BÀI GIẢNG CƠ LƯU CHẤT - NGUYỄN THỊ BẢY

TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 1
MỞ ĐẦU
CHƯƠNG 1
I. GIỚI THIỆU MÔN HỌC CƠ LƯU CHẤT
Đối tượng nghiên cứu:
chất lỏng
chất khí
Phạm vi nghiên cứu :
các qui luật của lưu chất ở trạng thái tónh và động.
Mục tiêu nghiên cứu :
Nhằm phục vụ trong nhiều lónh vực :
¾Thiết kế các phương tiện vận chuyển : xe hơi, tàu thủy, máy bay, hỏa tiễn
¾Xây dựng: như cấp, thoát nước, công trình thủy lợi (cống, đê, hồ chứa, nhà máy
thủy điện ), tính toán thiết kế cầu, nhà cao tầng…
¾Thiết kế các thiết bò thủy lực : máy bơm, tua bin, quạt gió, máy nén
¾Khí tượng thủy văn : dự báo bão, lũ lụt ,
¾Y khoa: mô phỏng tuần hoàn máu trong cơ thể, tính toán thiết kế các máy trợ tim
nhân tạo
¾Trong cuộc sống hằng ngày, cũng cần rất nhiều kiến thức cơ bản về CLC. Ví dụ:
Lực hút giữa hai doàn tàu đang chạy song song nhau, nồi áp suất,…
Phân biệt lưu chất :
¾Lực liên kết giữa các phân tử nhỏ → Có hình dạng phụ thuộc vào vật chứa.
¾Không chòu tác dụng của lực cắt, kéo → Lưu chất là môi trường liên tục.
¾Dưới tác dụng của lực kéo → Lưu chất chảy (không giữ được trạng thái
tónh ban đầu)
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 2
II. CÁC TÍNH CHẤT VẬT LÝ CƠ BẢN CỦA LƯU CHẤT

¾Khối lượng riêng:
2.1 Khối lượng riêng, trọng lượng riêng, tỷ trọng, thể tích riêng:
)m/kg(
VΔ
MΔ
limρ
3
0VΔ →
=
¾Trọng lượng riêng:
N81,9kgf1);m/kgf();m/N(gργ
33
==
¾Tỷ trọng:
n
ρ
ρ
δ =
)m/N(10.81,9γ
33
n
=
3
kk
3
n
m/kg228,1ρ
m/kg1000ρ
=
=

n
γ
γ
δ =
Ví dụ:
Nếu xem g=const thì:
s
F
n
F*
F
n
F
s
n
F*
F
n
F
s
F
F*
n
F*
s
Sơ đồ lực hút Trái đất, lực ly tâm và trọng lực
Sự thay đổi g theo vó độ và độ cao:
F*:Lực hút trái đất (F*
s
,F*

n
).
F: Lực ly tâm (F
s
,F
n
)
F*
n
-F
n
= G: lực trọng trường = Mg
Tại xích đạo (ϕ=0
0
): g=9,780 m/s
2
Tại vó tuyến ϕ=50
0 :
g=9,810 m/s
2
Tại vùng cực: g=9,832 m/s
2
g cũng thay đổi theo chiều cao z, z
càng lớn, g càng giảm do lực hút
củatráiđấtlênvậtgiảm
¾Thể tích riêng:
ρ
1
V =
2.2 Tính nén được:

Hệ số nén β
p
:
dV
dp
VK
0
−=
ρ
ρ
d
dp
K =
dp
V/dV
β
0
p
−=
Suất đàn hồi K:
Hay:
1. Đối với chất lỏng:
K
nước
= 2,2 10
9
N/m
2
¾K thường dùng cho chất lỏng, hầu như là hằng số, rất ít phụ thuộc vàp áp suất và
nhiệt độ

