tra xem dầu có bị tràn ra khỏi thành không, nếu khi tàu chuyển động đều, dầu ở cách mép thành một khoảng e = 16cm. Khoảng cách tàu dài L = 8m. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta biết mặt tự do của dầu là mặt đẳng áp. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : (*)0=++ ZdzYdyXdx Có : gZYaX −=== ;0; thay vào (*) (*) 0=−⇔ gdzadx Tích phân ta được : Czgxa =− Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa độ O (x=0, z=0) 0 =⇒ C . Nên phương trình mặt tự do sẽ là : 0 =− zgxa Có β tgxz .= trong đó g a tg = β Như vậy mặt dầu trong khoang là mặt phẳng nghiêng về phía trước : )(24,12)(1224,0 81,9 3,0 .4. cmm g a xz ====⇒ với )(4 2 8 2 m L x ==+= Ta thấy z = 12,24 (cm) < e = 16 (cm) nên dầu không tràn ra ngoài. Bài 2.5 Page 5 of 28 Cơ Học Lưu Chất Một toa tàu đi từ ga tăng dần tốc độ trong 10 giây từ 40 km/h đến 50 km/h. Xác định áp suất tác dụng lên điểm A và B. Toa tàu hình trụ ngang có đường kính d = 2,5m, chiều dài L = 6m. Dầu đựng đầy một nửa toa tàu và khối lượng riêng của dầu là 850 kg/m 3 . Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do của dầu. Giải Gia tốc của toa tàu là : )/(28.0 3600.10 4050 0 sm t vv a t = − = ∆ − = Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Phương trình vi phân cơ bản của chất lỏng : )( ZdzYdyXdxdp ++= ρ Tích phân ta được : CZzYyXxp +++= )( ρ (*) Có X = -a; Y = 0; Z = -g Thay X, Y, Z vào (*) ta được : Cgzaxp +−−= )( ρ Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa độ (x=0, z=0) a ppC ==⇒ Vậy : a pgzaxp +−−= )( ρ Áp suất tại A (x= -L/2 = -3; y=0; z=-d/2 = -1,25) là : [ ] )(113,1/2,10923798100)25,1.(81,9)3.(28,0850 2 atmNp A ==+−−−−= )(113,01113,1 atppp aA A d =−=−=⇒ Áp suất tại B (x= L/2 = 3; y=0; z=-d/2 = -1,25) là : [ ] )(099,1/2,10780998100)25,1.(81,9)3.(28,0850 2 atmNp A ==+−−−= )(099,01099,1 atppp aA A d =−=−=⇒ • Phương trình mặt đẳng áp : Phương trình vi phân đẳng áp : 0=++ ZdzYdyXdx Với : X = -a; Y = 0; Z = -g 0=−−⇒ gdzadx Tích phân ta được : Cx g a zCgdzadx +−=⇒=−−⇒ • Phương trình mặt tự do : Tại mặt thoáng : x = 0; y = 0; z = 0 0=⇒ C Nên : x g a z −= Bài 2.6 Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút. a)Viết pt mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm. b) Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100mm. c) Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao bình là H = 900mm. Page 6 of 28 Cơ Học Lưu Chất Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ : a)Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : 0=++ ZdzYdyXdx Trong đó : xX 2 ω = ; yY 2 ω = ; gZ −= Thay vào phương trình vi phân ta được : 0 22 =−+ gdzydyxdx ωω Tích phân : Cgzyx =−+ 2222 2 1 2 1 ωω ( ) (*). 