BÁO CÁO TIỂU LUẬN CƠ LƯU CHẤT - NHÓM 2 -ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TPHCM

BÁO CÁO TIỂU LUẬN CƠ LƯU CHẤT Tên MSSV Vũ Đình Lượng 07712411 Bế Văn Tuyền 07720211 Nguyễn Văn Lâm 07707161 Nguyễn Văn Tùng 07707611 Trần Trung Thành 07701171 Lê Thanh Phong 07706621 Trần Đình Phú 07711071 GVHD: Ths Nguyễn Sĩ Dũng Nhóm 2 CHƯƠNG 1 : TÍNH CHẤT LƯU CHẤT Bài 1.7 : Xác định sự thay đổi thể tích của 3 m 3 không khí khi áp suất tăng từ 100 KPa đến 500 KPa . Không khí ở nhiệt độ 23 0 C .Xem không khí như là khí lý tưởng. Tóm tắt V1 = 3m 3 P1 = 100 KPa P2 = 500 KPa t = 23 0 C = 300 K V = ? ∆ 3 1 2 1 3 2 100.10 3 0,6 500.10 p V V p ⇒ = = = 1 2 | |V V V ⇒ ∆ = − Bài giải Vì xem không khí như là khí lí tưởng nên áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng : pV = RT ta có : p 1 V 1 = RT p 2 V 2 = RT Vì cùng điều kiện nhiệt độ và cùng là không khí nên ta có : p 1 V 1 = p 2 V 2 ( m 3 ) = | 3 – 0,6 | = 2,4 ( m 3 ) Bài 1.14 : Xác định lực ma sát tại thành trong của một đoạn ống dẫn nước ở 20 0 C , bán kính R = 80 mm , dài 10 m .Vận tốc tại các điểm trên mặt cắt ngang ống biến thiên theo quy luật : 2 2 0,5 1 r u R   = −  ÷   với bán kính ống R = 80 mm , r là bán kính tại điểm đang xét. ms du F A dr µ = ms F µ 2 . 2 .10R l R π π = du dr Bài giải Áp dụng định luật ma sát nhớt Newton ta có : là lực ma sát nhớt là hệ số nhớt động lực học .Nước ở 20 0 C có =1,005.10 -3 kg/m.s là gradient vận tốc theo phương thẳng góc với phương chuyển động µ A là diện tích ma sát: A = 2 2 du r r dr R R = − = ( ) 2 2 3 3 2 2 2 1,005 10 10 63,14 10 N ms r r F A rl l R R µ πµ πµ π − − ⇒ = = = = × × × = × -3 63,14 10× Ma sát tại thành trong của ống ( r = R ) ĐS : N CHƯƠNG 2 : TĨNH HỌC LƯU CHẤT Bài 2-13: Tính độ sâu Z của trạm khảo sát dưới mặt biển, cho biết áp kế trong trạm có độ cao 84cm ; áp kế đo độ sâu có mực thủy ngân như hình vẽ : áp suất trên mặt biển là 76cm Hg. Trọng lượng riêng của nước biển là γ nb = 11200N/m 3 , γ Hg = 133400N/m 3 a P 4 áp kê 9,81 10 P = 84 cmHg 84 ( ) 73,6 Pa × = 4 a 9,81 10 P 76 cmHg 76 ( ) 73,6 Pa × = = Bài giải Áp suất tuyệt đối tại A : P A = P a + γ nb ( Z + 0,4 ) Mặt khác : P A = P B + γ Hg 0,8 Ta có : a nb B Hg P + ( Z + 0,4 ) = P + 0,8 γ γ ⇒ 0,8 0,4 B a Hg nb nb P P Z γ γ γ − + − ⇒ = ( ) 4 9,81 10 (84 76) 133000 0,8 11200 0,4 73,6 11200 10,05 m Z × − + × − × ⇒ = = ĐS : 10,5 m [...]