Bài tập cơ học lưu chất

BÀI TẬP CHƯƠNG I
MỞ ĐẦU
Bài 1.1
Để làm thí nghiệm thủy lực,
người ta đổ đầy nước vào một đường ống có đường kính d = 300mm, chiều dài
L = 50m ở áp suất khí quyển. Hỏi lượng nước cần thiết phải đổ vào ống là bao
nhiêu để áp suất đạt tới 51at ? Biết hệ số nén ép
Giải
Lượng nước cần thiết phải đổ vào ống để áp suất tăng lên 51at là :
Ta có hệ số giãn nở do áp
lực :
Do đồng biến nên :
Mà thể tích
 Vậy cần phải thêm vào ống 8.84 lít nước nữa để áp suất tăng từ 1at lên
51at.
Bài 1.2
Trong một bể chứa hình trụ
thẳng đứng có đường kính d = 4m, đựng 100 tấn dầu hỏa có khối lượng riêng ở
10
0
C. Xác định khoảng cách dâng lên của dầu trong bể chứa khi nhiệt độ tăng
lên đến 40
0
C. Bỏ qua giãn nở của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt .
1
20000
1
−
= at
p
β

dpVdV
dp
dV
V
pp

1
ββ
=⇒−=
dpdV ,
dpVdV
dp
dV
V
pp

1
ββ
=⇒+=
3
22
5325,350.
4
)3.0.(14,3
.
4
.
. mL
d
LSV ====

π
)(84,8)(10.84,8)151.(5325,3.
20000
1
33
litermdV ==−=⇒
−
3
/850 mkg=
ρ
10
00072,0
−
= C
t
β
Giải
Khối lượng riêng
của dầu hỏa là :
Hệ số giãn nở do nhiệt độ :
Mà :
 Vậy
khoảng cách dầu dâng lên so với ban đầu là 0.202(m)
Bài 1.3
Khi làm thí nghiệm thủy lực,
dùng một đường ống có đường kính d = 400mm, dài L = 200m, đựng đầy nước
ở áp suất 55 at. Sau một giờ áp suất giảm xuống còn 50 at. Xác định lượng nước
chảy qua các kẽ hở của đường ống. Hệ số nén ép .
Giải
Hệ số giãn nở do áp lực :

)(65,117
17
2000
850
10.100
3
3
m
m
V
V
m
≈===⇒=
ρ
ρ
)(542,2
85
216
)3040.(
17
2000
.00072,0
1
3
mdtVdV
dt
dV
V
tt
≈=−==⇒=

ββ
)(202,0
4.14,3
542,2.4
.
4
.
4
.
22
2
m
d
dV
hh
d
dV ===∆⇒∆=
π
π
1
20000
1
−
= at
p
β
dpL
d
dpVdV
dp

dV
V
ppp

4
.

1
2
π
βββ
−=−=⇒−=
)(28,6)(10.28,6)5550(.200.
4
4,0.14,3
20000
1
33
2
litermdV ==−−=⇒
−
 Vậy lựơng nước chảy qua khe hở đường ống là 6.28 (liter)
Bài 1.4
Một bể hình trụ đựng đầy dầu
hỏa ở nhiệt độ 5
0
C, mực dầu cao 4m. Xác định mực dầu tăng lên, khi nhiệt độ
tăng lên 25
0
C. Bỏ qua biến dạng của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt .

Giải
Hệ số giãn nở do nhiệt độ :
Mà thể tích ban đầu là :
Thể tích dầu tăng lên :
10
00072.0
−
= C
t
β
dtVdV
dt
dV
V
tt

1
ββ
=⇒=
h
d
V .
4
.
2
π
=
h
d
dV ∆=

4
.
2
π
)(58)(058,0)525.(4.00072,0
.
1
mmmdthh
dth
h
dt
dV
V
t
t
==−==∆⇒
∆
==
β
β
BÀI TẬP CHƯƠNG II
THỦY TĨNH HỌC
Bài 2.1
Xác định độ cao của cột nước
dâng lên trong ống đo áp (h). Nước trong bình kín chịu áp suất tại mặt tự do là
. Xác định áp suất nếu h = 0.8m.
Giải
Chọn mặt đẳng áp tại mặt thoáng của chất lỏng.
Ta có :
Mà