2 1 . 2 1 22 222 Czgr Czgyx =−⇔ =−+⇔ ω ω Vậy phương trình mặt đẳng áp là : C g r z += 2 22 ω Đối với mặt tự do cách đáy Z 0 = 500mm Tại mặt tự do của chất lỏng thì : x = y = 0 và z = z 0 thay vào (*) 0 .zgC −=⇒ Vậy phương trình mặt tự do sẽ là : 0 22 . 2 zg g r z −= ω hay 0 22 2 z g r z += ω b)Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm : Phương trình phân bố áp suất : )( ZdzYdyXdxdp ++= ρ Trong đó : xX 2 ω = ; yY 2 ω = ; gZ −= Thay vào ta được : ( ) gdzydyxdxdp −+= 22 ωωρ Tích phân : Cgzyxp +       −+= 2222 2 1 2 1 ωωρ ( ) (**). 2 1 . 2 1 22 222 Czgrp Czgyxp +       −=⇔ +       −+=⇔ ωρ ωρ Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y = 0 và z = z 0 a pp =⇒ Thay vào (**) a pzgC +−=⇒ 0 ρ (**) 2 2 1 22 0 22 r hpzgpzgrp aa ω ργρρωρ ++⇔++−=⇔ Page 7 of 28 Cơ Học Lưu Chất Vì      = += −= g yxr zzh . 222 0 ργ Điểm trên thành bình cách đáy 100mm có : srad n mzzh m d ratp a /42,9 30 90.14,3 30 . ;4,0400100500 25,0 2 5,0 2 ;1 0 =====−=−= ==== π ω Áp suất tại điểm này sẽ là : atmN r hppp ad 068,0/6697 2 25,0.42,9 10004,0.9810 2 . 2 2222 ==+=+=−=⇔ ω ργ Bài 2.7 Người ta đúc ống gang bằng cách quay khuôn quanh 1 trục nằm ngang với tốc độ quay không đổi n = 1500 vòng/phút. Xác định áp suất tại mặt trong của khuôn, nếu trọng lượng riêng của ống gang lỏng 3 /68670 mN= γ . Cho biết thêm đường kính trong của ống d = 200mm, chiều dày ống mm20= δ . Tìm hình dạng của mặt đẳng áp. Giải Tốc độ quay : srad n /157 30 1500.14,3 30 . === π ω Gia tốc lực ly tâm trên mặt khuôn : 22 /295012,0.157. smra === ω Trong đó : m d rr 12,002,0 2 2,0 2 0 =+=+=+= δδ Vì g = 9,81 m/s 2 << a = 2950m/s 2 nên khi tính ta bỏ qua gia tốc trọng trường. Chọn gốc tọa độ trên trục ống, trục x trùng với trục ống ta có : 0=X ; yz 2 ω = ; zZ 2 ω = Thay vào phương trình vi phân cơ bản tổng quát của chất lỏng : ( ) zdzydy ZdzYdyXdxdp 22 )( ωωρ ρ += ++= Tích phân ta được : ( ) C r pCzyp +=⇔++= 22 22 22 2 ω ρ ω ρ Hằng số C được xác định từ điều kiện : khi 0 rr = (mặt trong của ống) thì at pp = do đó : 2 2 0 2 r pC a ω ρ −= Vậy ( ) a p rr p + − = 2 2 0 22 ω ρ Nhìn vào phương trình ta thấy áp suất trong gang lỏng thay đổi luật parabol theo phương bán kính. Áp suất dư tại mặt trong của khuôn là : Page 8 of 28 Cơ Học Lưu Chất ( ) ( ) atmN rr g rr ppp atd 87,3/380000 2 1,012,0(157 . 81,9 68670 2 . 2 2 222 2 0 222 0 22 == − = − = − =−= ω γ ω ρ Phương trình vi phân mặt đẳng áp : ( ) 0 22 =+ zdzydy ωω Tích phân ta được : const r = 2 . 