¾Hầu hết các loại chất lỏng rất khó nén nên được xem như là lưu chất không nén
¾Một dòng khí chuyển động với vận tốc nhỏ thì sự thay đổi khối lượng riêng không
đáng kể nên vẫn được xem là lưu chất không nén.
¾Khi dòng khí chuyển động với vận tốc lớn hơn 0,3 lần vận tốc âm thanh (khoảng
100 m/s) thi mới xem là lưu chất nén được
2. Đối với chất khí, xem như là khí lý tưởng:
p = ρ RT
pV = RT
Hay:
¾Trong trường hợp khí nén đẳng
nhiệt:
pV = const
Lưu ý: Trong các công thức trên, áp suất p là áp suất tuyệt đối
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 3
Ví dụ 1:
Nồi áp lực gồm phần trụ tròn có đường kính d=1000mm, dài l=2m; đáy và
nắp có dạng bán cầu. Nồi chứa đầy nước với áp suất p
0.
Xác đònh thể tích
nước cần nén thêm vào nồi để tăng áp suất trong nồi từ p
0
=0 đến
p
1
=1000at. Biết hệ số nén của nước là β
p
=4,112.10
-5

cm
2
/kgf=4,19.10
-10
m
2
/N. Xem như bình không giản nở khi nén
l
d
Giải:
Gọi V
0
; p
0
là thể tích và áp suất nước ở trạng thái đầu; để sau khi nén
có:
V
1
; p
1
là thể tích và áp suất nước ở trạng thái sau;
Như vậy sau khi nén thêm nước vào, thể tích nước V
1
trong bình chính là
thể tích bình:
3
23
1
2.094395mlπ
2

d
2
d
π
3
4
V =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
1pΔβ
V.pΔ.β
VΔ
pΔ
)VΔV/(VΔ
pΔ
V/VΔ
β
p

1p
1
0
p
−
=⇒
−
−=−=
Ta có:
Thế số vào ta được :
-89.778lítV-VVΔ
01
=
=
Vậy cần nén thêm vào bình 89.778 lít nước
Ví dụ
2:
Dầu mỏ được nén trong xi lanh bằng thép thành dày tiết diện đều như hình
vẽ. Xem như thép không đàn hồi. Cột dầu trước khi nén là h=1,5 m, và
mực thuỷ ngân nằm ở vò trí A-A. Sau khi nén, áp suất tăng từ 0 at lên 50 at,
thì mực thuỷ ngân dòch chuyển lên một khoảng Δh=4 mm. Tính suất đàn
hồi của dầu mỏ
Giải:
A
A
h
Hg
Dầu
mỏ
Thép

nước
N/m10-5.44E
h.pΔ
hΔ
pΔ
h.S/hΔ.S
pΔ
V/VΔ
β
2
0
p
==−=−=
2
p
N/m091.84E
β
1
K +==⇒
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 4
Giải cách 1:
Ví dụ 3:
Một bình thép có thể tích tăng 1% khi áp suất tăng thêm 70 MPa. Ở
điều kiện chuẩn, bình chứa đầy nước 450 kg ( ρ
nước
=1000kg/m
3
). Biết

K
n
=2,06.10
9
Pa. Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện
chuẩn) để tăng áp suất trong bình lên 70 MPa.
0,45 m
3
cũng chính là thể tích nước ban đầu trong bình ở đ.k chuẩn.
Gọi V
0
; p
0
là thể tích và áp suất nước ở trạng chuẩn; để sau khi nén trở thành
V
1
; p
1
(là thể tích và áp suất nước ở trạng thái sau);
Ta co thể lý luận được V
1
chính là thể tích bình lúc sau:
Ta có:
Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn): là:
3
B
0.020487mV- =−==Δ 45,0470487,0VV
0
3
BB1

0.4545mV%1VV =+=
Thể tích bình lúc đầu V
B
tính như sau:
3
B
m45.0
1000
450
V ==
()
3
1
0
01
0
0.470487m
pΔK
V.K
V
VV
pΔ
VK =
−
=⇒
−
−=
Tương ứng với khối lượng:
20.48744kgMΔ
=

Ví dụ 3:
Một bình thép có thể tích tăng 1% khi áp suất tăng thêm 70 MPa. Ở điều
kiện chuẩn, bình chứa đầy nước 450 kg ( ρ
nước
=1000kg/m
3
). Biết
K
n
=2,06.10
9
Pa. Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện chuẩn)
để tăng áp suất trong bình lên 70 MPa.
Giải cách 2:
Gọi V
0
; p
0
làthểtíchvàápsuấtnước trong bình ở trạng ban đầu; V
0
=V
B
V
1
; p
1
là thể tích và áp suất nước nước trong bình ở trạng thái sau;
Như vậy sau khi nén trong bình còn rỗng một thể tích là:
Ta có:
Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn p