Nếu h=0,8m
thì
Bài 2.2
Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước.
a) Xác định độ chênh mực nước thủy ngân, nếu h
1
= 130mm và áp suất dư
trên mặt nước trong bình 40000 N/m
2
.
b) Áp suất trong bình sẽ thay đổi như thế nào nếu mực thủy ngân trong hai
nhánh bằng nhau.
Giải
a) Xác định độ chênh mực thủy ngân (tìm h
2
) :
Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ :
Ta có :
atp
t
06.1
0
=
t
p
0
BA
pp =
hpp
hpp

pp
a
B
A
.
,
0
0
0
γ
γ
+=⇒



+=
=
)(6,0
9810
10.81,9).106,1(
4
0
m
pp
h
a
=
−
=
−

=⇒
γ
)(08,1/105948981008,0.9810.
2
0
atmNphp
a
==+=+=⇒
γ
BA
pp =
Mà
Vậy :
b) Áp suất
trong bình khi mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau :
Ta có :
Bài 2.3
Một áp kế vi sai gồm một ống
chữ U đường kính d = 5mm nối hai bình có đường kính D = 50mm với nhau.
Máy đựng đầy hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau, có trọng lượng riêng gần
bằng nhau : dung dịch rượu êtylic trong nước () và dầu hỏa (). Lập quan hệ giữa
).(
21
2
0
hhpp
OHA
++=
γ
2

.hpp
HgaB
γ
+=
221
2
0
.).( hphhp
HgaOH
γγ
+=++⇒
1
2
0
2
2
.)()( hpph
OHaOHHg
γγγ
+−=−⇔
da
ppp =−
0
)(334,0
98100132890
013,0.981040000
)(
.
2
1

2
2
m
hp
h
HgOH
OHd
=
−
+
=
−
+
=
γγ
γ
DC
pp =
hpp
OHC
.
2
0
γ
+=
aD
pp =
aOH
php =+⇒ .
2

0
γ
ckaOH
ppph =−=⇔
0
2
.
γ
)(0297,057,2913)334,0.
2
1
13,0.(9810
).(.
2
2
1
1
22
at
hhhp
OHOHck
≈=+=
+==⇔
γγ
3
1
/8535 mN=
γ
3
2

/8142 mN=
γ
21
ppp −=∆
0=∆p
p∆
độ chênh lệch áp suất của khí áp kế phải đo với độ dịch chuyển của mặt phân
cách các chất lỏng (h) tính từ vị trí ban đầu của nó (khi ). Xác định khi h =
250mm.
Giải
a) Lập mối quan hệ giữa độ
chênh lệch áp suất :
Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ :
Khi : thì mặt phân cách
giữa hai lớp chất lỏng khác nhau ở vị trí cân bằng O :
o
o
o
Theo điều kiện bình thông
nhau :
Khi : thì mực nước trong
bình 1 hạ xuống 1 đoạn và đồng thời mực nước bình 2
tăng lên 1 đoạn . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên
1 đoạn h
so với vị trí O.
21
ppp −=∆
)(0
21
ppp ==∆

BA
pp =
111
.hpp
A
γ
+=
222
.hpp
B
γ
+=
1
22
12211
.
γ
γ
γγ
h
hhh =⇒=
)(0
21
ppp >>∆
h
∆
h
∆
).(
111

hhpp
A
∆−+=
γ
Theo tính chất mặt đẳng áp ta có :
Ta thấy thể tích bình 1 giảm
một lượng :
Thể tích trong ống dâng lên
một lượng :
Ta có và thay vào (*)
Ta
được :
Tính khi h = 250mm
Ta có :
ĐS : a/
b/
Bài 2.4
Xác định vị trí của mặt dầu trong một khoang dầu hở của tàu thủy khi nó
chuyển động chậm dần đều trước lúc dừng hẳn với gia tốc a = 0.3 m/s
2
. Kiểm
tra xem dầu có bị tràn ra khỏi thành không, nếu khi tàu chuyển động đều, dầu ở
cách mép thành một khoảng e = 16cm. Khoảng cách tàu dài L = 8m.
hhhhpp
B
.).(
1222
γγ
+−∆++=
(*)].[).().(

