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
Bài 2-23: Một van hình chữ nhật có thể quay
quanh trục nằm ngang qua A, chiều dài van là b.
Bỏ qua chiều dày van. Xác định trọng lượng G của
van theo các hệ số : h
1
, h
2
, h
3
, ρ, b, và g. ( Xem
van đồng chất )
1
3
1
3
γ
γ
γ
( )
phai A phai B
2 2 3 3 3 2 3

1
0
P P
( ) (2 )
2 2
3sin 60
h h h h bh h h
F b AB b
γ γ γ
+
+ + +
= × = × =
Bài giải
Áp suất tại A : P
phải A
=
Áp suất tại B: P
phải B
=
P
trái B
=
Áp suất tại C: P
C
= 0
Van phẳng hình chữ nhật có đáy nằm ngang nên ta có
thể sử dụng biểu đồ phân bố áp suất 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 γ

γ
 
+
 
= ×
 ÷
 ÷
 ÷
+
 
 
 
 
+ + +
   
= × = ×
 ÷
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
+ +
   
 
 
3 3 2 3 3 2 3
1
2 3 2 3
2 2 3 2 3 2
2 2
3 3 3 3 3

h h h h h h h
AB l
h h h h
   
+ +
     
= − = − × = ×
 ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
+ +
     
   
Điểm đặt của áp lực F
1
cách đáy một đoạn :
Điểm đặt của áp lực F
1
cách A một đoạn :
( )
( ) ( )
( )
( )
2
3 1 3 1 3 1
ái 3 1
2
0 0
2 2
3
sin 60 sin 60

C tr B
b h h h h b h h
P P h h
F b
γ γ
 
− − −
+ −
 ÷
= × × = × =
 ÷
 
( )
3 1
3 1
2
0
2
3sin 60
3 3
h h
h h
l
−
−
= =
( )
( )
3 1
3

2 3 1
2
2
2
2
3 3 3 3 3
h h
h
AB l h h
−
 
= − = − = +
 ÷
 
Áp lực nước tác dụng lên van BC:
Điểm đặt của áp lực F
2
cách đáy một đoạn :
Điểm đặt của áp lực F
2
cách A một đoạn :
1 2
0
G F F
M M M
→ → →
+ + =
( ) ( )
( )
( )

( )
( )
( ) ( ) ( )
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 h h h
h h
Gh
b b
h h h h h h h
γ
γ
γ γ
⇔ + − = −
−
⇔ + × +
+
+
 
= × ×
 ÷
+
 
⇔ + − + = +
Phương trình cân bằng momen :
( )
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 1 2 1
3 3
2 3
3 1 2 1
3
2 2
3 3 3
9 9
2 3

3
2 2 3 4 3
3
9 9
3
0,77
Gh
b b
h h h h h h h h h
h h h h
b
G h h h h b
h h
h h h h
G gb
h
γ γ
γ
γ
ρ
⇔ = + − = + −
 
+ −
⇒ = + − × =
 ÷
 ÷
 
 
+ −
⇒ =

 ÷
 ÷
 
ĐS :
( )
2 3
3 1 2 1
3
3
0,77
h h h h
G gb
h
ρ
 
+ −
=
 ÷
 ÷
 
Bài 2-33: Một phao hình trụ bán kính 2m, dài 2m ở vị
trí cân bằng như hình vẽ. Xác định trọng lượng của
phao và phản lực tại A.
C
B
x
z
xz
C
B

ω
ω
d
γ
3
x x c
3
F = R = Rl h = 2 2 0,8 9,81 10 1
=31,392 10 (N)= 3,2 (Tf)
d
γ
⇒ × × × × ×
×
1) Phản lực tại A : R
X

R
X

= F
X
=
P
X
CB
P
X
CB
=
Với h

c
= 1
Giải:
= Rl
hc
d
γ
∀
d
γ
π
4
1
π
2
1
n
γ
d
γ
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 )
CB
=
( R
2
l –
P

z
CA
=
R
2
l + 2R
2
l
G = P
z
= P
z
CA
- P
z
CB
P
z
CB
= R2l)
2 3 3 2
3 2 2
1
= 2 2 9,81 10 + 0,8 9,81 10 2 2 2
2
1
- 0,8 9,81 10 (2 2 - 2 2)
4
π
π

× × × × × × × × ×
× × × × × ×
×
= 2,354
10
5
(N) = 23,984 (Tf)
Vậy
1) Phản lực tại A :R
x
= 3,2 Tf ; R
y
= 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

x y z
u x u y u z
= = =
Xác định phương trình đường dòng đi qua
A ( 2,4,-6 )
Bài giải
Phương trình vi phân đường dòng :
Uz
dz
Uy

dy
Ux
dx
==
2 2 2
dx dy dz
x y z
⇒ = =
( )
2 2 2 2

dx dy dx dy
x y x y
∗ = ⇔ =
∫ ∫
xy
CC
yx
1111
−=⇔+
−
=
−
⇔
A ( 2, 4, -6 )
1 1 1
4 2 4
C
−
⇔ = − =

1
)(4
4
111
−=
−
⇔
−
=−⇒
xy
yx
xy
( )
2 2 2 2

dx dy dx dy
y z y z
∗ = ⇔ =
∫ ∫
yz
CC
zy
1111
−=⇔+
−
=
−
⇔
12
5

4
1
6
1
−
=−
−
=⇔
C
5
)(12
12
511
−=
−
⇔
−
=−⇒
yz
zy
yz
A ( 2,4,-6 )