bài giảng cơ học chất lỏng thủy tinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (781.48 KB, 26 trang )

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 1
CHƯƠNG
I. HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH
1. p
⊥
A và hướng vào A. (suy ra từ đònh nghóa).
2. Giá trò p tại một điểm không phụ thuộc vào hướng đặt của bề mặt tác dụng.
p
x
p
n
p
z
δz
δx
δy
δs
θ
n
x
z
y
Xem phần tử lưu chất như một tứ diện vuông góc đặt tại gốc toạ độ như hình vẽ:
Các lực lên phần tử lưu chất:
Lực mặt : p
x
δyδz; p
y
δxδz; p
z

δyδx; p
n
δyδs.
Lực khối: ½Fδxδyδzρ.
Tổng các lực trên phương x phải bằng không:
p
x
δyδz-p
n
δyδs(δz/δs) + ½F
x
δxδyδzρ = 0
Chia tất cả cho δyδz:
p
x
-p
n
+ ½F
x
ρδx = 0 ⇒ p
x
= p
n
khi δx → 0.
Chứng minh tương tự cho các phương khác
p
x
=p
y
= p

z
= p
n
Suy ra:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 2
II. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
W
A
p
n
Xét lưu chất ở trạng thái cân bằng có thể tích W giới hạn bởi diện tích A.
Ta có tổng các lực tác dụng lên lưu chất =0:
Lực khối + lực mặt = 0:
0dApdwF
Aw
=−ρ
∫∫∫∫∫
Ta xét trên trục x:
0
x
)p(
F0
x
)np(
F
0
z
np(
y

)np(
x
)np(
F
0dw)n.p(divdwF0dApdwF
x
pppp
xxx
x
xzz
xyy
xxx
x
W
x
w
x
Gauss.d.b
A
x
w
x
zyx
=
∂
∂
−ρ⎯⎯⎯⎯→←=
∂
∂
−ρ⇔

=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−ρ⇔
=−ρ=−ρ
===
∫∫∫∫∫∫
⇔
∫∫∫∫∫
Xét tương tự cho các trục khác
0)p(grad
1
F =
ρ
−⇔
0dw)p(graddwF0dApdwF

WwAw
=−ρ⇔=−ρ
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
Kết luận:
III. TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
0
1
0
1
0
1
0
1
=
ρ
−++⇒+
⎪
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎪
⎬
⎫
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪

⎪
⎪
⎨
⎧
×=
∂
∂
ρ
−
×=
∂
∂
ρ
−
×=
∂
∂
ρ
−
dp)dzFdyFdxF(
dz
z
p
F
dy
y
p
F
dx
x

p
F
zyx
z
y
x
z
A
p
a
p
A
p
B
h
AB
chuẩn 0
z
B
)1(
p
z
p
zconst
p
z:hay
const
p
gzdp
1

gdz
B
B
A
A
const
γ
+=
γ
+⇔=
γ
+
=
ρ
+⎯⎯→⎯
ρ
=−
=ρ
¾Chất lỏng nằm trong trường trọng lực: F
x
, F
y
=0, F
z
=-g:
hay: p
B
= p
A
+ γh

AB
hay p = p
a
+γh(2)
(1), (2) là phương trình thuỷ tónh
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 3
¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được:
dp
p
RT
gdzdp
1
gdz =−⇔
ρ
=−
Xem như chất khí là khí lý tưởng:
RT
p
hayR
T
pV
=
ρ
=
Nếu biết được hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T
0
– az; a>0,
T
0

là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường là mực nước biển yên lặng):
aR
g
)azT(Cp
)Cln()azTln(
aR
g
pln
)azT(R
dz
g
p
dp
dp
p
)azT(R
gdz
−=⇒
+−=⇒
−
−=⇒
−
=−
0
0
0
0
Gọi p
0
là áp suất ứng với z=0:

aR
g
aR
g
T
p
CCTp
0
0
0
0
=⇒=
aR
g
T
azT
pp
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
0
0
0

Phương trình khí tónh:
Ví dụ 1:
Giải:
Áp suất tuyệt đối tại mặt biển yên lặng là 760mmHg, tương ứng với
nhiệt độ T=288
0
K. Nhiệt độ tầng khí quyển giảm 6,5 độ K khi lên cao
1000m cho đến lúc nhiệt độ đạt 216,5 độ K thì giữ không đổi. Xác đònh
áp suất và khối lượng riêng của không khí ở độ cao 14500m. Cho
R=287 J/kg.
0
K
0.1695mHg=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−

=⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
1
287*0065.0
81.9
aR
g
0
10
01
aR
g
0
0
0
p
5,216
11000*0065.05,216
76.0
T
azT

pp
T
azT
pp
T
0
là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng):
Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T
0
– az; với a=0, 0065
Cao độ ứng với nhiệt độ T
1
=216,5 độ K là z
1
= 11000m
Suy ra: 216,5=288 – 0,0065z
1
Nhưvậytừz
0
=0 đến z
1
=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tónh:
3
3
1
1
1
kg/m 0.364
5.216*287
10*81.9*6.13*1695.0

RT
p
ρRT
ρ
p
===⇒=
Từ:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 4
Từ z
1
=11000 m đến z
2
=14500m, nhiệt độ không đổi nên:
z
g
RT
g
RT
111
eCpCpln)Cln(pln
g
RT
z
p
dp
g
RT
dzdp
p

RT
gdz
11
=⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=+−=⇒−=⇒=−
−−
Tại độ cao z
1
ta có áp suất bằng p
1
; suy ra:
()
1
1
1
1
RT
g
)zz(
1
g
RT