.).().(
.).().(
2211212121
1112221
1222111
hhhhpp
hhhhhhpp
hhhhphhp
γγγγγγ
γγγ
γγγ
−−+∆+−=−⇔
+∆−−−∆+=−⇔
+−∆++=∆−+
h
d
V ∆=
4
.
2
π
h
d
V
4
.
2
'
π
=

h
D
d
hVV
2
2
'
=∆⇒=
2211
. hh
γγ
=








++−=
++−=−=∆
).()(
).().(
21
2
2
21
21
2

2
2121
γγγγ
γγγγ
D
d
h
h
D
d
hppp
p∆
( ) ( )
2
2
2
/14081428535
05,0
005,0
8142853525,0 mNp =








++−=∆









++−=∆ ).()(
21
2
2
21
γγγγ
D
d
hp
2
/140 mNp =∆
Giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình
vẽ, ta biết mặt tự do của dầu là
mặt đẳng áp.
Phương trình vi phân mặt đẳng
áp :
Có : thay vào (*)
(*)
Tích phân ta được :
Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa
độ O (x=0, z=0) .
Nên phương trình mặt tự do sẽ là :

Có trong đó
Như vậy mặt dầu trong khoang là mặt phẳng nghiêng về phía trước :
với
Ta thấy z = 12,24
(cm) < e = 16 (cm) nên dầu không tràn ra ngoài.
(*)0=++ ZdzYdyXdx
gZYaX −=== ;0;
0=−⇔ gdzadx
Czgxa =−
0
=⇒
C
0 =− zgxa
β
tgxz .=
g
a
tg =
β
)(24,12)(1224,0
81,9
3,0
.4. cmm
g
a
xz ====⇒
)(4
2
8
2

m
L
x ==+=
Bài 2.5
Một toa tàu đi từ ga tăng dần tốc độ trong 10 giây từ 40 km/h đến 50 km/h. Xác
định áp suất tác dụng lên điểm A và B. Toa tàu hình trụ ngang có đường kính d
= 2,5m, chiều dài L = 6m. Dầu đựng đầy một nửa toa tàu và khối lượng riêng
của dầu là 850 kg/m
3
. Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do của dầu.
Giải
Gia tốc của toa tàu là :
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Phương trình vi phân cơ bản của chất lỏng :
Tích phân ta được : (*)
Có X = -a; Y = 0; Z = -g
Thay X, Y, Z vào (*) ta được :
Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc
tọa độ (x=0, z=0)
Vậy :
Áp suất tại A (x= -L/2 = -3; y=0; z=-d/2 = -1,25) là :
)/(28.0
3600.10
4050
0
sm
t
vv
a
t

=
−
=
∆
−
=
)( ZdzYdyXdxdp ++=
ρ
CZzYyXxp +++= )(
ρ
Cgzaxp +−−= )(
ρ
a
ppC ==⇒
a
pgzaxp +−−= )(
ρ
[ ]
)(113,1/2,10923798100)25,1.(81,9)3.(28,0850
2
atmNp
A
==+−−−−=
Áp suất tại B (x= L/2 = 3; y=0; z=-d/2 = -1,25) là :
Phương trình mặt đẳng áp :
Phương trình vi phân đẳng áp :
Với : X = -a; Y = 0; Z = -g
Tích phân ta được :
Phương trình
mặt tự do :

