Tham khảo giải cơ lưu chất chương 3 đến 5

Tham khảo giải bài tập cơ lưu chất


Chương 3









4.1: Phương trình biểu diễn dịng chảy (đường dịng)
4.3: Gia tốc
4.6: Đạo hàm theo thành phần
4.7: Các thành phần theo dòng chảy và thành phần tiêu chuẩn của gia tốc
4.15: Định lý chuyển động theo Reynolds (điều kiện bị ép)
4.19: Định lý chuyển động theo Reynolds (điều kiện thường)
4.22: Vận tốc tương đối và tuyệt đối

4.1/ Trường vận tốc của 1 dịng chảy được cho bởi phương trình V = (3y + 2)i + (x – 8)j +
5zk ft/s, trong đó x, y, z mang đơn vị feet. Xác định vận tốc lưu chất tại gốc tọa độ (x = y = z
= 0) và trên trục y (x = z = 0).


Giải
Từ phương trình đề cho  u
 Tại gốc tọa độ: v
Trên trục y: v

= 3y + 2; v = x – 8; w = 5z

= √ u2 +v 2 +w 2 = √ 22+(−8)2 = 8,25ft/s

= √ u2 +v 2 +w 2 = √(3 y +2)2+(−8)2 = √ 9 y 2+ 12 y +68 ft/s (y tính bằng ft)

4.3/ Trường vận tốc của 1 dòng chảy được cho bởi phương trình V = 20y/(x2 + y2)1/2i –
20x/(x2 + y2)1/2j ft/s, trong đó x và y mang đơn vị feet. Xác định vận tốc lưu chất tại các điểm
trên trục x và tại các điểm trên trục y. Góc tạo ra giữa vector vận tốc và trục x tại các điểm
(x; y) = (5; 0); (5; 5); (0; 5) là bao nhiêu?


Giải
Từ phương trình đề cho  u
 Có V

20 y

= √ u2 +v 2

V=

[

400 x 2 + 400 y 2
x2 + y2

1/ 2

]

−20 x

= (x 2 + y 2)1 /2 ; v = (x 2 + y 2)1 /2

= 20ft/s


Có tanθ

=

 tanθ =

v
u

=

−20 x
(x 2+ y 2 )1/ 2
20 y
2
(x + y 2 )1/ 2

−x
y

 Tại (5; 0): tanθ

= –ꝏ  θ = –900

Tại (5; 5): tanθ

= –1  θ = –450

Tại (0; 5): tanθ

= 0  θ = 00

4.7/ 1 trường vận tốc được cho bởi các yếu tố u = cx2 và v = cy2, trong đó c là hằng số. Xác
định các thành phần x và y của gia tốc. Tại vị trí nào trên dịng chảy gia tốc có giá trị 0?


Giải:
Thành phần x của gia tốc:

ax =

∂u
∂u
∂u
+u
+v
∂t
∂x
∂y

= (cx2)*(2cx) = 2c2x3

Thành phần y của gia tốc:

ay =

∂v
∂v
∂v
+u
+v
∂t
∂x
∂y

 Có: a⃗
Cho a

= (cy2)*(2cy) = 2c2y3

= axi +ayj = 2c2(x3i + y3j)

= 0  (x3)2 + (y3)2 = 0

x=y=0
Kết luận: Tại (0; 0) gia tốc có giá trị 0.

4.10/ Dịng nước chảy trong 1 đường ống có vận tốc tăng gấp 3 lần sau mỗi 20s. Tại t = 0
dịng nước có vận tốc u = 5ft/s. Được biết phương trình vận tốc dịng nước: V = u(t)i =
5*(3t/20)i ft/s. Xác định gia tốc tại t = 0; 10; 20s.

Giải:

Từ phương trình đề cho  u
Có a⃗

=

⃗
∂V
⃗∗∇ V
⃗
+V
∂t

=

= 5*(3t/20); v = 0; w = 0

∂u
⃗
V ∗∇ ⃗
V ≡0 vì ⃗
V khơng mang x, y, z)
∂t i (


Có

∂u
∂t

 a⃗

1

= 5*[3t/20*ln(3)* 20 ] = 0,275*3t/20ft/s2 (t tính theo s)

= 0,275i ft/s2 tại t = 0s

a⃗

= 0,476i ft/s2 tại t = 10s

a⃗

= 0,825i ft/s2 tại t = 20s

4.12/ 1 kim phun được thiết kế để tăng tốc độ lưu chất từ giá trị V1 đến giá trị V2 theo đường
thẳng. Phương trình vận tốc được cho như sau: V = ax + b, trong đó a và b là hằng số. Nếu
lưu chất có dịng chảy ổn định với V1 = 10m/s tại x1 = 0, và V2 = 25m/s tại x2 = 1m, xác định
gia tốc trọng trường, gia tốc đối lưu, và gia tốc của lưu chất tại các điểm (1) và (2).