1
z
epp
p
e
C
−
=⇒=
Nhưvậytạiđộcaoz
2
=14500m ta tính được:
97.52mmHgmHg 97520.0
e*17.0epp
5.216*278
81.9
)1450011000(
RT
g
)zz(
12
1
21
==
==
−
−
3
1
12
2

m/kg209.0
p
ρp
ρ ==
vàø:
IV. MẶT ĐẲNG ÁP, P
TUYỆT ĐỐI
, P
DƯ
, P
CHÂN KHÔNG
¾Mặt đẳng áp của chất lỏng nằm trong trường trọng lực là mặt phẳng nằm
ngang
¾Phương trình mặt đẳng áp: F
x
dx + F
y
dy + F
z
dz=0
¾Áp suất dư
: p
dư
= p
tđ
-p
a
¾Nếu tại một điểm có p
dư
< 0 thì tại đó có ápsuấtchânkhôngp

ck
p
ck
= -p
dư
= p
a
–p
tđ
¾p trong phương trình thuỷ tónh là áp suất tuyệt đối pt
đ.
hoặc áp suất dư
¾Các điểmnào (?) có áp suấtbằng nhau;
trong đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay
chất lỏng ?
5
6
5
6
7
1
2
34
134
0
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 5
V. ỨNG DỤNG
2. Đònh luật bình thông nhau:
p

A
=p
A’
+ γ
2
h
2
; p
B
=p
B’
+ γ
1
h
1
γ
1
h
1
=γ
2
h
2
Suy ra
Từp.tr thuỷtónh:
p=0, chân không tuyệt đối
h
tđ
A
A

B
td
BA
hpp γ+=
h
dư
A
A
p
a
B
h
ck
A
A
B
ck
A
ckck
B
du
A
du
hphpp γ=⇒γ−=
1. Các áp kế:
dudu
B
du
A
du

hhpp
γ=γ+=
p
a
h
1
γ
1
γ
2
h
2
A
A
’
B
’
B
A
’
Tại một vò trí nào đó trong lưu chất nếp áp
suất tăng lên một đại lượng Δp thì đại lượng
này sẽ được truyền đi trong toàn miền lưu chất
→ ứng dụng trong máy nén thủy lực.
3. Đònh luật Pascal:
f
p=f/a
F=pA
Pascal 1623-1662 , Pháp
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

THUY TINH 6
4. Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu:
p
a
h
p
a
+γh
p
a
h
p
dư
=γh
p
a
h
p
dư
/γ=h
p
ck
h
p
ck
/γ-h
p
ck
/γ
p

ck
h
p
ck
-γh
p
ck
p
ck
h
p
dư
/γ=h-h
1
p
ck
/γ
p
dư
=0, p
tđ
=p
a
h
1
=p
ck/
γ
5 . Phân bố áp suất trên một mặt cong:
h

p/γ=h
p/γ=h
6 . Áp kế vi sai:
γ
1
h
1
= γ
2
h
2
Ban đầu thì p
1
=p
2
=p
a
:
Khi áp suất ống bên trái tăng lên Δp: p
1
=p
a
+Δp; p
2
=p
a
0
h
γ
1

γ
2
h
1
h
2
p
a
→p
a
+ Δp
p
a
A
B
C
Δz
AB1BC2a
AB1BC2CAB1BAa
hhp
hhphpppp
γ−γ+=
γ
−
γ
+
=γ−==Δ+
)zhh()zhh(hhp
1122AB1BC2
Δ

−
−
γ
−
Δ
+
−
γ
=
γ
−
γ
=Δ⇒
)(z)(hp
2121
γ
+
γ
Δ+
γ
−
γ
=Δ⇒
Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ:
A
ah
zz.Ah.a =Δ⇒Δ=⇒
)(
A
ah

)(hp
2121
γ+γ+γ−γ=Δ⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 7
VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
C
x
y
C
y
I
xx
=I
c
+y
C
2
A
I
xy
=I
x’y’
+x
C
y
C
A
I
c

p
a
O(x)
y
α
C
h
D
y
dA
D
y
D
F
h
C
h
Tâm áp
lực
¾ Giá trò lực
ApAhAysinydAsin
dAsinyhdAdApF
du
CCC
A
AAA
dudu
=γ=αγ=αγ=
αγ=γ==
∫

∫∫∫
Tương tự :
Ay
I
xx
c
'y'x
CD
+=
¾ Điểmđặtlực
xx
AAA
D
IsindAysindAysinyydFFy αγ=αγ=αγ==
∫∫∫
2
Suy ra:
Ay
AyI
Ay
I
F
Isin
y
C
2
CC
C
xxxx
D

+
==
αγ
=
Ay
I
yy
C
C
CD
+=
ApF
du
C
du
=
Ay
AyxI
Ay
I
F
Isin
x
C
CC'y'x
C
xyxy
D
+
==

αγ
=
I
c
: M. q tính của A so với trục //0x và qua C
I
x’y’
: M. q tính của A so với trọng tâm C
¾ Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang:
F=γΩb
Đặt: Ω=(h
A
+h
B
).(AB)/2
Suy ra:
BD=[(h
B
+2h
A
)/(h
B
+h
A
)].(AB)/3
2
hh
p
BA
C

+
γ=
b)AB(
2
hh
ApF
BA
C
+
γ==⇒
B
A
h
A
h
B
Ω
h
A
h
B
D
C
*
F
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 8
O(y)
z
x

A
x
Mặt
cong A
dA
dA
z
dA
x
h
p
a
n
(n,ox)
dF
x
A
z
222
zyx
FFFF ++=
xcx
Ax
x
A
x
AA
xx
AphdAhdA
)ox,ncos (pdAdFF

