Tĩnh học lưu chất.pdf

Tài liệu tĩnh học lưu chất.

PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay CHƯƠNG I HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH p ⊥ A hướng vào A (suy từ định nghóa) Giá trị p điểm không phụ thuộc vào hướng đặt bề mặt tác dụng Xem phần tử lưu chất tứ diện vuông góc đặt gốc toạ độ hình vẽ: Các lực lên phần tử lưu chất: Lực mặt : pxδyδz; pyδxδz; pzδyδx; pnδyδs z Lực khối: ½Fδxδyδzρ pn Tổng lực phương x phải không: pxδyδz - pnδyδs(δz/δs) + ½Fxδxδyδzρ = Chia tất cho δyδz : px - pn + ½Fxρδx = ⇒ px = pn δx → Chứng minh tương tự cho phương khác Suy ra: px =py = pz = pn THUY TINH px δz y δs δx n θ δy pz x PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay II PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN Xét lưu chất trạng thái cân tích W giới hạn diện tích A Ta có tổng lực tác dụng lên lưu chất =0: Lực khối + lực mặt = 0: W ∫∫∫ Fρdw − ∫∫ pdA = n A w A Ta xét trục x: b d Gauss p ∫∫∫ F ρdw − ∫∫ p dA = ⇔ ∫∫∫ F ρdw − ∫∫∫ div (p.n x w x x A w x )dw = W ⎛ ∂ ( p x n xx ) ∂ ( p y n xy ) ∂ ( p z n xz ⎞ ⎟=0 ⇔ ρFx − ⎜ + + ⎜ ∂x ∂y ∂z ⎟ ⎝ ⎠ ∂ ( p x n xx ) ∂ ( p) p=p x =p y = p ⇔ ρFx − = ←⎯ ⎯ ⎯ z → ρFx − ⎯ =0 ∂x ∂x Xét tương tự cho trục khác Kết luận: ∫∫∫ Fρdw − ∫∫ pdA = ⇔ ∫∫∫ Fρdw − ∫∫∫ grad (p)dw = w A w ⇔ F− W grad ( p ) = ρ III TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN ⎫ ⎧ ∂p ⎪Fx − ρ ∂x = × dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂p = × dy ⎬+ ⇒ (Fx dx + Fy dy + Fz dz) − dp = ⎨Fy − ρ ∂y ρ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∂p = × dz ⎪ ⎪Fz − ρ ∂z ⎩ ⎭ pa Chất lỏng nằm trường trọng lực: Fx, Fy=0, Fz=-g: p ρ=const − gdz= dp⎯⎯⎯ gz+ = const → ρ ρ p p p hay: z + = const ⇔ zA + A = zB + B γ γ γ hay: pB = pA + γhAB hay p = pa+γh (1), (2) phương trình thuỷ tónh THUY TINH pA hAB pB chuaån (1) (2) zA zB PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Chất khí nằm trường trọng lực, nén được: pV p =R hay = RT Xem chất khí khí lý tưởng: T ρ RT − gdz = dp ⇔ −gdz = dp ρ p Nếu biết hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T0 – az; a>0, T0 nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường mực nước biển yên lặng): − gdz = R(T0 − az) dp dz g dp ⇒ = −g ⇒ ln p = ln(T0 − az) + ln(C) p p R(T0 − az) aR ⇒ p = C(T0 − az) g aR g Gọi p0 áp suất ứng với z=0: Phương trình khí tónh: Ví dụ 1: p = CT0 aR ⇒ C = ⎛ T − az ⎞ ⎟ p = p0 ⎜ ⎜ T ⎟ ⎝ ⎠ g p0 g T0 aR aR Áp suất tuyệt đối mặt biển yên lặng 760mmHg, tương ứng với nhiệt độ T=288 0K Nhiệt độ tầng khí giảm 6,5 độ K lên cao 1000m lúc nhiệt độ đạt 216,5 độ K giữ không đổi Xác định áp suất khối lượng riêng không khí độ cao 14500m Cho R=287 J/kg.0K Giải: T0 nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng): Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T0 – az; với a=0, 0065 Cao độ ứng với nhiệt độ T1=216,5 độ K z1= 11000m Suy ra: 216,5=288 – 0,0065z1 Như từ z0=0 đến