Giải:
Từ phương trình đề cho  u

 a⃗ =
Biết u

⃗
∂V
⃗∗∇ V
⃗

+V
∂t

= ax + b; v = 0; w = 0

∂u

= (u ∂ x )i = axi (1)

= V1 = 10m/s tại x = 0

u = V2 = 25m/s tại x= 1m


 10 = 0 + b
25 = a + b
 a = 15; b = 10
Vậy ta có: V
(1)  ax

= (15x + 10)m/s (x tính bằng m)
∂u

= u ∂ x = (15x + 10)*15 = (225x + 150)m/s2

 Tính được gia tốc đối lưu: axi
Từ (1)  có

⃗
∂V

∂t

= (225x + 150)i m/s2

= 0  Gia tốc trọng trường có giá trị 0

Gia tốc tại cái điểm (1) và (2):

= 0  a⃗ = (225*0 + 150)i = 150i m/s2
 Tại x2 = 1m  a⃗ = (225*1 + 150)i = 375i m/s2
 Tại x1

4.15/ Xác định các thành phần x và y của đại lượng gia tốc trong dòng chảy có các biểu thức
u = c(x2 – y2) và v = –2cxy, trong đó c là hằng số. Nếu c > 0, tại x = x0 > 0 và y = 0 lưu chất
mang gia tốc tăng dần hay giảm dần? Giải thích tại sao. Hãy giải thích tương tự trường hợp
trên khi x0 < 0.


Giải:
Có

u=c( x 2− y 2)
v =−2 cxy

{

 a⃗ =a x i+a y j
Trong đó: a x =

∂u

∂u
∂u
+u
+v
=c ( x 2− y 2) ( 2 cx ) +(−2 cxy)(−2cy )
∂t
∂x
∂y

 a x =2 c 2 x (x 2 + y 2)
Và:
a y=

∂v
∂v
∂v
+u
+v
=c ( x 2− y 2) (−2 cy ) +(−2 cxy)(−2 cx)
∂t
∂x
∂y

 a y =2 c 2 y (x 2 + y 2)
Khi x

= x0 ; y =

u=c x 02 ; v=0
0, ta có: a =2 c 2 x 3 ; a =0

x
0
y

{

Vậy:
 Khi c

> 0 và x0 > 0, ta có u > 0; ax > 0  Lưu chất mang gia tốc tăng dần
 Khi c > 0 và x0 < 0, ta có u > 0; ax < 0  Lưu chất mang gia tốc giảm dần
4.19/ Nhiệt độ phân bố trong một lưu chất được thể hiện qua biểu thức T = 10x + 5y, trong
đó x và y là các đại lượng tọa độ phương ngang và dọc tính bằng m và T tính bằng độ C. Xác


định sự biến đổi nhiệt độ của lưu chất theo thời gian khi nó chuyển động a) theo phương
ngang với u = 20m/s và v = 0; b) theo phương dọc với u = 0 và v = 20m/s.

Giải:
DT

∂T

∂T

∂T

Có: Dt = ∂ t +u ∂ x +v ∂ y
Trong đó:

∂T
=0
∂t
∂T 0
∂T 0
(
C/m);
( C/m)
∂x
∂y

 Ta có:
a) Khi u

= 20m/s và v = 0 

DT
∂T
=u
Dt
∂x

= 20*10 = 2000C/s

b) Khi u

= 0 và v = 20m/s 

DT
∂T

=v
Dt
∂y

= 20*5 = 1000C/s


Chương 4













3.1: Gia tốc theo chiều dòng chảy (as) và gia tốc thường (an)
3.6: Cân bằng lực theo chiều dòng chảy cho lưu chất thực ổn định
3.7: Công thức Bernoulli
3.10b: Gradient áp suất cân bằng với chiều dòng chảy cho lưu chất thực trong môi
trường chân không
3.12: Cân bằng lực đối chiếu với chiều dòng chảy cho lưu chất thực ổn định không
nén được
3.16: Đo lường vận tốc cho ống Pitot-tĩnh.
3.18: Tia bắn tự do

3.19: Phương trình Bernoulli
3.20: Cơng thức đo lường lưu lượng dịng chảy
3.21: Cơng thức cho cửa thùng chứa
3.22: Cột nước toàn phần

(along a streamline: dọc theo dịng chảy; constant along/across a/the streamline: khơng đổi
trên chiều dịng chảy)


 Hệ số sụt giảm: Cc = Aj/Ah (Aj: Diện tích mặt cắt tia bắn tại điểm sụt giảm; Ah:
Diện tích của lỗ mà tia bắn đi qua)

3.22/ Dịng nước chảy cố định qua các bình chứa như trong hình. Xác định chiều cao mực
nước hA.

Giải:


Biết dịng chảy cố định  Q2
Trong đó: Q4

= Q4

= A4v4 (1)

Phương trình Bernoulli ở (3) và (4):
Trong đó: p3

P 3 v32
P 4 v 42

+ + z 3= + + z 4
γ 2g
γ 2g

= p4 = 0

v3 = 0
 v4

= √ 2 g ( z 3−z 4 ) = √ 2∗9,81∗2 = 6,26m/s

(1)  Q4

=

π
∗0,052∗6,26
4

= 0,0123m3/s

P 1 v 12
P 2 v 22
Phương trình Bernoulli ở (1) và (2): + + z 1= + + z 2
γ 2g
γ 2g

Trong đó: p1

= p2 = 0

v1 = 0
 v2

= √ 2 g hA

 A2v2



= Q4

π
∗0,052 √ 2∗9,81 h A
4

 hA

= 0,0123

= 15,4m

3.23/ Dòng nước chảy qua khúc co ống như trong hình. Với khoảng chênh mực nước 0,2m
trong ống áp kế, xác định lưu lượng của dịng chảy tại phần ống có đường kính D.