=γ=γ=
==
∫∫
∫∫
¾ Thành phần lực theo phương x
¾ Thành phần lực theo phương z
WhdA
)oz,ncos(hdAdFF
A
z
AA
zz
γ=γ=
γ==
∫
∫∫
W: thể tích vật áp lực: là thể tích của vật thẳng đứng giới hạn bởi mặt cong A
và hình chiếu thẳng đứng của A lên mặt thoáng tự do (A
z
)
VII. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN
p
a
¾ Các ví dụ về vật áp lực W:
P
du
w
F
z
P

a
P
ck
w
F
z
P
a
P
ck
P
a
w
F
z
w
p
a
w
p
dư
p
dư
/γ
F
z
w
p
ck
p

a
p
ck
/γ
F
z
p
a
w
F
z
p
ck
p
a
p
ck
/γ
w
F
z
p
ck
p
a
p
ck
/γ
w
1

w
2
F
z1
F
z2
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 9
p
dư
p
a
F
z
W
1
:phần chéo liền nét
→F
z1
hướng lên.
W
2
: phần chéo chấm chấm
→F
z2
hướng xuống.
W=W
1
-W
2

→F
z
hướng xuống
p
dư
p
a
F
z
W
1
:phần chéo liền nét
→F
z1
hướng xuống.
W
2
: phần chéo chấm
chấm
→F
z2
hướng lên.
W=W
1
-W
2
→F
z
hướng lên
W

W
1
Ar
¾ Lực đẩy Archimède:
WWW
A
r
12
γ
=
γ
−
γ
=
W
2
(phần gạch chéo)
Archimede 287-212 BC
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 10
GAr −=
¾ Vật nổi
W
I
MD
yy
=
yy
D
Ar

C
G
A
ổn đònh: MD>CD
→M cao hơn C
D
Ar
M
C
G
D
C
G
Ar
M
không ổn đònh:MD<CD
→M thấp hơn C
M: Tâm đònh khuynh.
I
yy
: Moment quán tính của diện tích mặt nổi A so với trục quay yy.
W: thể tích nước bò vật chiếm chỗ
VIII. SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT
¾ Vật chìm lơ lửng
C
D
Ar
G
D
C

G
Ar
D
C
ổn đònh
không ổn đònh
Phiếm đònh
Ar
G
VIII. ỨNG DỤNG
Ví dụ 2:
Tính z, p
a
=76cmHg, γ
nb
=11200 N/m
3;
γ
Hg
=133000
N/m
3
Ta có: p
A
= p
B
+ γ
Hg
h
AB

=0.84 γ
Hg
+ γ
Hg
h
AB
= γ
Hg
(0.84+0.8)=1.64 γ
Hg
Mặt khác: p
A
–p
a
= γ
nb
.(z+0.4)
Suy ra: (z+0.4)=(p
A
–p
a
)/ γ
nb
=(1.64 γ
Hg
-0.76 γ
Hg
)/ γ
nb
=0.88(γ

Hg
/ γ
nb
)
=0.88.133000/11200=10.45m
Suy ra z = 10.05 m
p
a
z
40cm
40cm
p
tđ
=0
Hg
84cm
A
B
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 11
Ví dụ 3:
Bình đáy vuông cạnh a=2m. Đổ vào bình hai chất
lỏng khác nhau, δ
ù1
=0,8
;
δ
2
=1,1. V
1

=6m
3
; V
2
=5m
3.
Tìm p
B
γ
1
= δù
1
γ
n
=0.8*9.81*10
^3
N/m
3
γ
2
= δù
2
γ
n
=1.1*9.81*10
^3
N/m
3
Giải:
Gọi h

2
là bề dày của lớp chất lỏng 2: h
2
=(5/4)m.
Gọi h
1
là bề dày của lớp chất lỏng 1: h
1
=(6/4)m.
Ta có h
AB
= h
2
– h = 0.25m
Suy ra: p
B
=p
A
+γ
2
*h
AB
= p
A
+ γ
2
*(0.25)
Suy ra: p
B
= p

a
+ γ
1
*h
1
+ γ
2
*(0.25)
γ
1
γ
2
a=2m
B
h=1m
h2
h1
A
p
a
Suy ra: p
du
B
= 0+ γ
1
*(1.5) + γ
2
*(0.25)=9.81*10
3
(0.8*1.5+1.1*0.25)=14.5 m nước

Thí nghiệm: Ottovon Guericke (8.5.1654) tại Maydeburg, Đức
Dùng 2 bán cầu D = 37 cm, bịt kín và hút khí để áp suấttuyệt đối trong
qủacầubằng khơng .
Cho 2 đàn ngựakéovẫn khơng tách bán cầurađược. Vậyphảicần1 lực
bằng bao nhiêu để tách hai bán cầura(xemlựcdìnhgiữa2 báncầu khơng
đáng kể)
D
F =?
F =?
Chân khơng p(tuyệt đối) = 0
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 12
V
ídụ4:
Van phẳng AB hình chữ nhật cao 1,5m, rộng 2m, quay quanh trục A
nằm ngang như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van . Tính lực F
(xem hình vẽ) để giữ van đứng yên
Giải:
4.294m
2*5.1*25.4
12
5.1*2
25.4
Ay
I
yy
3
C
C
CD

=+=+=
KN 125.0775
2*5,1*)2/5,15(*10*81.9AhApF
3
C
du
C
du
n
=
−=γ==
Giá trò lực:
Vò trí điểm đặt lực D:
F?
5m
1,5m
A
B
C
y
C
=h
C
D
F
n
C*
O
y
y