0
) : là:
3
0
0.020487mVΔ =
BB101
V%1VΔV%1)V-V(VΔ
+
−
=
+
=
Thể tích bình lúc đầu V
B
tính như sau:
3
B
m45.0
1000
450
V ==
3
B
0
1
0
0
0.019791mV%1
K
pΔ.V

VΔ
K
pΔ.V
VΔ
VΔ
pΔ
VK =+=⇒
−
=⇒−=
Tương ứng với khối lượng:
20.48744kgMΔ
=
ΔV
1
là thể tích phần rỗng mà ta cần bổ sung nước thêm vào bình ứng với áp suất p
1
Đểtínhthểtíchnước ΔV
0
tương ứng đó với điều kiện áp suất p
0
, ta cần tính lại một
lần nữa qua suất đàn hồi K:
3
0
1
0
01
0
0.020487mVΔ
pΔK

VΔ.K
VΔ
VΔVΔ
pΔ
VΔK =⇒
−
=⇒
−
−=
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 5
Ví dụ 4:
Nén khí vào bình thép có thể tích 0,3 m
3
dưới áp suất 100at. Sau thời gian bò
rò, ápsuấttrongbìnhcònlại90 at. Bỏqua sự biến dạng của bình. Tìm thể tích
khí bò rò ứng với đ. kiện áp suất khí trời p
a
=1at. Xem quá trình nén là đẳng
nhiệt
Giải
Gọi V
0
; p
0
là thể tích và áp suất khí trong bình ở trạng chuẩn ban đầu;
V
1
; p

1
làthểtíchvàápsuấtcũngcủa khối khí đó ở trạng thái sau;
Ta có:
3
a
1
a
3m
p
V.pΔ
VΔ ==
3
1
0
11100
0.333333m
p
pV
VpVpV ==⇒=
(V
1
-V
0
)=ΔV là thể tích khí bò mất đi (vì bình chỉ còn chứa lại V
0
), ứng với áp suất 90 at :
Đểtínhthểtíchkhí ΔV
a
tương ứng đó với điều kiện áp suất p
a

, ta cần tính lại một
lần nữa :
Mộtbìnhgas ban đầucókhốilượng M = 15 kg có áp suấtdưpo= 500 kPa. Sau
mộtthờigiansử dụng , ấp suấtdưtrongbìnhcònlạip = 300 Kpa. Biếtvỏ bình
gas có khốilượng 5 kg và không bị thay đđổikhi ápsuấtthayđổi. Tính khối
lượng gas đã sử dụng trong thờigiantrên
Ví dụ 4a: (xem Baitáp+2.xls, SV tự giải)
3.34392242
6.65607810530050015
Mgazsudung
Mgaz1Mgaz0Mvop1, Kpap0,KpaM
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 6
2.3 Tính nhớt:
Hệ số nhớt phụ thuộc vào nhiệt độ
Chất lỏng:
μ
giảm khi nhiệt độ tăng
Chất khí:
μ
tăng khi nhiệt độ tăng
Hệ số nhớt phụ thuộc vào áp suất:
Chất lỏng:
μ
tăng khi p tăng
Chất khí :
μ
không đổi khi p thay đổi
Tính chất của hệ số nhớt μ :

τ
du/dn
l
.
c
B
i
n
g
h
a
m
l.c lý tưởng
l
.
c
Ne
w
t
o
n
l
.
c
P
h
i
N
e
w

t
o
n
l
.
c
P
h
i
N
e
w
t
o
n
Chất lỏng Newton và phi Newton
Hầu hết các loại lưu chất thông thường như nước,
xăng, dầu … đều thỏa mãn công thức Newton, tuy
nhiên có một số chất lỏng (hắc ín, nhựa nóng chảy,
dầu thô ) không tuân theo công thức Newton được
gọi là chất lỏng phi Newton, hoặc đối với chất
lỏng thông thường khi chảy ở trạng thái chảy rối
cũng không tuân theo công thức Newton.
n
u
A
Chất lỏng Newton chảy tầng
⇒
Đònh luật ms nhớt Newton:
dn