z1=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tónh: g ⎛ T0 − az ⎞ aR ⎛ T0 − az1 ⎞ ⎟ p = p0 ⎜ ⎜ T ⎟ ⇒ p1 = p ⎜ T ⎟ ⎜ ⎟ 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ p1 = 0.1695mHg Từ: g aR 9.81 ⎛ 216,5 − 0.0065 *11000 ⎞ 0.0065*287 = 0.76⎜ ⎟ 216,5 ⎝ ⎠ p p1 1695 * 13 * 81 * 10 = RT ⇒ ρ = = = 0.364 kg/m ρ RT 287 * 216 THUY TINH 3 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Từ z1=11000 m đến z2=14500m, nhiệt độ không đổi nên: RT − ⎛ − RT1 ⎞ RT1 RT1 dp RT1 g ⎟ − gdz = dp ⇒ dz = − ⇒z=− ln p + ln(C) = ln⎜ Cp ⇒ Cp g = e z ⎜ ⎟ p g p g ⎝ ⎠ Tại độ cao z1 ta có áp suất p1; suy ra: C= e z1 (p1 ) RT1 g ⇒ p = p1e ( z1 − z ) g RT1 Như độ cao z2 =14500m ta tính được: p = p1e ( z1 − z ) g RT1 = 0.17 * e (11000−14500 ) 9.81 278*216.5 = 0.09752 mHg = 97.52mmHg vaøø: ρ2 = p 2ρ1 = 0.209kg / m p1 IV MẶT ĐẲNG ÁP, P TUYỆT ĐỐI, P DƯ, P CHÂN KHÔNG Mặt đẳng áp chất lỏng nằm trường trọng lực mặt phẳng nằm ngang Phương trình mặt đẳng áp: Áp suất dư : Fxdx + Fydy + Fzdz=0 pdư = ptđ - pa Nếu điểm có pdư < có áp suất chân không pck pck= -pdư = pa – ptđ p phương trình thuỷ tónh áp suất tuyệt đối ptđ áp suất dư Các điểm (?) có áp suất nhau; đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay chất lỏng ? THUY TINH PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay V ỨNG DỤNG Các áp kế: p=0, chân không tuyệt đối pa B pA = pB + γhtd pa hdưA htđA A B A A B pduA = pduB − γhck ⇒ pckA = γhck pduA = pduB + γhdu = γhdu A’ A’ Định luật bình thông nhau: Từ p.tr thuỷ tónh: Suy hckA γ2 pA=pA’+ γ2h2; pB=pB’+ γ1h1 B’ h2 h1 B A γ1h1=γ2h2 γ1 Định luật Pascal: Tại vị trí lưu chất nếp áp suất tăng lên đại lượng Δp đại lượng truyền toàn miền lưu chất → ứng dụng máy nén thủy lực f p=f/a F=pA Pascal 1623-1662 , Phaùp THUY TINH PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu: pa pa h pa h h pdư/γ=h pdư=γh pa+γh pck pck pck h pck pck/γ h h1=pck/γ h pck/γ-h pck-γh pck/γ pdư=0, ptđ=pa pdư/γ=h-h1 Phân bố áp suất mặt cong: h p/γ=h p/γ=h Áp kế vi sai: pa pa→pa+ Δp Ban đầu p1=p2=pa: γ1h1= γ2h2 C Δz γ2 A Khi áp suất ống bên trái tăng lên Δp: p1=pa+Δp; p2=pa γ1 pa + Δp = pA = p B − γ1h AB = pC + γ h BC − γ1h AB h1 h2 h = pa + γ h BC − γ1h AB ⇒ Δp = γ2hBC − γ1hAB = γ2 (h2 − h + Δz) − γ1(h1 − h − Δz) ⇒ Δp = h ( γ1 − γ ) + Δz( γ1 + γ ) Gọi A, a diện tích ngang ống lớn ống nhỏ: ⇒ a.h = A.Δz ⇒ Δz = ah A ⇒ Δp = h( γ1 − γ ) + THUY TINH B ah ( γ1 + γ ) A PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay VI LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG pa Giá trị lực F du du = ∫ p dA = A ∫ γhdA = ∫ γy sin αdA A = γ sin α ∫ ydA =γ sin αy C A = γh C A = A hD hC A p du A C F α h dA du C C D y D F = ∫ ydF = ∫ yγ sin αydA = γ sin α ∫ y 2dA = γ sin αIxx y A A yD = I I +y A γ sin αI xx = xx = C F yCA yCA C xD = γ sin αI xy F = IC yCA I xy yCA x D = xC + = x Ixx=Ic+yC2A Ixy=Ix’y’+xCyCA y yC I x 'y ' + x C y C A Ix ' y ' ycA yD Tâm áp lực A yD = yC + Tương tự : y F =p A du Điểm đặt lực Suy ra: O(x) Ic C yCA Ic: M q tính A so với trục //0x qua C Ix’y’: M q tính A so với trọng tâm C Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang: pC = γ hA + hB ⇒ F = ApC = γ F hA + hB (AB)b hA A C* hB D B Đặt: Ω=(hA+hB).