D
0.706m4.294m5DB =−=⇒
Tính cách khác:
0.706m
3
5.1
5.35
5.3*25
3
AB
.
hh
h2h
DB
AB
AB
=
+
+
=
+
+
=
Để tính lực F giữ van yên, ta cân bằng moment: F
n
(AD)=F(AB)
Suy ra: F=F
n
(AD)/(AB)=125.07*(1.5-0.706)/(1.5) = 66.22 KN
p

a
Ví dụ 5:
Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang
như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vò trí điểm đặc lực D .
Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên
Giải:
h
C
= 3+2/3 = 3.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
AB
0
====
Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m
2
Áp lực: F
n
du
=
γ
h
C
A=9.81*3.666*3.079 = 110,76 KN

Toạ độ y
C
= OC= h
C
/sin(60
0
) = 4.234m
4.304m
079.3*234.4
36
31.2*667.2
234.4
Ay
36
h*b
y
Ay
I
yyOD
3
C
3
C
C
C
CD
=+=+=+==
AB chính là chiều cao của tam giác đều,
Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(60
0

)=2.667m
F
n
(AD)=F(2)
Suy ra: F=F
n
(AD)/(2)=110.76*(OD-OA)/2 = 110.76*(4.304-3.464)/2 =46.507 KN
A
B
E
p
a
3m
2m
α=60
0
C
C
h
C
B
A
D
y
O
F
F
n
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 13

E
A
B
P
0
du
= 0,1at
3m
2m
α=60
0
C
C
h
C
A
D
y
O
F
F
n
1m
p
a
B
Ví dụ 6:
Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang
như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vò trí điểm đặc lực D .
Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên

Giải:
h
C
= 1+ 3+2/3 = 4.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
AB
0
====
Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m
2
Áp lực: F
n
du
=
γ
h
C
A=9.81*4.666*3.079 = 140,97 KN
Toạ độ y
C
= OC= h
C
/sin(60

0
) = 5.389m
5.444m
079.3*389.5
36
31.2*667.2
389.5
Ay
36
h*b
y
Ay
I
yyOD
3
C
3
C
C
C
CD
=+=+=+==
AB chính là chiều cao của tam giác đều,
Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(60
0
)=2.667m
F
n
(AD)=F(2)
Suy ra: F=F

n
(AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2 = 140.97*(5.444 – 4.619)/2 =58.133 KN
Ghi chú: OA=4/sin(60
0
)
A
B
P
0
ck
= 0,6at
3m
2m
α=60
0
C
C
h
C
A
D
y
O
F
F
n
1m p
a
B
Ví dụ 7:

Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm
ngang như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vò trí điểm
đặc lực D . Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên
Giải:
p
C
= -
γ
h
C
= -9.81*10
3
*(1+ 2-2/3) = -9.81*10
3
* 2.333 N/m
2
Áp lực: F
n
du
=-
γ
h
C
A=-9.81*2.333*3.079
= -70.483 KN
Toạ độ y
C
= - OC= h
C
/sin(60

0
) = -2.694 m
m804.2-
079.3*694.2
36
31.2*667.2
694.2
Ay
36
h*b
y
Ay
I
yyOD
3
C
3
C
C
C
CD
=
−
+−=+=+==
F
n
(AD)=F(2)
Suy ra: F=F
n
(AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2 = 70.483*(3.464 – 2.804)/2 =23.25 KN

Ghi chú: OA=3/sin(60
0
)
AB =2.31 m
AE= 2.667m
A=3.079 m2
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 14
ĐS: h
D
=1,53m
Ví dụ 8:
Van tam giác đều ABM cạnh AB=1m đặt giữ nước như hình vẽ (cạnh AB thẳng đứng). p
suất trên bình chứa là áp suất khí trời. Biết hA=1m. Gọi D là vò trí điểm đặt lực F của nước
tác dụng lên van ứng với độ sâu là h
D
. Xác định h
D
A
B
A
B
M
h
A
p
a
D
h
D

Hdẫn: Ta để ý thấycơngthức tính moment qn tính
đốivới tam giác như trong phụ lục:
3
(*)
36
c
bh
I =
so vớitrụcsong songvớimộttrong3 cạnh (đáy b)
Trong khi đó, từ lý thuyết đãchứng minh, để xác định vị trí D ta áp dụng cơng thức:
C
DC
C
I
yy
yA
=+
Với Ic là moment q tính củadiện tích A so vớitrục song song Ox và qua trọng tâm C củaA
Như vây, muốn ứng dụng cơng thức (*) trong tính tốn y
D
cầnphảicómột trong 3 cạnh của
tam giác phải song song vớiOx (cụ thể là nằm ngang).
Trong hình vẽ của bài tốn, khơng có cạnh nào củatam giácnằm ngang, nên trướctiêncần
chia tam giác ra hai sao cho mộtcạnh củamỗi tam giác nhỏ nằm ngang. Sau đó tính lựcvà
vị trí điểm đặtlựcriêngđốivớitừng tam giác nhỏ. Cuối cùng tìm vị trí điểm đặtlựctổng
theo cơng thức:
11 2 2
12
D
D

D
F
yFy
y
FF
+
=
+
Ví dụ 9: Mộthệ thống tựđộng lấy
nướcvàoống đường kính D = 0,3 m
đượcthiếtkế bằng mộtcửachắnchữ
L. Cửachắncóbề rộng (thẳng góc với
trang giấy) b = 1,2m và quay quanh O.
Biếtápsuấttrongống là áp suất khí
trờivàtrọng lượng cửa khơng đáng kể.
a) Giảithíchcơ chế hoạt động củacửa
khi độ sâu h thay đổi.
b) Xác định độ sâu h tốithiểu để
cửa
bắt đầu quay.
Trục quay
Cửacóbề
rộng b
Cửachắnnước
vng góc
Nước
D
L=1m
ống lấynước
HD: Chọnchiều quay ngượcchiềukimđồng hồ là chiềudương