Tại mặt thoáng : x = 0; y = 0; z = 0
Nên :
Bài 2.6
Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng
đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút.
a) Viết pt mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z
0
= 500mm.
b) Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100mm.
c) Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao bình là H = 900mm.
Giải
)(113,01113,1 atppp
aA
A
d
=−=−=⇒
[ ]
)(099,1/2,10780998100)25,1.(81,9)3.(28,0850
2
atmNp
A
==+−−−=
)(099,01099,1 atppp
aA
A
d
=−=−=⇒
0=++ ZdzYdyXdx
0=−−⇒ gdzadx
Cx

g
a
zCgdzadx +−=⇒=−−⇒
0
=⇒
C
x
g
a
z −=
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ :
a) Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do,
nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z
0
=
500mm.
Phương trình vi phân mặt đẳng áp :
Trong đó : ; ;
Thay vào phương trình vi phân ta được :
Tích phân :

Vậy phương trình mặt đẳng
áp là :
Đối với mặt tự do cách đáy Z
0
= 500mm
Tại mặt tự do của chất lỏng thì : x
= y = 0 và z = z
0
thay vào (*)

Vậy phương trình mặt tự do sẽ
là : hay
0=++ ZdzYdyXdx
xX
2
ω
=
yY
2
ω
=
gZ −=
0
22
=−+ gdzydyxdx
ωω
Cgzyx =−+
2222
2
1
2
1
ωω
( )
(*).
2
1
.
2
1

22
222
Czgr
Czgyx
=−⇔
=−+⇔
ω
ω
C
g
r
z +=
2
22
ω
0
.zgC −=⇒
0
22
.
2
zg
g
r
z −=
ω
0
22
2
z

g
r
z +=
ω
b) Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm :
Phương trình phân bố áp
suất :
Trong đó : ; ;
Thay vào ta được :
Tích phân :
Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y
= 0 và z = z
0

Thay vào (**)
(**)
Vì
Điểm trên thành bình cách đáy
100mm có :
Áp suất tại điểm này sẽ là :
)( ZdzYdyXdxdp ++=
ρ
xX
2
ω
=
yY
2
ω
=

gZ −=
( )
gdzydyxdxdp −+=
22
ωωρ
Cgzyxp +






−+=
2222
2
1
2
1
ωωρ
( )
(**).
2
1
.
2
1
22
222
Czgrp
Czgyxp

+






−=⇔
+






−+=⇔
ωρ
ωρ
a
pp =⇒
a
pzgC +−=⇒
0

ρ
2

2
1
22

0
22
r
hpzgpzgrp
aa
ω
ργρρωρ
++⇔++−=⇔





=
+=
−=
g
yxr
zzh
.
222
0
ργ
srad
n
mzzh
m
d
ratp
a

/42,9
30
90.14,3
30
.
;4,0400100500
25,0
2
5,0
2
;1
0
=====−=−=
====
π
ω
atmN
r
hppp
ad
068,0/6697
2
25,0.42,9
10004,0.9810
2
.
2
2222
==+=+=−=⇔
ω

ργ
Bài 2.7
Người ta đúc ống gang bằng
cách quay khuôn quanh 1 trục nằm ngang với tốc độ quay không đổi n = 1500
vòng/phút. Xác định áp suất tại mặt trong của khuôn, nếu trọng lượng riêng của
ống gang lỏng . Cho biết thêm đường kính trong của ống d = 200mm, chiều dày
ống . Tìm hình dạng của mặt đẳng áp.
Giải
Tốc độ quay :
Gia tốc lực ly tâm trên mặt khuôn :
Trong đó :
Vì g = 9,81 m/s
2
<< a = 2950m/s
2
nên khi tính ta bỏ qua gia tốc trọng trường.
Chọn gốc tọa độ trên trục ống, trục x trùng với trục ống ta có :
; ;
Thay vào phương trình vi phân cơ bản tổng quát của chất lỏng :
Tích phân ta được :
3
/68670 mN=
γ
mm20=
δ
srad
n
/157
30
1500.14,3

30
.
===
π
ω
22
/295012,0.157. smra ===
ω
m
d
rr 12,002,0
2
2,0
2
0
=+=+=+=
δδ
0=X
yz
2
ω
=
zZ
2
ω
=
( )
zdzydy
ZdzYdyXdxdp
22