(AB)/2 Suy ra: F=γΩb BD=[(hB+2hA)/(hB+hA)].(AB)/3 THUY TINH hA Ω hB PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay VII LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN 2 F = Fx + Fy + Fz2 O(y) Thành phần lực theo phương x Fx = ∫ dFx = ∫ pdA cos(n, ox) A = ∫ γhdA ∫ γhdA = A x pa x Maët cong A Ax = p cx A x dAx Ax Thaønh phần lực theo phương z z dA Fz = ∫ dFz = ∫ γhdA cos(n, oz) A dAz h A x Az (n,ox) n dFx A = ∫ γhdA z = γW A W: thể tích vật áp lực: thể tích vật thẳng đứng giới hạn mặt cong A hình chiếu thẳng đứng A lên mặt thoáng tự (Az) pa Các ví dụ vật áp lực W: pa pdư w pdư/γ Fz pck w pck pck/γ pa Fz w pa pck w Fz w Pa Pdu w Fz pck/γ w1 pck/γ Fz1 pa w2 pa Fz Fz2 Pck Pa Pck w Fz Fz w Pa THUY TINH PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay pa pa pdö pdö Fz Fz W1: phần chéo liền nét →Fz1 hướng lên W2: phần chéo chấm chấm →Fz2 hướng xuống W=W1-W2 →Fz hướng xuống W1: phần chéo liền nét →Fz1 hướng xuống W2: phần chéo chấm chấm →Fz2 hướng lên W=W1-W2 →Fz hướng lên Lực đẩy Archimède: Ar = γW2 − γW1 = γW Ar W1 W W2 (phần gạch chéo) Archimede 287-212 BC THUY TINH PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ar = −G VIII SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT G Ar Vật chìm lơ lửng D C A Vật C D G ổn định Ar không ổn định G MD = I yy W C D Ar DC G Phiếm định Ar Ar C yy Ar M C M D D G ổn định: MD>CD →M cao C G không ổn định:MD0 Suy ra: h(γh2b/6 - γ LπD2/4) > suy ra: γh2b/6 > γ LπD2/4 suy ra: h2 > (LπD2/4) / (b/6 ) Suy ra: h> 3Lπ D = 0,56m 2b THUY TINH 14 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 10: Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=3m quay quanh trục nằm ngang qua O Van có khối lượng 6000 kg trọng tâm đặt G hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van vị trí điểm đặc lực D Xác định moment cần mở van Giaûi: Fx = p cx A x = γh cx A = 9.81 *10 * Fz = γW = γ *1.5 * = 33.10 KN πR π *1 * = 52 KN L = 9.81 *10 * 4 F = Fx2 + Fz2 = 33.10 + 52 = 61.65 KN tg (α ) = O Fz 52 = = 1.570796 ⇒ α = 57 ,52 Fx 33 pa 0,6m 1,5m 0,6mG Fx D α M = G * 0.6 = 9.81 * 6000 * 0.6 = 35316 Nm G Fz F nước Ví dụ 11: Một hình trụ bán kính R=2m; dài L=2m Ở vị trí cân hình vẽ Xác định trọng lượng phao phản lực A Giải: pa R A = Fx = p cx A x = γh cx A x Fz1=γW1 R = 9.81 *10 * * * 2 = 39.24 KN A nước Fz2=γW2 G + Fz1 + Fz = ⇒ G = γW2 - γW1 = 9.81 * L * ( πR + R ) G = 263.3941KN THUY TINH 15 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 12: Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=2m quay quanh trục nằm ngang qua O hình vẽ Tính áp lực nước tác dụng lên van vị trí điểm đặc lực D Giải: AB = 2R = * = 2.12m A Fz1 pa Fx = p cx A x = γh cx A = 9.81 * 10 * 12 * 2.12 * 2 O = 44.145 KN ⎛ πR R ⎞ Fz = γW = γ ⎜ ⎜ − ⎟L ⎟ ⎝ ⎠ 450 450 ⎛ π * 5 ⎞ ⎟*2 = 9.81 *10 * ⎜ − ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ = 12.5989 KN nước R C Fz2 Fx α B F Fz F = Fx2 + Fz2 = 44.145 + 12 60 = 45.91 KN tg ( α ) = Ví duï 13 Fz 12 = = 0.285 ⇒ α = 15 92 Fx 44 15 Một ống tròn bán kính r = m chứa nước đến nửa ống hình vẽ Trên mặt thóang khí có áp suất dư po = 0,5 m nước Biết nước trạng thái tónh Tính tổng áùp lực nước tác dụng lên ¼ mặt cong (BC) 1m dài oáng po Giaûi: r C r Fx = p cx A x = γ(0,5 + )r.1 = 9810 * (0,5 + 0,5) *1 = 9810 N r2 Fz = γW = γ ( π + 0,5r ).1 = 9810 *1.285 = 12605.85 N F = Fx2 + Fz = 15973.2 N THUY TINH 16 B PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 14: Một khối hình hộp cạnh a=0,3m đồng chất tỷ trọng 0,6 nước hình vẽ Tính chiều sâu ngập nước x hình hộp Giải: G = Ar ⇔ γn*a2*x 0.6*γn*a3 = x ⇒x= 0.6*a =0.6*0.3 x = 0.18 m Câu 13: a Ví dụ 15: Một vật hình trụ đồng chất có tiết diện hình vng, cạnh a = 1m, chiều cao H = 0,8m Khi cho vào nước, mực nước ngập đến độ cao h=0,6m Lực tác dụng lên mặt bên vật tỷ trọng vật là: ĐS: F=1765,8 N; δ=0,75 H a h Hình câu 14 Ví dụ 16: Một bóng có trọng lượng 0,02 N, phía có buột vật nhỏ (bỏ qua thể tích) trọng lượng 0,3N Cho γkhong khi=1,23 kg/m3 Nếu bơm bóng đầy khí có γkhi=0,8 kg/m3 đường kính D bóng phải để bóng bay lên Gb Hdẫn: Gv gamakk gamak Wb D3 D 0.02 ĐS: 0.3 1.23 0.8 0.076 0.14 0.52522 Gb + GVat + Gkhi = γ khongkhiWb → Gb + GVat + γ khiWb = γ khongkhiWb Wb = Ví dụ 17: Gb + GVat γ khongkhi − γ Vật đồng chất nằm cân lơ lửng môi trường dầu-nước hình vẽ Biết tỷ trọng dầu 0,8 Phần thể tích vật chìm nước phần thể tích vật dầu Tỷ trọng vật ? Dầu ĐS: 0,90 Hướng dẫn: Trọng lượng vật cân với với lực đẩy Archimede dầu tác dụng lên nửa cầu nước lên nửa cầu THUY TINH 17 Vật Nước PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 18 Một ống đo tỉ trọng hình vẽ có khối lượng M = 0,045kg tiết diện ngang ống ω = 290mm2 Khi bỏ vào nước có tỉ trọng δN = , ống chìm đến vạch A, bỏ vào dầu có tỉ trọng δD = 0,9 ống chìm đến vạch B Tìm khỏang cách đọan AB Giải: • G = gM = γ n W = γ d ( W + L ABω) • B A ω Nước ⎞ G G ⎛1 ⎜ − 1⎟ ⇒ W = ; L AB = γn ωγ n ⎜ δ d ⎟ ⎝ ⎠ L AB = • Dầu • B A ω 9.81 * 0.045 ⎛ ⎞ − 1⎟ *1000 = 17.24mm ⎜ −6 290 *10 * 9810 ⎝ 0.9 ⎠ Ví dụ 19: Bình trụ tròn chứa chất lỏng có thả phao hình cầu Bình lại nhúng mặt thoáng bể chứa loại chất lỏng Biết : Trọng lượng bình G1; Trọng lượng chất lỏng chứa bình G2; Tìm trọng lượng phao T số chiều sâu (như hình vẽ) k=z1/z2; Giải: Theo định luật Ar.; toàn hệ chịu tác dụng lực đẩy Ar, hướng lên, trọng lượng khối chất lỏng bị vật chiếm chỗ G1 G Trong lực theo phương thẳng đứng tác dụng lên toàn hệ bao gồm G+G1+G2 Vậy: G2 G + G1 + G2 = Ar = z1A γ với A tiết diện ngang bình Ar Xét riêng hệ gồm chất lỏng bình phao, ta có