... +M F2 = 0 AB ⇔G cos 600 + F2 ( AB − l2 ) = F1 ( AB − l1 ) 2 Gh3 γ b ( h3 − h1 ) 2 ⇔ + × ( 2h3 + h1 ) 2 3 3 3 3 γ bh3 (2h2 + h3 )  2h3  ( 3h2 + 2h3 ) = × ÷× 2h + h 3  3 3  ( 2 3) Gh3 2 b 2 b 2 2 ⇔ + h3 ( 3h2 + 2h3 ) ( h3 − h1 ) ( 2h3 + h1 ) = 9 9 2 3 2 2γ b ⇔ = 3h2 h 32 + 2h33 − 2h33 − h1h 32 + 4h1h 32 + 2h3h 12 − 2h3h 12 − h13 ) ( 9 2 3 Gh3 2 b 2 b 2 2 2 3 ⇔ = 3h2 h3 + 3h1h3 − h1 = 3h3 ( h1 + h2... = − ( H − h ) 2 h + ∫ ( H − h ) 2 dh 0 03 3 0 3 H 4 4 2 2 = 0 − ( H − h) = H H 0 15 15 ⇒ Q = 2Cd ( 8 θ  4 2 θ  2 2 g tg  ÷× H H = Cd tg  ÷H 2 gH 15  2  15 2 ) 2 Hệ số dư lượng Cd : 8 θ  2 Q = Cd tg  ÷ H 2 gH 15  2 Q 0, 24 ⇒ Cd = = = 0,575 8 θ  2 8  90  tg  ÷ H 2 gH tg  ÷× 0, 52 2 × 9,81× 0,5 15  2  15  2  8 θ  2 ĐS : Q = Cd tg  ÷H 2 gH 15 2 Cd = 0,575 ... d h c = 2 × 2 × 0,8 × 9,81× 10 × 1 3 =31,3 92 × 103 (N)= 3 ,2 (Tf) 1)Trọng lượng của phao G : Trọng lượng của phao chính là thành phần áp lực thẳng đứng tác dụng lên 2 mặt cong : CB ( do dầu tác dụng ), CA ( do nước tác dụng ) G = Pz = PzCA - PzCB P CB z γ d ∀ = γ d ( R2l – 1 π R2l) = CB 4 P CA z = 1 π R2l γ n + 2 γ d 2R2l 1 = π × 22 × 2 × 9,81× 103 + 0,8 × 9,81× 103 × 2 × 2 2 × 2 2 1 3 2 2 - 0,8 × 9,81×... 9,81× 10 × (2 × 2 - π × 2 × 2) 4 = 2, 354 × 105 (N) = 23 ,984 (Tf) Vậy 1) Phản lực tại A :Rx = 3 ,2 Tf ; Ry = 0 2) Trọng lượng của phao G = 23 ,984 Tf CHƯƠNG 3 : ĐỘNG HỌC LƯU CHẤT Bài 3.7 : Các thành phần vận tốc của một phần tử chất lưu là : 2 2 2 ux = x uy = y uz = z Xác định phương trình đường dòng đi qua A ( 2, 4 ,-6 ) Bài giải Phương trình vi phân đường dòng : dx dy dz dx dy dz ⇒ 2 = 2 = 2 = = x y z... Pphai B 2 γ h2 + γ (h2 + h3 ) h3 γ bh3 (2h2 + h3 ) b × AB = b× = 0 2 sin ( 60 ) 3 Điểm đặt của áp lực F1 cách đáy một đoạn :  AB   2 Pp A + Pp B  l1 =  ÷ ÷×   3   Pp A + Pp B ÷    2h3   2 h2 + γ (h2 + h3 )   2h3   3h2 + h3  = ÷=  ÷×  γ 2h + h ÷×  2h + h ÷ ( 2 3) ÷  3 3   2 3  3 3    Điểm đặt của áp lực F1 cách A một đoạn :  2h3   2h3   3h2 + h3   2h3   3h2 + 2h3... Lưu lượng qua ống : 1 9 y 2 umax Q = ∫udA = ∫umax  ÷ 2 ydy = 1 r0   A 0 r9 r0 r0 ∫y 0 0 2 umax 19 = y9 1 19 9 r0 9 r0 0 = 19 9 18πumax r0 1 9 19.r0 18πumax r 2 = 19 Vận tốc trung bình của mặt cắt ướt : Q 18πumax r 2 18 V = = = umax 2 A 19π.r 19 10 9 dy Hệ số hiệu chỉnh động lượng : α0 = u 2 dA ∫ A AV 2 2 9 r0 