)(
ωωρ
ρ
+=
++=
( )
C
r
pCzyp +=⇔++=
22
22
22
2
ω
ρ
ω
ρ
Hằng số C được xác định từ điều kiện : khi (mặt trong của ống) thì
do đó :
Vậy
Nhìn vào phương trình ta
thấy áp suất trong gang lỏng thay đổi luật parabol theo phương bán kính.
Áp suất dư tại mặt trong của khuôn là :
Phương trình vi phân mặt đẳng
áp :
Tích phân ta được : . Ta thấy
mặt đẳng áp là những mặt tròn
có trục trùng với trục quay.
Bài 2.8
Một của van hình chữ nhật đặt đứng có chiều rộng b = 3m, trọng lượng nặng

700kG có thể nâng lên hoặc hạ để khống chế lưu lượng qua cống. Mực nước
thượng lưu H
1
= 3m và mực nước hạ lưu H
2
= 1.5m
a) Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên cửa van.
b) Xác định lực nâng cửa van, biết chiều dày của van là a = 20 cm và hệ số
ma sát tại các khe phai f = 1.4.
0
rr =
at
pp =
2
2
0
2
r
pC
a
ω
ρ
−=
( )
a
p
rr
p +
−
=

2
2
0
22
ω
ρ
( ) ( )
atmN
rr
g
rr
ppp
atd
87,3/380000
2
1,012,0(157
.
81,9
68670
2
.
2
2
222
2
0
222
0
22
==

−
=
−
=
−
=−=
ω
γ
ω
ρ
( )
0
22
=+ zdzydy
ωω
const
r
=
2
.
22
ω
c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng
dầm là như nhau.
Giải
a) Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên của van.
Áp lực phía thượng lưu :
Trị số :
Điểm đặt :
Áp lực phía hạ lưu :

Trị số :
Điểm đặt :
Áp lực tổng hợp :
Điểm đặt áp lực tổng hợp lên cửa van :
Ta có :
b) Lực nâng cửa van :
)(1324353.
2
3.9810
.
2
.
22
11
NH
b
p ===
γ
)(23.
3
2
3
2
1
1
mHZ
D
===
)(331095,1.
2

3.9810
.
2
.
22
22
NH
b
p ===
γ
)(15,1.
3
2
3
2
2
2
mHZ
D
===
( )
Nppp 9932633109132435
21
=−=−=
A
p
A
p
A
p

MMM
21
−=
( )
)(833,1
99326
5,131.331092.132435
).(.
).(
2121
2121
21
21
m
P
HHZPZP
Z
HHZPZPZP
DD
D
DDD
=
−++
=
+++
=⇒
+++=
( )
N
FPfGT

AC
4,154725
882999326.4,181,9.700
.
=
++=
++=
G : trọng lượng tấm chắn
: hệ số ma sát khe phai
F
AC
: lực đẩy Acsimét.
f
( )
NHbagVgF
AC
88295,1.3.2,0.81,9.1000
2
====
ρρ
c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng
dầm là như nhau :
Áp lực lớn nhất khi H
2
= 0
Áp lực là P
1
. Do đó mỗi dầm chịu 1 lực là
Ta xem cửa sổ gồm 4 tấm ghép lại.
Gọi A, B, C, D là 4 vị trí thấp nhất của biểu đồ áp suất tĩnh tác dụng lên 4 dầm.

4
1
P
( )
N
P
PPPP
dddd
75,33108
4
132435
4
1
4321
======⇒
2
1
2
1
2
.
4
1
2
.
4
1
H
b
OA

b
P
P
d
γγ
=⇔=
m
H
OAHOA 5,1
2
3
24
1
1
2
1
2
===⇒=⇒
mOAZ
d
15,1
3
2
3
2
1
===⇒
( )
2
1