trọng lượng phao trọïng lượng khối chất lỏng bị phao chiếm bình : G = z2A γ -G2 ⇒ Aγ = (G+G2)/z2 Suy ra: G + G1 + G2 = z1(G+G2)/z2 = kG+kG2 THUY TINH 18 ⇒G= G1 − G2 k −1 z2 z1 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 20: Một bình sắt hình nón cụt không đáy ( δ=7.8) úp hình Giải: vẽ Đáy lớn R=1m, đáy nhỏ r=0,5m, cao H=4m, dày b=3mm Tính giới hạn mực nước x bình để bình khỏi bị nhấc lên Vnoncuttrong = πH(R + r + Rr ) / Vnoncutngoai = πH((R + b) + (r + b) + (R + b)(r + b)) / Trọng lượng bình: G = γ n δV = γ n δ(Vnoncutngoai − Vnoncuttrong ) = 1000 * 7.8 * 0.057 = 441.96kgf Ta tính lực Fz hướng lên nước tác dụng lên bình: Từ quan hệ: x = R − rx ⇒ r = R − x (R − r ) x H R −r H πx 2 ⎡ ⎤ Fz = γ n W = γ n ⎢R πx − (R − rx + Rrx )⎥ ⎣ ⎦ πx ⎡ x x ⎤ = γn ⎢2R − (R − H (R − r )) − R (R − H (R − r ))⎥ ⎣ ⎦ πx ⎡ 3R (R − r ) ⎛ (R − r ) ⎞ ⎤ x −⎜ x ⎟ ⎥ = 392.7 x − 16.36x = γn ⎢ ⎢ H H ⎝ ⎠ ⎥ ⎦ ⎣ b r H rx x W R Fz Điều kiện: G ≥ Fz Suy ra: 441.96 ≥ Fz ⇔ 16.36x − 392.7 x + 441.96 ≥ Giải x ≤ 1.09 m THUY TINH 19 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay VIII TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI 1.Nước xe chạy tới trước nhanh dần đều: z O •Phân bố áp suất: (Fxdx+ Fydy+ Fzdz) − dp= với Fx=-a; Fy=0; Fz=-g ρ Suy ra: (−adx − gdz) − p dp = ⇒ ax + gz + = C ρ ρ a α x A H B g* g Đối với hai điểm A,B thẳng đứng: pA p + gzA = B + gzB ⇒ pB = pA + γhAB hay p = pa + γh* ρ ρ •P.tr Mặt đẳng áp: (−adx − gdz) = ⇒ ax + gz = C ⇒ z = − a x+C g 2.Nước bình trụ quay quanh trục thẳng đứng: z •Phân bố áp suất: Ở đây: Fx=ω2x; Fy=ω2y; Fz=-g Suy ra: O ω2r p ω2r2 (ω2xdx+ ω2 ydy− gdz) − dp = ⇒ z + − =C ρ γ 2g B g ω Đối với hai điểm A,B thẳng đứng: 2 pA ω2rA pB ω2rB * zA + − = zB + − ⇒pB = pA + γhAB hay p = pa + γh γ 2g γ 2g •P.tr Mặt đẳng áp: ω2r ω2r (ω xdx+ ω ydy− gdz) = ⇒ z − = C ⇒z = +C 2g 2g 2 THUY TINH 20 H/2 H H/2 A r PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay IX ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI Nguyên lý lắng ly tâm : Fl ρlWg ρr ρl : chìm Fr ρrWg Hạt dầu quay nước lên mặt thoáng tâm bình trụ Hạt cát quay nước chìm xuống mép dáy bình trụ Ví dụ 21: Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước độ sâu ho=1m di chuyển ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s2 Biết bình có đường kính D = 2m Tính áp lực nước tác dụng lên đáy bình lúc di chuyển với gia tốc Giải Chọn gốc toạ độ giao điểm trục bình mặt thoáng , p.tr mặt thoáng: a z=− x g z −D / = = 0.407 m > H − h = 1.2 − = 0.2m Taïi x=-D/2: 9.81 D Vậy bình chuyển động nước tràn Sau tràn xong, mặt thoáng nước phải vừa chạm mép sau Δh/ H Δh O bình Giả sử lúc bình dừng lại, mực nước h bình lại h1 Ta có: x Δh Δh = z−D/ = = 0.407m ⇒ h1 = H − = 1.2 − 0.407 = 0.793m 9.81 2 Suy lực tác dụng lên đáy bình lúc là: F = γh1π D = 24.42 KN THUY TINH 21 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 22: Quả bóng khơng trọng