du
μ""τ −=
AτF
ms
=
Như vậy lực ma sát nhớt sẽ tính bằng
2
242
:[ /( . ); . /( ); . , ];1 0,1 /( . )
:[ / ; ];1 10 /
kg m s N s m Pa s poise poise kg m s
m s stokes st m s
μ
μ
ν
ρ
−
=
==
Ví dụ
5:
Đường ống có đường kính d, dài l, dẫn dầu với hệ số nhờn μ, khối lượng
riêng ρ. Dầu chuyển động theo quy luật sau:
u=ady-ay
2
(a>0; 0<=y<=d/2). Tìm lực ma sát của dầu lên thành ống
Giải
)2( aday
dy
du

+−==
μμτ
Chọn trục toạ độ như hình vẽ, xét lớp chất lỏng bất kỳ có toạ
độ y (lớp chất lỏng này có diện tích là diện tích mặt trụ có
đường kính (d-2y)). Ta có:
Tại thành ống: y=0; suy ra:
y
x
d
l
u
max
)(ad
μ
τ
=
Như vậy lực ma sát của dầu lên thành ống là:
2
)).(( alddladAF
ms
πμπμτ
===
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 7
Ví dụ
6:
Tấm phẳng diện tích A trượt ngang trên mặt phẳng trên lớp dầu bôi trơn
có bề dày t, hệ số nhớt μ với vận tốc V. Tìm phân bố vận tốc lớp dầu theo
phương pháp tuyến n của chuyển động

Giải
Phân tích lực tác dụng lên lớp chất lỏng bất lỳ
có toạ độ n như hình vẽ, ta có:
n
μ,t
0
V
G
F
ms
F
N
Cn
A
F
udn
A
F
du
dn
du
AFF
ms
+=⇒=⇒==
μμ
μ
Tại n=0 ta có u=0, suy ra C=0
Tại n=t ta có u=V, suy ra:
t
VA

Ft
A
F
V
μ
μ
=⇒=
Thay vào trên ta có được biến thiên u trên n theo quy luật tuyến tính:
n
t
V
u =
Nhận xét thấy ứng suất tiếp
τ
=const trên phương n
Ví dụ
7:
Tấm phẳng diện tích A=64 cm
2 ;
nặng G
p
=7,85N trượt trên mặt phẳng
nghiêng góc α=12
0
trên lớp dầu bôi trơn có bề dày t=0,5mm, với vận tốc
đều V=0,05 m/s. Tìm hệ số nhớt μ của lớp dầu và công suất để kéo tấm
phẳng ngược dốc với vận tốc nêu trên. Cho γ
dau
=8820 N/m
3

Giải
αγμ
sin))(( ntAG
dn
du
A
p
−+=⇔
Tại n=0 ta có u=0, suy ra C=0
Tại n=t ta có u=V, suy ra:
Bây giờ tấm phẳng chuyển động nhờ lực trọng
trường G chiếu trên phương chuyển động:
dnn
t
A
G
du
p
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎥
⎦
⎤

⎢
⎣
⎡
+=⇒
μ
αγ
α
μ
γ
μ
sin
sin
C
n
n
t
A
G
u
p
+−
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=⇒
2
sin

sin
2
μ
αγ
α
μ
γ
μ
2
sin
sin
2
t
t
t
A
G
V
p
μ
αγ
α
μ
γ
μ
−
⎥
⎦
⎤
⎢

⎣
⎡
+=
2
p
m/Ns56.2tαsin
V2
tγ
AV
G
μ =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+=⇒
ms
FG =
α
sin
n
μ
,
t
V
G
c
o

s
α
F
m
s
G
si
n
α
N
α
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 8
n
V
F
k
G
s
i
n
α
α
F
m
s
Để kéo tấm phẳng ngược lên với vận tốc V=0,05
m/s, ta cần tác động vào tấm phẳng một lực
ngược lên theo phương chuyển động có giá trò

bằng F
k
:
αγαμα
sin)(sinsin ntAGF
dn
du
AFGF
pkmsk
−−−=⇔+=
2
sin
sin
2
sin
sinsin
2
tA
G
t
VA
F
A
tA
t
A
AtGF
V
k
pk