22
1
2
.
4
1
2
.
4
2
H
b
OAOB
b
P
P
d
γγ
=−⇔=
2
1
2
1
2
1
2
1
2
22
1

22
2
1
4
1
4
1
4
1
4
1
HHHHOA
OBHOAOB
=+=+=
⇒=−⇒
mHOB 12,23
2
1
2
1
22
1
===⇒
m
OAOB
OAOB
Z
d
828,1
5,112,2

5,112,2
3
2
3
2
22
33
22
33
2
=
−
−
=
−
−
=⇒
( )
2
1
22
1
2
.
4
1
2
.
4
3

H
b
OBOC
b
P
P
d
γγ
=−⇔=
Bài 2.9
Xác định lực nâng Q để nâng tấm chắn nghiêng một góc , quay được
quanh trục O. Chiều rộng tấm chắn b = 1.5m, khoảng cách từ mặt nước đến trục
O là a = 20 cm. Góc , H = 1.5m. Bỏ qua trọng lựợng tấm chắn và ma sát trên
bản lề của trục O.
2
1
2
1
2
1
2
1
222
1
22
4
3
4
1
2

1
4
1
4
1
HHHHOBOCHOBOC =+=+=⇒=−⇒
mHOC 6,23
4
3
4
3
22
1
===⇒
m
OBOC
OBOC
Z
d
368,2
12,26,2
12,26,2
.
3
2
3
2
22
33
22

33
3
=
−
−
=
−
−
=⇒
( )
2
1
22
1
2
.
4
1
2
.
4
4
H
b
OCOD
b
P
P
d
γγ

=−⇔=
2
1
2
1
2
1
2
1
222
1
22
4
1
4
3
4
1
4
1
HHHHOCODHOCOD =+=+=⇒=−⇒
mHOD 3
1
==⇒
m
OCOD
OCOD
Z
d
805,2

6,23
6,23
3
2
3
2
22
33
22
33
4
=
−
−
=
−
−
=⇒
α
0
60=
α
Giải
Áp lực lên tấm chắn là :
Vi trí tâm của áp lực :
Để nâng được tấm chắn này lên thì
:
Vậy Q > 13406
(N)
Bài 2.10

Một cửa van phẳng hình chữ nhật nằm nghiêng tựa vào điểm D nằm
dưới trọng tâm C 20cm (tính theo chiều nghiêng) ở trạng thái cân bằng. Xác
định áp lực nước lên của van nếu chiều rộng của nó b = 4m và góc nghiêng .
Giải
Ta có
Mà
( )
NH
b
P 191155,1
60sin2
5,1.9810
sin2
.
2
0
2
===
α
γ
( )
mHZ
D
155,15,1.
60sin3
2
.
sin3
2
0

===
α
00
PQ
MM >
( )
( )
( )
N
a
Sin
H
aZP
Q
aZPa
H
Q
D
D
13406
2,0
60sin
5,1
)2,0155,1(19115
sin
0
=
+
+
=

+
+
>⇒
+>






+⇔
α
α
0
60=
α
aZZ
CD
+=
αα
sin2sin
H
h
Z
C
C
==
a
H
Z

D
+=⇒
α
sin2
Mặt khác
Vậy
Bài 2.11
Xác định lực tác dụng lên nắp ống
tròn của thùng đựng dầu hỏa.
Đường kính ống d = 600 mm, mực dầu H = 2.8m. Xác định điểm đặt của tổng
tĩnh áp. Khối lượng riêng dầu hỏa là 880 kg/m
3
. Cho moment quán tính
Giải
Lực tác dụng lên nắp ống chính là
lực dư :
Trong đó : h
c
là khoảng cách từ tâm diện tích đến mặt thoáng = H
- diện tích nắm ống tròn
Điểm đặt :
Với :
α
sin3
2H
Z
D
=
( )
mbaH 04,160sin.6.2,0sin

0
===⇒
α
( )
NH
b
P 2450404,1.
60sin.2
4.9810
sin2
.
2
0
2
===
α
γ
64
.
4
0
d
I
π
=
ωγ
hP =
ω
( ) ( )
NkgP 43,683468,696

4
6,0.14,3
.8,2.880
2
===⇒
( )
m
H
d
d
H
Z
I
ZZ
C
CD
808,2
14
64
.
.
2
4
0
=+=+=
π
π
ω