22 ω . Ta thấy mặt đẳng áp là những mặt tròn có trục trùng với trục quay. Bài 2.8 Một của van hình chữ nhật đặt đứng có chiều rộng b = 3m, trọng lượng nặng 700kG có thể nâng lên hoặc hạ để khống chế lưu lượng qua cống. Mực nước thượng lưu H 1 = 3m và mực nước hạ lưu H 2 = 1.5m a)Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên cửa van. b) Xác định lực nâng cửa van, biết chiều dày của van là a = 20 cm và hệ số ma sát tại các khe phai f = 1.4. c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng dầm là như nhau. Giải a) Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên của van. • Áp lực phía thượng lưu : Trị số : )(1324353. 2 3.9810 . 2 . 22 11 NH b p === γ Điểm đặt : )(23. 3 2 3 2 1 1 mHZ D === • Áp lực phía hạ lưu : Trị số : )(331095,1. 2 3.9810 . 2 . 22 22 NH b p === γ Điểm đặt : )(15,1. 3 2 3 2 2 2 mHZ D === • Áp lực tổng hợp : ( ) Nppp 9932633109132435 21 =−=−= • Điểm đặt áp lực tổng hợp lên cửa van : Ta có : A p A p A p MMM 21 −= ( ) )(833,1 99326 5,131.331092.132435 ).(. ).( 2121 2121 21 21 m P HHZPZP Z HHZPZPZP DD D DDD = −++ = +++ =⇒ +++= b) Lực nâng cửa van : ( ) N FPfGT AC 4,154725 882999326.4,181,9.700 . = ++= ++= c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng dầm là như nhau : Áp lực lớn nhất khi H 2 = 0 Áp lực là P 1 . Do đó mỗi dầm chịu 1 lực là 4 1 P Page 9 of 28 G : trọng lượng tấm chắn f : hệ số ma sát khe phai F AC : lực đẩy Acsimét. ( ) NHbagVgF AC 88295,1.3.2,0.81,9.1000 2 ==== ρρ Cơ Học Lưu Chất ( ) N P PPPP dddd 75,33108 4 132435 4 1 4321 ======⇒ Ta xem cửa sổ gồm 4 tấm ghép lại. Gọi A, B, C, D là 4 vị trí thấp nhất của biểu đồ áp suất tĩnh tác dụng lên 4 dầm. • 2 1 2 1 2 . 4 1 2 . 4 1 H b OA b P P d γγ =⇔= m H OAHOA 5,1 2 3 24 1 1 2 1 2 ===⇒=⇒ mOAZ d 15,1 3 2 3 2 1 ===⇒ • ( ) 2 1 22 1 2 . 4 1 2 . 4 2 H b OAOB b P P d γγ =−⇔= 2 1 2 1 2 1 2 1 2 22 1 22 2 1 4 1 4 1 4 1 4 1 HHHHOA OBHOAOB =+=+= ⇒=−⇒ mHOB 12,23 2 1 2 1 22 1 ===⇒ m OAOB OAOB Z d 828,1 5,112,2 5,112,2 3 2 3 2 22 33 22 33 2 = − − = − − =⇒ • ( ) 2 1 22 1 2 . 4 1 2 . 4 3 H b OBOC b P P d γγ =−⇔= 2 1 2 1 2 1 2 1 222 1 22 4 3 4 1 2 1 4 1 4 1 HHHHOBOCHOBOC =+=+=⇒=−⇒ mHOC 6,23 4 3 4 3 22 1 ===⇒ m OBOC OBOC Z d 368,2 12,26,2 12,26,2 . 3 2 3 2 22 33 22 33 3 = − − = − − =⇒ • ( ) 2 1 22 1 2 . 4 1 2 . 4 4 H b OCOD b P P d γγ =−⇔= 2 1 2 1 2 1 2 1 222 1 22 4 1 4 3 4 1 4 1 HHHHOCODHOCOD =+=+=⇒=−⇒ mHOD 3 1 ==⇒ m OCOD OCOD Z d 805,2 6,23 6,23 3 2 3 2 22 33 22 33 4 = − − = − − =⇒ Bài 2.9 Xác định lực nâng Q để nâng tấm chắn nghiêng một góc α , quay được quanh trục O. Chiều rộng tấm chắn b = 1.5m, khoảng cách từ mặt nước đến trục O là a = 20 cm. Góc 0 60= α , H = 1.5m. Bỏ qua trọng lựợng tấm chắn và ma sát trên bản lề của trục O. Page 10 of 28 [...]