Phân tích các lựctácdụng lên cửa gồm hai lực:
F
x
tác động lên phầnvan chữ nhậtthẳng đứng, moment so vớiO sẽ là: F
x
h/3
F
z
tác động lên phầndiện tích tròn đường kính D, moment so vớiO sẽ là: F
z
L
Để van có thể lấynướcvàoống thì tổng moment: F
x
h/3-F
z
L = γh
3
b/6 - γ LhπD
2
/4 >0
Suy ra: h(γh
2
b/6 - γ LπD
2
/4) > 0 suy ra: γh
2
b/6 > γ LπD
2
/4 suy ra: h
2

> (LπD
2
/4) / (b/6 )
Suy ra:
2
3
0,56
2
LD
hm
b
π
>=
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 15
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 và
trọng tâm đặt tại G như hình vẽ. Tínháplựcnướctácdụnglênvan
và vò trí điểm đặc lực D . Xác đònh moment cần mở van
Giải:
KN10.333*5.1*
2
5.1
*10*81.9AhApF
3
cxxcxx
==γ==
KN523*
4

5.1*
*10*81.9L
4
R
WF
2
3
2
z
=
π
=
π
γ=γ=
KN65.165233.10FFF
222
z
2
x
=+=+=
0
x
z
52,571.570796
1.33
52
F
F
)(tg =α⇒===α
G 1,5m

nước
0,6m
0,6m
G
F
x
F
z
F
α
D
Nm 353166.0*6000*81.96.0*GM ===
O
p
a
Ví dụ 11:
Một hình trụ bán kính R=2m; dài L=2m Ở vò trí cân bằng như hình
vẽ . Xác đònh trọng lượng của phao và phản lực tại A
Giải:
KN39.24
2*2*
2
2
*10*81.9
AhApFR
3
xcxxcxxA
=
=
γ===

263.3941KNG
)RR
4
3
(*L*9.81W-WG
0FFG
22
12
2z1z
=
+π=γγ=⇒
=++
G
nước
A
R
F
z1
=γW
1
F
z2
=γW
2
p
a
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 16
Ví dụ 12:
Giải:

KN44.145
2*12.2*
2
12.2
*10*81.9
AhApF
3
cxxcxx
=
=
γ==
KN12.5989
2*
2
5.1
4
5.1*
*10*81.9
L
2
R
4
R
WF
22
3
22
z
=
⎟

⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
π
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
π
γ=γ=
KN45.9160.12145.44FFF
222
z
2
x
=+=+=
0
x
z

92.15285.0
15.44
6.12
F
F
)(tg =α⇒===α
2.12m5.1*2R2AB
22
===
Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=2m
quay quanh trục nằm ngang qua O như hình vẽ. Tính áp lực nước tác
dụnglênvan vàvòtríđiểmđặclựcD .
nước
F
x
F
z
F
R
45
0
45
0
α
A
B
C
F
z1
F

z2
p
a
O
Một ống tròn bán kính r = 1 m chứa nước đến nửa ống như hình vẽ.
Trên mặt thóang khí có áp suất dư p
o
= 0,5 m nước. Biết nước ở trạng
thái tónh. Tính tổng áùp lực của nước tác dụng lên ¼ mặt cong (BC) trên
1m dài của ống
Ví dụ 13
rp
o
B
C
Giải:
N98101*)5,05,0(*98101.r)
2
r
5,0(γApF
xcxx
=+=+==
N12605.851.285*98101).r5,0
4
r
π(γWγF
2
z
==+==
N 15973.2FFF

2
z
2
x
=+=
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 17
Ví dụ 14:
Giải:
Một khối hình hộp cạnh a=0,3m đồng chất tỷ trọng 0,6 nổi trên
nước như hình vẽ. Tính chiều sâu ngập nước x của hình hộp .
x
G = Ar
⇔
0.6*
γ
n
*a
3
=
γ
n
*a
2
*x
⇒x= 0.6*a =0.6*0.3
x = 0.18 m
Câu 13
:

Một vật hình trụ đồng chất có tiết diện hình vng, cạnh là a =
1m, chiều cao là H = 0,8m. Khi cho vào nước, mực nước ngập
đến độ cao là h=0,6m. Lực tác dụng lên một mặt bên của vật và
tỷ trọng của vật là:

h
H
a
a
Hình câu 14
Ví dụ 15:
ĐS: F=1765,8 N;
δ
=0,75
ĐS:
Ví dụ 16:
Mộtquả bóng có trọng lượng 0,02 N, phía dướicóbuộtmộtvậtnhỏ (bỏ qua thể tích)
trọng lượng 0,3N. Cho γ
khong khi
=1,23 kg/m
3
. Nếubơm bóng đầybằng khí có γ
khi
=0,8
kg/m
3

thì đường kính D quả bóng phảibằng bao nhiêu để bóng có thể bay lên được
Hdẫn:
b Vat khi khongkhi b b Vat khi b khongkhi b
GG G W GG W W
γγγ
++= →++ =
0.525220.140.0760.81.230.30.02
DD
3
WbgamakgamakkGvGb
bVat
b
khongkhi khi
GG
W
γγ
+
=
−
Vật đồng chấtnằmcânbằng lơ lửng trong mơi trường dầu-nướcnhư hình vẽ.
Biếttỷ trọng củadầu là 0,8. Phầnthể tích vậtchìmtrongnướcbằng phầnthể tích
vậttrongdầu. Tỷ trọng củavật?
ĐS: 0,90
Ví dụ 17:
Dầu
Nước
Vật
Hướng dẫn: Trọng lượng củavật cân bằng vớivớilực
đẩy Archimede do dầutácdụng lên nửacầutrênvà
nướclênnửacầudưới