=
=
=
64
4
4
0
2
d
I
d
HZ
C
π
π
ω
Chương IV
TỔN THẤT NĂNG LƯỢNG
Bài 4.1
Từ bình A, áp suất tuyệt đối tại mặt thoáng trong bình là 1.2at, nước
chảy vào bình hở B. Xác định lưu lượng nước chảy vào bình B, nếu H
1
= 10m,

H
2
= 2m, H
3
= 1m, đường kính ống d = 100mm, đường kính ống D = 200mm,
hệ số cản ở khoa , bán kính vòng R = 100mm, bỏ qua tổn thất dọc đường.
Giải
4=
k
ξ
Viết phương trình cho mặt cắt 1-1 & 2-2, lấy 2-2 làm chuẩn ta có:
Trong đó :
Với
ω
α
γ
α
γ
h
g
vp
z
g
vp
z +++=++
22
2
222
2
2

111
1







≈≈
====
==
==−==
0
;/11772098100.2,12,1
1
0;8
21
2
2
1
21
2211
vv
ppmNatp
Chon
zmHHHz
a
αα
ω

γγ
h
pp
H +=+⇒
21
∑ ∑ ∑
==+=
g
v
hhhh
d
ccd
2
2
ξ
ω
85432187654321
3
ξξξξξξξξξξξξξξξ
+++++=+++++++=
∑
. Vì
Lưu lượng nước chảy vào bình B là :
Bài 4.2
5,015,0
2
1
=















−=
D
d
ξ
4
2
==
k
ξξ
29,0
763
===
ξξξ
29,05,0
2
=⇒=
ξ
R

d
16
9
2,0
1,0
11
2
2
2
2
4
=














−=















−=
D
d
ξ
8
3
2,0
1,0
15,015,0
2
2
5
=















−=














−=
D
d
ξ
1
8
=

ξ
0075,71
8
3
16
9
29,0.345,03
854321
=+++++=+++++=⇒
∑
ξξξξξξξ
( )
( )
( )
( )
sm
gppH
v
g
v
pp
H
d
d
/29,5
0075,7
81,9.2.98100117720
9810
1
8

2
1
2
21
2
21
=
−+
=






−+
=⇒
+=+⇒
∑
∑
ξ
γ
ξ
γγ
( )
( )
slsm
d
VAVQ
ddd

/41/041,0
4
1,0
.14,3.29,5
4

3
2
2
=====
π
Nước chảy từ bình cao xuống thấp
qua ống có đường kính d = 50mm, chiều dài L = 30m. Xác định độ chân không
ở mặt cắt x-x, nếu độ chênh lệch mực nước trong hai bình H = 4.5m, chiều cao
của xi phông z = 2.5m, hệ số cản dọc đường , bán kính vòng R = 50mm, khoảch
cách từ đầu ống đến mặt cắt x-x là L
1
= 10m.
Giải
028,0=
λ
Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1-1 & 2-2. Cho mặt cắt 2-2 làm
chuẩn ta có :
Trong đó :
Thay vào (*) ta được :
Vậy :
Viết phương trình
Becnouly cho mặt cắt 1-1 & x-x. Cho mặt cắt 1-1 làm chuẩn ta có :
(*)
22

2
222
2
2
111
1
ω
α
γ
α
γ
h
vp
z
vp
z +++=++







≈≈
==
==
==
0
1
0;

21
21
21
21
vv
ppp
Chon
zHz
a
αα
∑
∑
+
=⇒






+==
ξλ
ξλ
ω
d
L
gH
v
g
v

d
L
hH
2
2
2
8,16
05,0
30
028,0 ==
d
L
λ
66,2129,0.45,04
621654321
=++=++=+++++=
∑
ξξξξξξξξξξ
( )
x
vsm
d
L
gH
v ==
+
=
+
=
∑

/13,2
66,28,16
5,4.81,9.22
ξλ
(**)
22
2
2
111
1
x
h
g
vp
z
g
vp
z
xxx
x
ω
α
γ
α
γ
+++=++