... Trong đó : hc là khoảng cách từ tâm diện tích đến mặt thoáng = H ω ­ diện tích nắm ống tròn Page 11 of 28 Cơ Học Lưu Chất ⇒ P = 880.2,8 Điểm đặt :  Z D 2 3,14.0,6 = 696,68 ( kg ) = 6834,43 ( N ) 4 = ZC + I0 π d 4 4 1 =H+ = 2,808 ( m ) ω.Z C 64 πd 2 H  Z C = H  πd 2  ω= Với :   4   πd 4 I0 =  64  Chương IV TỔN THẤT NĂNG LƯỢNG Bài 4.1 Từ bình A, áp suất tuyệt đối tại mặt thoáng trong bình là 1.2at, nước chảy vào bình hở B. Xác định lưu lượng nước .. .Cơ Học Lưu Chất Giải Áp lực lên tấm chắn là : P= γ b 9810.1,5 2 H2 = 1,5 = 19115 ( N ) 2 sin α 2 sin 60 0 Vi trí tâm của áp lực : ZD = 2 2 H = 1,5 = 1,155 ( m ) 3 sin α 3 sin 60 0 0 Để nâng được tấm chắn này lên thì : ... chảy vào bình B, nếu H1 = 10m, H2 = 2m, H3 = 1m, đường kính ống d = 100mm, đường kính ống D = 200mm, hệ số  cản ở khoa  ξ k = 4 , bán kính vòng R = 100mm, bỏ qua tổn thất dọc đường Giải Page 12 of 28 Cơ Học Lưu Chất Viết phương trình cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 2­2 làm chuẩn ta có: • z1 + 2 p1 α1v1 p α v2 + = z 2 + 2 + 2 2 + hω γ 2g γ 2g  z1 = H = H 1 − H 2 = 8m ; z 2 = 0 Chon α = α = 1  1 2 Trong đó : ... p − p ) 2 g  2  γ 1  ⇒ vd =  = ∑ξ (8 + 19810 (117720 − 98100) ).2.9,81 = 5,29 ( m / s ) 7,0075 Lưu lượng nước chảy vào bình B là :  Page 13 of 28 Q = Vd Ad = Vd π d 2 2 4 = 5,29.3,14 0,1 4 ( ) Cơ Học Lưu Chất = 0,041 m / s = 41 ( l / s ) 3 Bài 4.2 Nước chảy từ bình cao xuống thấp qua ống có đường kính d = 50mm, chiều dài L = 30m. Xác định độ chân không ở  mặt cắt x­x, nếu độ chênh lệch mực nước trong hai bình H = 4.5m, chiều cao của xi phông z = 2.5m, hệ số cản dọc ... 2 + hω γ 2 γ 2 (*)  z1 = H ; z 2 = 0 Chon α = α = 1  1 2 Trong đó :   p1 = p2 = pa  v1 ≈ v2 ≈ 0  Thay vào (*) ta được : 2  L v H = hω =  λ + ∑ ξ   d  2g ⇒ v= 2 gH L λ + ∑ξ d Page 14 of 28 Cơ Học Lưu Chất L 30 λ = 0,028 = 16,8 d 0,05 ∑ ξ = ξ1 + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 6 = ξ1 + 4ξ 2 + ξ 6 =0,5 + 4.0,29 + 1 = 2,66 Vậy :  v= 2 gH 2.9,81.4,5 = = 2,13 ( m / s ) = v x L 16,8 + 2,66 λ + ∑ξ d... tính theo vận tốc trong ống. Xác định lưu lượng Q chảy qua vòi và chiều cao dòng nước phun lên, giả  thiết sức cản của không khí làm giảm đi 20% chiều cao. Cho hệ số giãn nở  λ = 0.03 , hệ số tổn thất cục bộ của  khóa  ξ k = 4 , bán kính vòng R – 76mm Page 15 of 28 Cơ Học Lưu Chất Giải • z1 + Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2. Cho mặt