Giải:

P 1 v 12
P 2 v 22

Phương trình Bernoulli ở (1) và (2): + + z 1= + + z 2
γ 2g
γ 2g

Trong đó: Q1

= Q2

 A1v1

= A2v2

π 2
D
4 1
0,1 2
V 1=
V1
 V 2=
π 2
D
D2
4

( )

 Với z1

= z2, có:

0,1 4
2
−1 V 1
2
2
D
P 1−P2 V 2 −V 1
=
=
γ
2g
2g

[( ) ]


Mà P1

= γhh1; P2 = γhh2  P1 – P2 = γh(h1 – h2) = 0,2γh

0,1 4
2
−1 V 1
D
 0,2 γ
=
γ
2g

[( ) ]



V 1=

√(

0,2∗2 g
0,1 4
−1
D

)

π
0,2∗2∗9,81 0,0156 D2
Q= A 1 V 1= ∗0,12
=
 Ta có:
4
0,1 4
0,14 −D 4
−1
D

√(

)

m3/s

3.26/ Xác định lưu lượng dịng chảy trong ống như mơ tả trong hình.

Giải:

P 1 v 12
P 2 v 22
Phương trình Bernoulli ở (1) và (2): + + z 1= + + z 2
γ 2g
γ 2g

Trong đó: z1

= z2 = 0


v2 = 0


P 1 v 12 P2
+ =
γ 2g γ

√

 v1 = 2 g
Mà P1
 P2

P2 −P 1

γ

– γhl – γhmh + γh(l + h) = P2

– P1 = (γh – γhm)h

√

(

 Ta có: v1 = 2 g 1−

γm
900
h= 2∗9,81∗ 1−
∗2,5=2,2m/s
γ
999

)

√

(

)

π
4

2
Vậy: Q= A 1 v 1= 0,08 ∗2,2=0,0111m3/s

3.28/ Cho dòng chảy như trong hình, xác định chiều cao mực nước h đọc được trong ống áp
kế.

Giải:


Phương trình Bernoulli ở (1) và (2):
Trong đó: z1

P 1 v 12
P 2 v 22
+ + z 1= + + z 2
γ 2g
γ 2g

= z2 = 0

v1 = v2 = 0
 P1

= P2

Mà P1
h

= γhh; P2 = 0,37γh

= 0,37m

3.31/ Như đã cho trong hình, nước từ một bình chứa lớn chảy trong điều kiện khơng nhớt qua
một ống truyền có đường kính D vào bể. Nó chảy ra khỏi bể qua một cái lỗ ở đáy bể có
đường kính d. Trong điều kiện môi trường ổn định, chiều cao mực nước h trong bể là không
đổi. Vẽ biểu đồ tỷ lệ mực nước d/D theo tỷ lệ đường kính d/D.



Giải:

P 1 v 12
P 2 v 22
Phương trình Bernoulli ở (1) và (2): + + z 1= + + z 2
γ 2g
γ 2g

Trong đó: P1

= 0; v1 = 0; z1 = H

P2 = γh(h – z2)
v 22
v 22
 H=( h−z 2 ) + + z 2=h+
2g
2g

 v 2=√ 2 g( H −h)

(1)

Phương trình Bernoulli ở (3) và (4):
Trong đó: P3
 h=

P 3 v32
P 4 v 42
+ + z 3= + + z 4
γ 2g
γ 2g

= P4 = 0; v4 = 0; z3 = 0; z4 = h

v 32
2g

 v3 =√ 2 gh

(2)

Mực nước trong bể không đổi  Q2
 A2v2

= A3v3

= Q3




π 2
π
D v 2= d 2 v 3
4
4

(3)

Từ (1); (2); (3)
 D2 √ 2 g(H −h)=d 2 √ 2 gh
d 4
h
 H−h=
D

( )

h
=
H


1
d
1+
D

4

( )

Biểu đồ cho quan hệ trên được biểu thị như sau:

3.32/ Khơng khí chạy qua một ống Venturi có mặt cắt đứng được biểu diễn như trong hình.
Ống Venturi có bề rộng khơng đổi 0,06m và chiều cao ở đầu ra của ống là 0,04m. Khả năng
nén và các tính nhớt của lưu chất xem như khơng đáng kể. (a) Xác định lưu lượng khi nước
được hút lên 0,1m trong một đường ống nhỏ thơng với vịi áp suất tĩnh tại khúc cổ ống có
chiều cao 0,02m. (b) Xác định chiều cao h2 của ống tại điểm (2) khi biết lưu lượng như ở câu
(a) và nước được hút hên 0,05m. (c) Xác định giá trị áp suất cần thiết tại điểm (1) để sản sinh
ra dòng khơng khí này.