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 18
A
•
B
•
Dầu
ω
A
•
B
•
Nước
ω
Một ống đo tỉ trọng như hình vẽ có khối lượng M = 0,045kg và tiết
diện ngang của ống là ω = 290mm
2
. Khi bỏ vào trong nước có tỉ trọng
δ
N
= 1 , ống chìm đến vạch A, và khi bỏ vào trong dầu có tỉ trọng δ
D
=
0,9 ống chìm đến vạch B. Tìm khỏang cách đọan AB
Giải:
Ví dụ 18
)ωLW(γWγgMG
ABdn
+
===

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−==⇒ 1
δ
1
ωγ
G
L;
γ
G
W
dn
AB
n
17.24mm1000*1
9.0
1
9810*10*290
045.0*81.9
L
6
AB
=
⎟

⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
−
Giải:
Ví dụ 19:
Bình trụ tròn chứa chất lỏng trong đó có thả phao hình cầu. Bình này lại
được nhúng nổi trên mặt thoáng bể chứa cùng loại chất lỏng. Biết :
Trọng lượng của bình là G
1
; Trọng lượng của chất lỏng chứa trong bình
là G
2
;
T số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z
1
/z
2
; Tìm trọng lượng của phao
Theo đònh luật Ar.; toàn bộ hệ chòu tác dụng của
lực đẩy Ar, hướng lên, bằng trọng lượng của khối
chất lỏng bò vật chiếm chỗ.
Trong khi đó lực theo phương thẳng đứng tác
dụng lên toàn bộ hệ bao gồm G+G
1
+G
2

.
Vậy: G + G
1
+ G
2
= Ar = z
1
A γ
với A là tiết diện ngang của bình.
Xét riêng hệ gồm chất lỏng trong bình và phao,
ta có trọng lượng của phao cũng bằng trọïng
lượng của khối chất lỏng bò phao chiếm trong
bình : G = z
2
A γ -G
2
⇒ Aγ = (G+G
2
)/z
2
G
1
G
z
2
z
1
Ar
G
2

Suy ra: G + G
1
+ G
2
= z
1
(G+G
2
)/z
2
= kG+kG
2.
2
1
G
1k
G
G −
−
=⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 19
Một bình bằng sắt hình nón cụt không đáy ( δ=7.8) đượcúp như hình
vẽ. Đáy lớn R=1m, đáy nhỏ r=0,5m, cao H=4m, dày b=3mm. Tính giới
hạn mực nước x trong bình để bình khỏi bò nhấc lên.
Giải:
3/)RrrR(HπV
22
gnoncuttron
++=

Trọng lượng bình:
3/))br)(bR()br()bR((HπV
22
inoncutngoa
++++++=
R
r
H
x
b
W
r
x
Fz
Ví dụ 20:
Điều kiện: G ≥ F
z
Suy ra: 441.96 ≥ F
z
Giải ra được x ≤ 1.09 m
kgf96.441057.0*8.7*1000)VV(δγVδγG
gnoncuttroninoncutngoann
==−==
096.441x7.392x36.16
23
≥+−⇔
32
2
n
22

n
x
2
x
22
nnz
x36.16x7.392x
H
)rR(
x
H
)rR(R3
3
xπ
γ
))rR(
H
x
R(R))rR(
H
x
R(R2
3
xπ
γ
)RrrR(
3
xπ
xπRγWγF
−=

⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
−
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−−−−−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣

⎡
+−−==
Ta tính lực F
z
hướng lên do nước tác dụng lên bình:
()
rR
H
x
Rr
rR
rR
H
x
x
x
−−=⇒
−
−
=
Từ quan hệ:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 20
a
H
g
g
*
α
A

B
O
x
z
VIII. TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI
1.Nước trong xe chạy tới trước nhanh dần đều:
•Phân bố áp suất:
0dp
ρ
1
)dzFdyFdxF(
zyx
=−++
với Fx=-a; Fy=0; Fz=-g
Suy ra:
Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:
*
aABABB
B
A
A
hpphayhppgz
p
gz
p
γ+=γ+=⇒+
ρ
=+
ρ
•P.tr Mặt đẳng áp:

Cx
g
a
zCgzax)gdzadx( +−=⇒=+⇒=−− 0
C
p
gzaxdp)gdzadx( =
ρ
++⇒=
ρ
−−− 0
1
2.Nước trong bình trụ quay đều quanh trục thẳng đứng:
ω
2
r
H
H/2
H/2
O
z
r
g
ω
A
B
Ở đây: F
x
=ω
2

x; F
y
=ω
2
y; F
z
=-g.
Suy ra:
C
g2
rω
γ
p
z0dp
ρ
1
)gdzydyωxdxω(
22
22
=−+⇒=−−+
Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:
*
aABAB
2
B
2
B
B
2
A

2
A
A
hγpphayhγpp
g2
rω
γ
p
z
g2
rω
γ
p
z +=+=⇒−+=−+
•P.tr Mặt đẳng áp:
C
g
r
zC
g
r
z)gdzydyxdx( +
ω
=⇒=
ω
−⇒=−ω+ω
22
0
2222
22