cắt 2­2 làm chuẩn ta có : 2 p1 α1v1 p α v2 + = z 2 + 2 + 2 2 + hω γ 2g γ 2g (*)  z1 = H ; z 2 = 0 Chon α = α = 1... Thế tất cả vào (**) ta được :  L  2 d4 2 gH 2 2 gH = v 2 +  λ + ∑ ξ v 2 2 ⇒ v 2 =  d  d4  L d4  1  1 1 +  λ + ∑ξ  2  d d4  1  1 v2 = 2.9,81.10 0,02 4 1 + (14,21 + 11,01) 0,038 4 = 8,18 ( m / s ) Page 16 of 28 Cơ Học Lưu Chất π d 3,14.0,02 = 8,18 = 0,0026 ( m 3 / s ) = 2,6 ( l / s ) 4 4 2 2 v2 8,18 = 0,8 = 2,73 ( m ) Chiều cao nước phun lên :  hv = 0,8 2g 2.9,81 Lưu lượng chảy qua vòi :  Q = v 2 A2 = v 2 2... a p 2 = pt2 v ≈ 0 1 (*) và  hωh : là tổng tổn thất cột nước trong ống hút Thay vào (*) ta được : p a − p t2 pt pa v2 v2 = hb + 2 + 2 + hωh ⇒ hck = hb + 2 + hωh Vì :  hck = γ γ γ 2g 2g Page 17 of 28 Cơ Học Lưu Chất Theo đề :  hck Tacó :  hωh ≤ [ hck ] = 6m cột nước  ⇒ hb ≤ [ hck ] − = hd + hcvao + hcuon Tính  λ theo công thức  λ = 2 v2 2g + hωh  Lh  v2 = λ + ξ vao + ξ uon   d  2g 8g C2 1 1 1... 0,294).0,09 = 6 − 0,77 = 5,23m Vậy :  ⇒ hb < 5,23m 2 Tính cột nước H của máy bơm Là tỉ năng mà bơn phải cung cấp cho chất lỏng khi đi qua nó, được biểu diễn bằng cột nước H (M cột nước) Page 18 of 28 Cơ Học Lưu Chất Ta có :  H = H 0 + hwđ + hwh Trong đó :  H 0  :  là độ chênh lệch địa hình, tức là độ cao mà máy bơm phải đưa nước lên hwđ  : tổn thất cột nước trong ống hút hwh  : tổn thất cột nước trong ống đẩy... ,d2 = 200mm, L2 = 50m,  λ2 = 0.029   Ống dẫn là loại ống gang đã dùng, giả thiết nước trong ống ở khu sức cản bình phương. Tính lưu lượng Q và vẽ  đường cột nước, đường đo áp của đường ống Giải Page 19 of 28 Cơ Học Lưu Chất • Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 0­0 làm chuẩn ta có : zA + 2 p1 α1v1 p α v2 + = z B + 2 + 2 2 + hωh γ 2 γ 2 (1)  z1 = H ; z 2 = hb Chon α = α = 1  1 2 Trong đó :  . = -a; Y = 0; Z = -g Thay X, Y, Z vào (*) ta được : Cgzaxp +−−= )( ρ Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa độ (x=0, z=0) a ppC ==⇒ Vậy : a pgzaxp +−−= )( ρ Áp suất tại A (x= -L/2 = -3 ; y=0; z=-d/2. -3 ; y=0; z=-d/2 = -1 ,25) là : [ ] )(113,1/2,10923798100)25,1.(81,9)3.(28,0850 2 atmNp A ==+−−−−= )(113,01113,1 atppp aA A d =−=−=⇒ Áp suất tại B (x= L/2 = 3; y=0; z=-d/2 = -1 ,25) là : [ ] )(099,1/2,10780998100)25,1.(81,9)3.(28,0850 2 atmNp A ==+−−−= )(099,01099,1. tổn thất dọc đường. Giải Page 12 of 28 Cơ Học Lưu Chất • Viết phương trình cho mặt cắt 1-1 & 2-2 , lấy 2-2 làm chuẩn ta có: ω α γ α γ h g vp z g vp z +++=++ 22 2 222 2 2 111 1 Trong đó :        ≈≈ ==== == ==−== 0 ;/11772098100.2,12,1 1 0;8 21 2 2 1 21 2211 vv ppmNatp Chon zmHHHz a αα ω γγ h pp H