lượng buộc thùng kín đầy nước Thùng chuyển động tới nhanh dần với gia tốc a Quả bóng chuyển động nào? Và vị trí đạt giá trị cân Lực căng T tác động lên sợi dây HƯỚNG DẪN: Do thùng chuyển động nhanh dần đều, áp suất tác dụng lên điểm nửa mặt trước bóng nhỏ nửa mặt sau (xem lại lý thuyết thùng nước chuyển động tới nhanh dần tĩnh tương đối) Như bóng chuyển động phía trước Khi sợi dây đạt tới vị trí nghiêng góc α với phương ngang hình vẽ bong bóng cotgα = g/a cân với góc α tính sau: Giá trị lực căng T tìm sở cân lực phương lực căng T (phương g*) a a g* g α Ví dụ 23: Một bình bên trái đựng nước, bên phải kín khí với áp suất dư p0 Trên vách ngăn hai bên có van hình vng nằm ngang, quay quanh trục nằm ngang qua A, cạnh b=0,2m Khoảng cách thẳng đứng từ trọng tâm van tới bề mặt nước ngăn bên trái hC=1m Tồn bình đặt thang máy chuyển động lên nhanh dần với gia tốc a=2m/s2 Nếu áp suất bên mặt nước ngăn trái pck=2 m nước để van trạng thái cân hình vẽ, áp suất p0 phải bao nhiêu? ĐS: b, m hc, m 0.2 pdu, m nươc Pdu, N/m2 a, m/s2 -0.2 -1962 A, m2 pc, N/m2 Fn, N 0.04 9848 393.92 hA, m hB, m pA, N/m2 pB, N/m2 AD, m F0, N 0.9 1.1 8667 11029 0.103997 409.6667 Hdẫn: p0, 10241.67 a pC = pdu + ( g + a) ρ hC pck Fn = pC A ⎛ p + pB ⎞ b AD = b − ⎜ A ⎟ ⎝ p A + pB ⎠ b ( AD) Fn F ( AD) Fn = ( ) F0 → F0 = → p0 = b/2 A THUY TINH 22 hC Fn N/m2 p0 A D B F0 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 24: Xe chở nước dài 3m, cao 2m Nước bình lúc xe đứng yên 1,5m Xe chuyển động Hdẫn: mặt phẳng ngang đến dốc nghiêng lên 300 a) Hỏi xe vẩn chuyển động nước có tràn không? b) Để nước không tràn xe phải chạy chậm dần với gia tốc a=bao nhiêu? c) Tính áp lực tác dụng lên thành trước sau xe xe chuyển động chậm dần câu b Cho bề rộng xe b=1m Nhận xét thấy xe đứng yên dốc nước tràn (tính Δh=1,5*tg(300)=0,866m>0,5m) Nên để nước không tràn xe phải chạy chậm dần với giai tốc a Ta chọn hệ trục xoz hình vẽ phân tích lực khối phần tử lưu chất, chiếu lên phương x, z(xem hình vẽ) a − g sin 300 x+C g cos300 p Ptr phân bố áp suất: (a − g sin 300 ) dx − g cos300 dz = dp ⇔ = ( a − g sin 300 ) x − g cos300 z + C Ptr maët đẳng áp: (a − g sin 300 ) dx − g cos300 dz = ⇔ z = ρ ρ Để nước không tràn nên mặt thoáng phải qua B(-1,5; 0,5) A(1,5; -0,5), vào ptr mặt đ áp Suy gia tốc a=2,07m/s2 Từ ptr phân bố áp suất nhận xét thấy thành xe sau trước, áp suất điểm gangz tính theo áp suất điểm mặt thoáng sau: ằm n ờng n p p ρ + g cos300 z = B ρ Ñ + g cos300 z ⇒ p = γ cos300 ( z B − z ) x Suy lực tác dụng lên thành sau, trước là: 22 Fs = ∫ γ cos30 hbdh =γ cos30 b 2 12 Ftr = ∫ γ cos30 hbdh =γ cos30 b 3m 2m Δh 5) ,5;0, B(-1 2m 300 o -gsin ; -0,5 A (1 , 1m a 1,5m g 300 gcos 30 Ví dụ 25: Một bình trụ D=100mm chứa nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua tâm Khi mực chất lỏng bình hạ thầp xuống 200mm (so với lúc tónh) bình quay với vận tốc bao nhiêu? Nếu quay bình với