20 9 2  19  2 y 2  y  = u ÷ 2 ydy =  ÷ 20 2 ∫ max   18  9 20  0  r0  2. .. Ux Uy Uz ( ∗) dx dy dx dy = 2 ⇔∫ 2 = ∫ 2 2 x y x y −1 −1 1 1 ⇔ = + C ⇔C = − x y y x A ( 2, 4, -6 ) 1 1 − 1 ⇔ = − = C 4 2 4 ⇒ 1 1 −1 4( x − y ) − = ⇔ = −1 y x 4 xy (∗ ) dx dy dx dy = 2 ⇔ 2 =∫ 2 2 ∫y y z z − 1 − 1 1 1 ⇔ = + ⇔ = − C C y z z y A ( 2, 4 ,-6 ) − 1 1 −5 ⇔ = C − = 6 4 12 1 1 −5 12( y −z ) ⇒ − = ⇔ =− 5 z y 12 yz Do đó: 4( x −y ) 12( y −z ) ⇒ = +4 xy yz 4( x −y ) 12( y −z ) ⇔ − =4 xy yz −3 xy... θ  B = 2h × tg  ÷ 2 Vận tốc lưu chất ra khỏi dải V = 2 g ( H − h ) Lưu lượng qua lỗ qua lỗ tháo nhỏ : dQ = Cd Bdh 2 g ( H − h ) Lưu lượng thoát ra khỏi lỗ tháo lớn : H Q = ∫ Cd Bdh 2 g ( H − h ) = 2Cd 0 ( θ  2 g tg  ÷∫ h 2 0 ) H ( H − h ) dh Tich phân từng phần đặt : u=h du=dh 3 2 dv = ( H − h ) dh v = ∫ ( H − h ) dh = − ( H − h ) 2 3 H 3 3 H H2 2 ⇒ ∫ h ( H − h ) dh = − ( H − h ) 2 h + ∫ (... ÷ ×  2h + h ÷ =  ÷ ×  2h + h ÷  3 3 3  2 3 3 3  2 3  Áp lực nước tác dụng lên van BC: PC + Ptrái B  h3 − h1 F2 = ×  sin 600 2  ( ) 2  γ b ( h3 − h1 ) ( h3 − h1 ) γ b ( h3 − h1 ) ÷× b = × = 0 ÷ 2 3 sin 60  ( ) Điểm đặt của áp lực F2 cách đáy một đoạn : 2 ( h3 − h1 ) h3 − h1 l2 = = 0 3sin 60 3 3 Điểm đặt của áp lực F2 cách A một đoạn : 2  2h3  2 ( h3 − h1 ) = AB − l2 =  = ( 2h3 +... 2 rdr = U max 1 −    dω   ∫   r0     r0   0 0        r2 = 2 max ∫ − 2 U 1  r0 0  r0 π U 2  r 0  rdr =   max 2 Vận tốc trung bình của mặt cắt ống : Từ Q = V ω Q π02U max r U max ⇒ = V = = 2 ω 2 0 r 2 Vậy: r0 Q = π max U 2 2 U max V = 2 CHƯƠNG 4 :ĐỘNG LỰC HỌC CHẤT LƯU Bài 4.17: Lưu chất chuyển động rối trong ống tròn bán kính r0 , có vận tốc phân bố như sau : u umax 1 9 y . = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 1 1 2 3 1 3 3 1 2 3 3 2 3 3 2 3 2 2 3 3 1 3 1 3 2 3 cos60 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2 (2 ) 2 2 3 3 3 2 2 2 3 2 9 9 2 3 AB G F AB l F AB l b h h Gh h h h h bh. : ( ) 2 3 3 2 2 2 2 3 3 2 3 3 3 1 3 1 3 3 1 3 1 1 2 3 2 2 4 2 2 9 2 3 Gh b h h h h h h h h h h h h h γ ⇔ = + − − + + − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 3 3 2 3 1 3 1 3 1 2 1 2 3 3 1 2 1 2 3 3. để tính áp lực. Áp lực nước tác dụng lên van AB: h 1 (h 2 + h 3 ) (h 3 – h 1 ) ( ) A B 1 A B 3 2 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 ( ) 2 3 2 2 3 3 3 3 p p p p P P AB l P P h h h h h h h h h h h γ