αγ
α
μ
μ
αγ
μ
α
γ
α
++=⇒+
−−
=⇒
Thế công thức tính μ vào ta được:
tAGF
k
αγα
sinsin2 +=
Như vậy ta cần một công suất là :
(
)
WtAGVFVN
k
164.0sinsin2.
=
+
==
α
γ
α
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Xét lực tác dụng lên một lớp vi phân chất lỏng

cân bằng, ở toạ độ y :
Ví dụ
8:
Một loại nhớt có ρ, μ chảy đều trên mặt phẳng nghiêng 1 góc α so với mặt
phẳng ngang. Tìm bề dày t của lớp nhớt.
Giải
αγμ
sin)( yt
dn
du
A −=⇔
Ta biết rằng tại y=0 thì u=0, tại y=t thì u=V; nên:
dyytdu
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−=⇒ )(
sin
μ
αγ
μ
αγ
μ
αγ
2

sinsin
22
0
tt
uu
tty
−=−⇒
==
ms
FG =
α
sin
n
μ
,
t
V
G
c
o
s
α
F
m
s
G
si
n
α
N

α
αγ
μ
sin
2 V
t =⇒
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 9
Giải
Ví dụ
9:
Một trục có đường kính d=10cm được giữ thẳng đứng bởi một ổ trục dài
l=25cm. Khe hở đồng trục có bề dày không đổi bằng h=0,1mm được bôi
trơn bằng dầu nhớt có μ=125cpoise. Trục quay với tốc độ n=240 vòng/ph.
Tìm ngẫu lực cản do ổ trục gây ra và công suất tiêu hao.
Tại y=0
thì u=0:
)(
)(
1
2
2
yhrd
yhrl
M
du −+
⎟
⎟
⎠

⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−+
−=
∫∫
πμ
dy
du
yhrlyhrAM
ms
μπτ
2
)(2)( −+=−+=
μ=125cpoise=1,25 poise=1,25dyne.s/cm2=0,125 Ns/m2
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Xét một lớp chất lỏng ở toạ độ y tính từ thành
rắn, ta tìm moment lực ma sát của lớp chất lỏng này:
d
l
h
u
y
r
0
h
y
Khi trục quay ổn đònh thì M
ms

=M
trục
=const
C
yhrl
M
u +
−+
=⇒
)(
1
2
πμ
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
−+
=⇒
+
−=
hryhrl
M
u

hrl
M
C
11
2)(
1
2
πμπμ
Tại y=h thì u=V=
ω
r=
π
nr/30:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−=⇒
hr
1
r
1
lπμ2
M
30
nrπ
Công suất tiêu hao:

154.72W
30
=====
n
MMrFVFN
π
ωω
Để đơn giản, ta xem phân bố vận tốc theo phương y là tuyến tính, lúc ấy:
6.168503Nm
15
2.
32
====
h
nlr
rrl
h
r
rAM
trutru
μπ
π
ω
μτ
6.156166Nm
)(
15
22
=
+

=
h
hrrnl
M
μπ
Suy ra moment ma sát:
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 10
Ví dụ 10:
Khe hở bề dày t giữa hai đóa tròn đường kính d nằm ngang cùng trục
được bôi trơn bằng dầu nhớt có μ,ρ. Một đóa cố đònh, một đóa quay
với tốc độ n vòng/ph. Tìm ngẫu lực cản và công suất.
d
t
V=
ω
r
y
r
0
y
dr
n
rdr
dy
du
dAdF
ms
πμτ

2==
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ. Xét một vi phân lớp chất lỏng hình vành khuyên
dày dr ở toạ độ y tính từ đóa cố đònh ở dưới, lực ma sát tác dụng lên vi phân này là:
Đây là chuyển động tương đối giữa hai tấm phẳng ngang, nên ta chấp nhận được
quy luật tuyến tính của vận tốc theo phương y:
drr
t
rdr
t
r
dF
ms
2
2
2
π
μ
ω
π
ω
μ
==⇒
Công suất :
t
dnn
MMN
.2880030
.
423
μππ

ω
===
4
22
4
2/
0
3
r
t
drr
t
M
d
πμωπμω
∫
==
Như vậy moment ma sát:
Suy ra :
drr
t
rrdr
t
r
rdFdM
msms
3
2
.2.
π