n=800v.ph mà không muốn đáy bị cạn chiều cao tối thiểu bình phải bao nhiêu? Giải z Phương trình mặt thoáng: z= 2 ωr ωR ⇒H= 2g 2g Khi mực nước bình hạ xuống 0,2m H=0,4m Suy ra: = ω (0.05) 0.4 * * 9.81 ⇒ω= = 56.03s -1 = 535vong / ph 2 * 9.81 (0.05) Nếu quay bình với n=800v/ph =83,76 s-1 O ω2r 0.2 H 0.2 m A mr B g ω mà không muốn đáy bị cạn : (83.76) (0.05) = 0.896m H= * 9.81 Vây chiều cao tối thiểu bình phải laø 0.896 m THUY TINH 23 ) PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 26: Một hệ thống gồm ống nghiệm thẳng đứng thông quay quanh Oz qua ống hình vẽ Vận tốc quay n=116 vòng/ph Bỏ qua độ nghiêng mặt nước ống Tìm pC, pO, pB hai trường hợp nút kín không nút C, C’, Giải: Nếu nút kín C,C’ quay, nước không di chuyển, áp suất C C’ tăng lên Phương trình mặt đẳng áp – áp suất pC (chọn gốc toạ độ đáy parabol): C’ ω2 r 12.152 * 0.2 z= ⇒h= = 0.30 m 2g * 9.81 Như áp suất dư C C’ bằng: A C h O 40cm p du = p du' = γh = 9810 * 0.30 = 2951N/m C C ⇒ p du = γ * 0.4 = 9810 * 0.40 = 3924N/m D D ω B r=0.2m r=0.2m ⇒ p du = γ * (0.4 + 0.3) = 6875 N/m B Nếu không nút C,C’ quay, nước A hạ thấp xuống h, nước C C’ dâng lên h/2 Phương trình mặt đẳng áp – áp suất khí trời (chọn gốc toạ độ đáy parabol): z= 2 2 ωr 12.15 * 0.2 ⇒ h= = 0.30 m ⇒ h = 0.2m * 9.81 2g C’ A ⇒ p du = γ * (0.4 − 0.2) = 9810 * 0.2 = 1967.5N/m D ⇒ p du = γ * (0.4 + 0.1) = 4905 N/m B THUY TINH 24 h/2 h O D du du ⇒ pC = pC ' = γ h / = 9810*0.10 = 981N/m C ω B r=0.2m r=0.2m PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 27: Một hệ thống gồm bình trụ hở bán kính R chứa nước cao so với đáy H Cho bình quay quanh trục thẳng đứng qua tâm vừa đủ để nước khơng tràn Sau đặt tồn hệ thống quay thang máy chuyển động lên nhanh dần với gia tốc a Cho biết : R=0,4m; H=1,2m; a=2m/s2 a) Gọi A điểm đáy parabol mặt thoáng nước So với chưa đặt hệ thống vào thang máy, vị trí A nào? b) Lực tác dụng lên đáy bình bình thang máy? H dẫn: Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, chọn gốc tọa độ đáy mặt thống phương trình mặt thống trở thành: z = A ω 2r H 2( g + a) Vậy paraboloit mặt thoáng trở nên cạn hơn, nên nước khơng tràn ngồi, điểm A di chuyển lên Ví dụ 14: Một bình hình trụ bán kính R=0,6m, chiều cao H=0,7m; đựng nước đến độ cao h = Câu 28: 0,4m Bình quay tròn với vận tốc N (vòng / phút) treo thang máy chuyển động lên chậm dần với gia tốc không đổi a = 1,5 m/s2 Xác định N tối đa để nước khơng tràn ngồi ĐS: 54,61 vịng/phút Ví dụ 29: Một bình hình hộp kín (cao b, đáy vuông cạnh a) chứa nước đầy nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua tâm Biết A- tâm đáy bình áp suất khí trời Tính lực tác dụng lên mặt bên bình Giải Ta có: Mặt đẳng áp - pa ω2r h* = 2g h* A Lực tác dụng lên vi phân dAx bằng: ⎛ a2 ⎞ ⎜ ω2 ( y + ) ⎟ b ⎟bdy dF = p C dA x = γ⎜ + ⎜2 ⎟ 2g ⎜ ⎟ ⎝ a/2 ⎠ 2 ⎛b ω a ⎞ Suy ra: F = γb ⎜ + ∫ ⎜ 2g ( y + ) ⎟dy ⎟ ⎠ ⎝ C y b dAx ⎡ b a ω ⎛ (a / 2)3 a a ⎞⎤ ⎟⎥ ⎜ = 