•Phân bố áp suất:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 21
W
ρ
r
Wg
ρ
l
Wg
ρ
r
Wω
2
r
ρ
l
Wω
2
r
F
r
F
l
ρ
r
>ρ
l
: chìm ra
ρ

r
<ρ
l
: nổi vào
Nguyên lý lắng ly tâm :
IX. ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI
¾Hạt dầu quay cùng trong nước sẽ nổi lên mặt thoáng và ở tâm bình trụ.
¾Hạt cát
quay cùng trong nước sẽ chìm xuống và ở mép dáy bình trụ.
Ví dụ 21:
Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước ở độ sâu h
o
=1m và di chuyển
ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s
2
. Biết bình có đường kính D = 2m.
Tính áp lực của nước tác dụng lên đáy bình trong lúc di chuyển với gia tốc trên
Giải
x
g
a
z −=
Chọn gốc toạ độ là giao điểm của trục bình và mặt thoáng , p.tr mặt thoáng:
Tại x=-D/2:
m2.012.1hHm407.01
81.9
4
z
02/D
=−=−>==

−
Vậy khi bình chuyển động nước tràn ra ngoài. Sau khi
tràn ra xong, mặt thoáng nước phải vừa chạm mép sau
bình. Giả sử lúc ấy bình dừng lại, thì mực nước trong
bình còn lại là h
1
. Ta có:
m793.0407.02.1
2
hΔ
Hhm407.01
81.9
4
z
2
hΔ
12/D
=−=−=⇒===
−
Suy ra lực tác dụng lên đáy bình lúc ấy là:
KN 24.42
4
D
πhγF
2
1
==
h
1
D

x
H
Δh
Δh/
2
O
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 22
Quả bóng không trọng lượng đượcbuộc trong thùng kín đầynước. Thùng chuyển
động tới nhanh dần đềuvớigiatốca. Quả bóng sẽ chuyển động như thế nào? Và ở
vị trí nào thì đạt đượcgiátrị cân bằng. Lựccăng T tác động lên sợidây
Ví duï 22:
Do thùng chuyển động nhanh dần đều, áp suấttácdụng lên các điểm ở nửamặttrướcquả
bóng nhỏ hơnnửamặt sau (xem lạilýthuyết thùng nướcchuyển động tới nhanh dần đều
trong tĩnh tương đối). Như vậybóngsẽ chuyển động về phía trước
Khi sợidâyđạttớivị trí nghiêng mộtgócα vớiphương ngang như hình vẽ thì bong bóng
sẽ cân bằng vớigócα
được tính như sau: cotgα = g/a
Giá trị lựccăng T sẽ tìm đượctrêncơ sở cân bằng lựctrênphương củalựccăng T
(phương củag*)
α
a
g
a
g*
HƯỚNG DẪN:
ĐS:
Ví duï 23:
Một bình bên trái đựng nước, bên phảikínkhívớiápsuấtdư p
0

. Trên vách ngăngiữa
hai bên có một van hình vuông nằm ngang, có thể quay quanh trụcnằm ngang qua A,
cạnh b=0,2m. Khoảng cách thẳng đứng từ trọng tâm van tớibề mặtnướccủangănbên
trái là h
C
=1m. Toàn bộ bình được đặt trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều
vớigiatốca=2m/s
2
. Nếuápsuất bên trên mặtnướccủangăntráilàp
ck
=2 m nướcthì
để van ở trạng thái cân bằng như hình vẽ, áp suấtp
0
phải là bao nhiêu?
393.9298480.042-1962-0.210.2
Fn, Np
c
, N/m
2
A, m
2
a, m/s
2
Pdu, N/m
2
pdu, m nươch
c
, mb, m
Hdẫn:
nC

F
pA=
()
Cdu
C
pp gah
ρ
=++
0
00 0
()
() ()
2/2
n
n
bADF
F
AD F F F p
bA
=→= →=
a
A
p
0
p
ck
B
h
C
F

n
F
0
D
2
3
AB
AB
pp
b
AD b
pp
⎛
⎞
+
=−
⎜⎟
+
⎝⎠
10241.67409.66670.1039971102986671.10.9
p
0
, N/m
2
F
0
, N
AD, m
p
B

, N/m
2
p
A
, N/m
2
h
B
, mh
A
, m
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 23
Ví dụ 24:
Xe chở nước dài 3m, cao 2m. Nước trong bình lúc xe đứng yên là 1,5m. Xe đang chuyển động
đều trên mặt phẳng ngang đến một dốc nghiêng lên 30
0
.
a) Hỏi nếu xe vẩn chuyển động đều thì nước có tràn ra không?
b) Để nước không tràn ra thì xe phải chạy chậm dần đều với gia tốc a=bao nhiêu?
c) Tính áp lực tác dụng lên thành trước và sau xe khi xe chuyển động chậm dần đều như
câu b. Cho bề rộng xe b=1m
Hdẫn:
Nhận xét thấy khi xe đứng yên trên dốc thì nước đã tràn ra rồi (tính ra Δh=1,5*tg(30
0
)=0,866m>0,5m).
Nên để nước không tràn ra ngoài thì xe phải chạy chậm dần đều với giai tốc a. Ta chọn hệ trục xoz
như hình vẽ và phân tích lực khối của phần tử lưu chất, và chiếu lên phương x, z(xem hình vẽ).
g
c

o
s
3
0
0
30
0
z
x
A
(
1
,
5
;

-
0
,
5
)
B
(
-
1
,
5
;
0
,

5
)
g
Đ
ư
ơ
ø
n
g
n
a
è
m
n
g
a
n
g
o
2
m
1
m
a
-
g
s
i
n
3

0
0
3
0
0
2m
3m
1,5m

Δ
h
00 00
1
( sin 30 ) cos30 ( sin 30 ) cos30
p
a
g
dx
g
dz d
p
a
g
x
g
zC
ρρ
−−=⇔=−−+
0
00