μ
ω
π
ω
μ
===⇒
24
960.
nd
M
t
πμ
=
Là áp suất hơi trên bề mặt chất lỏng kín. Khi tốc độ bốc hơi của các
phân tử lưu chất bằng tốc độ ngưng tụ thì trên bề mặt lưu chất đạt tới
áp suất hơi bão hoà.
¾Áp suất hơi bão hoà tăng theo nhiệt độ
Ví dụ ở 20
0
C, p
bão hoà
của nước là 0,025 at=0,25 m nước
ở 100
0
C, p
bão hoa
của nước là 1at=10mnước
¾Khi áp suất chất lỏng
≤
Áp suất hơi bão hoà

⇒
chất lỏng bắt đầu sôi (hoá khí).
Ví dụ có thể cho nước sôi ở 20
0
C nếu hạ áp suất xuống còn 0,025at.
¾Trong một số điều kiện cụ thể, hiện tượng Cavitation (khí thực) xảy ra khi áp suất
chất lỏng nhỏ hơn P
bão hoà
2.4 Áp suất hơi:
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 1 - MỞû ĐẦU - tran
g 11
2
.5 Sức căng bề mặt và hiện tượng mao dẫn:
F
khí
F
nước
Xét lực hút giữa các phân tử chất lỏng và khí
trên bề mặt thoáng:
F
khí
< F
nước
⇒ còn lực thừa hướng vào chất lỏng,;
⇒làm bề mặt chất lỏng như màng mỏng bò căng ;
⇒Sức căng bề mặt
σ
: lực căng trên 1 đơn vò chiều dàinằm trong bề mặt
cong vuông góc với đường bất kỳ trên bề mặt

→ hạt nước có dạng cầu
nước
h
F
tt-n
>F
n
Hg
h
F
tt-Hg
<F
Hg
F
n
<<<F
Hg
<F
tt
hiện tượng mao dẫn
III. CÁC LỰC TÁC DỤNG TRONG LƯU CHẤT
Ví dụ về lực khối:
¾Lực khối là lực trọng trường G : F
x
=0, F
y
=0 , F
z
=-g
¾Lực khối là G+F

qt
(theo phương x): F
x
=-a, F
y
=0 , F
z
=-g
¾Lực khối là G+F
ly tâm
: F
x
=ω
2
x, F
y
=ω
2
y, F
z
=-g
Nội lực
Ngoại lực
Lực khối
V
F
F
k
V
Δ

Δ
=
→Δ
ρ
0
lim
G
Cường độ
lực khối
),,(
zyx
FFFF =
G
σ
σ
n
τ
¾Khi lưu chất tónh: τ=0→ p =
σ
n
: Áp suất thuỷ
tónh
Lực mặt
A
F
m
A
Δ
Δ
=

→Δ 0
lim
σ
G
Cường độ
lực mặt
),(
n
στσ
=
G
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 1
CHƯƠNG
I. HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH
1. p
⊥
A vàhướngvàoA. (suyratừđònhnghóa).
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:
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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:
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
−
=⇒=
Như vậy tại độ cao z
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 áp suất chân không p
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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 5
V. ỨNG DỤNG
p=0, chân không tuyệt đối
h
tđ
A
A
B
td
BA
hpp γ+=
h
dư
A
A
p
a

B
dudu
B
du
A
du
hhpp γ=γ+=
h
ck
A
A
p
a
B
ck
A
ckck
B
du
A
du
hphpp γ=⇒γ−=
1. Các áp kế:
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
Từ p.tr thuỷ tónh:
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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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⇒
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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 cầuD = 37 cm, bịt kín và hút khí để áp suấttuyệt đốitrong
qủacầubằng khơng .
Cho 2 đàn ngựakéovẫnkhơngtáchbáncầurađược. Vậyphảicần1 lực
bằng bao nhiêu để tách hai bán cầura(xemlựcdìnhgiữa2 báncầu khơng
đáng kể)
D
F =?

F =?
Chân khơng p(tuyệt đối) = 0
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 12
Ví dụ 4:
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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 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
TS. Nguyễn Thò Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

CH. 2 - THỦY TĨNH - tran
g 14
Ví dụ 8:
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. Tính áp lực nước tác dụng lên
van 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 9:
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