2γb ⎢ + + 2 2g ⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎠⎦ ⎝ ⎣ ⎡ ab ω ⎛ a a ⎞⎤ ⎜ + ⎟⎥ = 2γb ⎢ + ⇒ 2g ⎜ 24 ⎟⎦ ⎝ ⎠ ⎣ THUY TINH 25 r y a/2 a ⎡ b ω 2a ⎤ F = γab ⎢ + ⎥ 6g ⎦ ⎣2 x PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví duï 30: Một hệ thống ống nghiệm gồm ba ống thông nhau, cách với khoảng cách L, chứa nước độ cao H Hệ thống quay quanh trục thẳng đứng quanh ống với tốc độ n (vòng/phút) (xem hình vẽ) Giả sử quay nước khơng tràn ngồi Cho H=1m, L=0,3m; n=80 vịng/phút.Cột nước ba ống quay? DS: h1= 0.46 m; h2=0.79 m; h3=1.75 m HDẫn: Phương trình mặt thống (qua điểm mặt thống ba ống ) có dạng: ω 2r z= 2g +C Chọn gốc tọa độ O (đáy ống nghiệm 1) hình vẽ, tọa độ điểm mặt thoáng ba ống , ta có: ω L2 ω L2 h1 = C ; h2 = 2g + C ; h3 = 2g +C Với h1, h2, h3 cột nước ba ống Lưu ý rằng: h1+ h2+ h3 =3H ⎛ ω 5L2 Vậy: ⎜ ω 5L2 2g 3H = + 3C ⇒ C = H − ⎜ 2g ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 2⎞ ω 5L h1 = H − ⎜ ⎟ ⎝ 6g ⎠ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ H h1 h3 h2 L L ω Ví dụ 31: Mặt chõm cầu có chiều cao h tương ứng với bán kính cầu R, tiếp xúc với nước hình vẽ Mặt đáy chõm cầu nghiêng với phương ngang α có đường kính d Tìm lực thẳng đứng nước tác dụng lên mặt chõm cầu HDẫn: Nhận xét thấy tiến hành phân tích vẽ vật áp lực để tìm lực Fz tác dụng lên mặt chõm cầu, ta khó tính thể tích vật áp lực Trong trường hợp này, xem toàn mặt bao quanh chõm cầu tiếp xúc với nước, ta có: Fz = Fz1 + Fz = Ar ∑ Trong Fz1 Fz2 áp lực theo phương z tác động lên mặt chõm cầu (hướng lên) mặt đáy tròn (hướng xuống) Chiếu phương z (hướng lên) ta có: Fz1-Fz2 = Ar Như vậy, để tìm Fz1 ta cần tìm lực đẩy Ar tác dụng lên chõm cầu áp lực nước (tưởng tượng có) tác động lên đáy chõm cầu Fz2 (nhớ chiếu phương z!) Để tìm lực đẩy Ar, ta cần thể tích chõm cầu: W = π h (3R − h); Ar = γ W Với h chiều cao chõm cầu, R bán kính cầu tương ứng Để tìm lực Fz2 ta cần biết áp suất trọng tâm C mặt đáy chõm cầu (đường kính d) Trong hình vẽ: hC=hA+dsin(α)/2 Lực tác động lên mặt đáy chõm cầu F2=γhCA= γhC (πd2/4) Suy thành phần thẳng đứng F2 là: Fz2=F2cos(α)= γhC (πd2/4)cos(α) Vậy:Fz1 hướng lên có giá trị: Fz1 = Ar + Fz2 THUY TINH 26 hC Nước hA A α h d C ... www4.hcmut.edu.vn/~ntbay II PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN Xét lưu chất trạng thái cân tích W giới hạn diện tích A Ta có tổng lực tác dụng lên lưu chất =0: Lực khối + lực mặt = 0: W ∫∫∫ Fρdw − ∫∫ pdA... γ1h1 B’ h2 h1 B A γ1h1=γ2h2 γ1 Định luật Pascal: Tại vị trí lưu chất nếp áp suất tăng lên đại lượng Δp đại lượng truyền toàn miền lưu chất → ứng dụng máy nén thủy lực f p=f/a F=pA Pascal 1623-1662... ≥ Giải x ≤ 1.09 m THUY TINH 19 PGS.TS Nguyen Thi Bay, DHBK HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay VIII TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI 1.Nước xe chạy tới trước nhanh dần đều: z O •Phân bố áp suất: (Fxdx+ Fydy+ Fzdz)