0
sin 30
( sin 30 ) cos30 0
cos30
ag
ag dxg dz z xC
g
−
−−=⇔= +
Để nước không tràn ra ngoài nên mặt thoáng phải đi qua B(-1,5; 0,5) và A(1,5; -0,5), thế vào ptr mặt đ.
áp. Suy ra gia tốc a=2,07m/s
2
Ptr phân bố áp suất:
Ptr mặt đẳng áp:
Từ ptr phân bố áp suất nhận xét thấy trên thành xe sau hoặc trước, áp suất của một điểm bất kỳ được
tính theo áp suất của điểm trên mặt thoáng như sau:
000
cos30 cos30 cos30 ( )
B
B
pp
gz gzp zz
γ
ρρ
+=+⇒= −
Suy ra lực tác dụng lên thành sau, trước là:
2
2
00
0

2
cos30 cos30
2
s
F
hbdh b
γγ
==
∫
2
1
00
0
1
cos30 cos30
2
tr
F
hbdh b
γγ
==
∫
Ví dụ 25:
Một bình trụ D=100mm chứa nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua
tâm.
Khi mực chất lỏng giữa bình hạ thầp xuống 200mm (so với lúc tónh) thì bình
quay với vận tốc bao nhiêu? Nếu quay bình với n=800v.ph mà không muốn
đáy bò cạn thì chiều cao tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu?
Giải
ω

2
r
H
0.2
m
0.2
m
O
z
r
g
ω
A
B
Phương trình mặt thoáng:
g2
Rω
H
g2
rω
z
2222
=⇒=
Khi mực nước giữa bình hạ xuống 0,2m thì H=0,4m.
Suy ra:
ph/vong53556.03s
)05.0(
81.9*2*4.0
ω
81.9*2

)05.0(ω
4.0
1-
2
22
===⇒=
Nếu quay bình với n=800v/ph =83,76 s
-1
mà không muốn đáy bò cạn thì :
0.896m
81.9*2
)05.0()76.83(
H
22
==
Vây chiều cao tối thiểu của bình phải là 0.896 m
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 24
Ví dụ 26:
Một hệ thống gồm 3 ống nghiệm thẳng đứng bằng và thông nhau quay
quanh Oz qua ống giữa như hình vẽ. Vận tốc quay n=116 vòng/ph. Bỏ
qua độ nghiêng mặt nước trong ống. Tìm p
C
, p
O
, p
B
trong hai trường
hợp nút kín và không nút C, C’,
Giải:

Nếu nút kín C,C’ thì khi quay, nước không di chuyển,
nhưng áp suất tại C và C’ sẽ tăng lên. Phương trình mặt
đẳngáp–ápsuấtp
C
(chọn gốc toạ độ tại đáy parabol):
m 0.30
81.9*2
2.0*12.15
h
g2
rω
z
2222
==⇒=
Như vậy áp suất dư tại C và C’ bằng nhau và bằng:
2951N/m 0.30*9810hγpp
2du
'C
du
C
====

N/m 6875)3.04.0(*γp
3924N/m 0.40*98104.0*γp
2du
B
2du
D
=+=⇒
===⇒

A
C’
C
ω
D
B
r=0.2m
r=0.2m
O
hhhh
40cm
Nếu không nút C,C’ thì khi quay, nước tại A sẽ hạ thấp
xuống h, và nước tại C và C’ sẽ dâng lên h/2. Phương
trình mặt đẳng áp – áp suất khí trời (chọn gốc toạ độ tại
đáy parabol):
r=0.2m
r=0.2m
AC’ C
ω
D
B
O
h
h/2
0.2mh m 0.30
81.9*2
2.0*12.15
h
2
3

g2
rω
z
2222
=⇒==⇒=
2
'
/ 2 9810*0.10 981N/m
du du
CC
pp h
γ
⇒== = =

N/m 4905)1.04.0(*γp
1967.5N/m 0.2*9810)2.04.0(*γp
2du
B
2du
D
=+=⇒
==−=⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 25
A
H
Mộthệ thống gồmbìnhtrụ hở bánkínhR chứa nướccaosovới đáy là H. Cho
bình quay đều quanh trụcthẳng đứng qua tâm vừa đủ để nước khơng tràn ra. Sau
đó đặt tồn bộ hệ thống quay này trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều
với gia tốc a. Cho biết : R=0,4m; H=1,2m; a=2m/s

2
a) GọiA làđiểm ởđáy parabol mặtthốngnước. So vớikhichưa đặthệ thống vào
thang máy, thì vị trí củaAnhư thế nào?
b) Lực tác dụng lên đáy bình khi bình trong thang máy?
Ví dụ 27:
Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, nếuchọngốctọa độ
tại đáy củamặt thống thì phương trình mặtthốngtrở thành:
Vậy paraboloit mặtthốngtrở nên cạnhơn, nên nướcsẽ khơng
tràn ra ngồi, điểmA sẽ di chuyển lên trên
22
2( )
r
z
g
a
ω
=
+
H dẫn:
Câu 14
: Một bình hình trụ bán kính R=0,6m, chiều cao là H=0,7m; đựng nước đến độ cao h =
0,4m. Bình quay tròn với vận tốc N (vòng / phút) được treo trong thang máy chuyển động lên
chậm dần đều với gia tốc khơng đổi là a = 1,5 m/s
2
. Xác định N tối đa để nước khơng tràn ra
ngồi.

ĐS: 54,61 vòng/phút
Ví dụ 28:
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 tại A- tâm đáy trên
của bình là áp suất khí trời. Tính lực tác dụng lên mặt bên của bình
Giải
b
g2
rω
*h
22
=
Ta có:
dA
x
x
y
0
r
y
a/2
a
A
h*
Mặt đẳng áp - p
a
C
Lực tác dụng lên vi phân dA
x
bằng:
bdy
g2