Chương 1 giới thiệu môn học cơ lưu chất ts nguyễn thị bảy

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

CHƯƠNG

I. GIỚI THIỆU MÔN HỌC CƠ LƯU CHẤT
Đối tượng nghiên cứu:
Phạm vi nghiên cứu :

chất lỏng
chất khí
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, lực kéo → Lưu chất là môi trường liên tục.
¾Dưới tác dụng của lực kéo
→ Lưu chất chảy (không giữ được
à
MỞ ĐẦU 1

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

II. CÁC TÍNH CHẤT VẬT LÝ CƠ BẢN CỦA LƯU CHẤT
2.1 Khối lượng riêng, trọng lượng riêng, tỷ trọng, thể tích
riêng:
ρ n = 1000kg / m 3
∆M
3
Ví
(kg / m )
ρ = lim
¾Khối lượng
∆V → 0 ∆V
ρ kk = 1,228kg / m 3
dụ:
riêng:
γ = ρg
( N / m 3 ); (kgf / m 3 ); 1kgf = 9,81N
¾Trọng lượng
riêng:
γ = 9,81.103 ( N / m 3 )
n

ρ
ρn

¾Tỷ trọng:

δ=

¾Thể tích riêng:

V=

Nếu xem g=const thì:

1
ρ

F*:Lực hút trái đất (F*s,F*n).
F: Lực ly tâm (Fs,Fn)
F*n- Fn= G: lực trọng trường = Mg
Tại xích đạo (ϕ=00): g=9,780 m/s2
Tại vó tuyến ϕ=500 : g=9,810 m/s2
Tại vùng cực:
g=9,832 m/s2
g cũng thay đổi theo chiều cao z,
z càng lớn, g càng giảm do lực hút
của trái đất lên vật giảm

2.2 Tính nén được:
1. Đối với chất lỏng:

δ=

γ
γn

Sự thay đổi g theo vó độ và độ cao:
n
n
F
F
F*s
F
F
n F
n
F
F*
F*
s
F*n s
s

Sơ đồ lực hút Trái đất, lực ly tâm và
trọng lực

Hệ số nén βp:
Suất đàn hồi K:

βp = −

dV / V0
dp

K = − V0

dp
dV

Hay:

K =ρ

dp
dρ

Knước = 2,2 109 N/m2
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:

pV = RT

¾Trong trường hợp khí nén đẳng
nhiệt:

pV = const

Hay:

p = ρ RT

Lưu ý: Trong các công thức trên, áp suất p là áp suất tuyệt đối

MỞ ĐẦU 2


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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 p0. Xác đònh thể
tích nước cần nén thêm vào nồi để tăng áp suất trong nồi từ p0=0 đến
p1=1000at. Biết hệ số nén của nước là βp=4,112.10-5 cm2/kgf=4,19.10-10
m2/N. Xem như bình không giản nở khi nén
Giải:
Gọi V0 ; p0 là thể tích và áp suất nước ở trạng thái đầu; để sau khi nén
có:
V1 ; p1 là thể tích và áp suất nước ở trạng thái sau;
Như vậy sau khi nén thêm nước vào, thể tích nước V1 trong bình chính
là thể tích bình:
3
2
4 ⎛d⎞ ⎛d⎞
V1 = π ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ π l = 2.094395m 3
3 ⎝2⎠ ⎝2⎠

l

d

Ta có:

βp = −

β p .∆ p.V1
∆ V / V0
∆ V /( V1 − ∆ V )
=−
⇒ ∆V =
∆p
∆p
β p ∆p − 1

Thế số vào ta được : ∆ V = V1 - V0 = -89.778lít
Vậy cần nén thêm vào bình 89.778 lít nước

Ví dụ
2:

Giải:

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 ∆h=4 mm. Tính suất
đàn hồi của dầu mỏ
nước
Thép
Hg

βp = −

∆V / V0
S.∆h / S.h ∆h
=−
=
= 5.44E-10
∆p
∆p
∆p.h

⇒K =

1
= 1.84E+ 09
βp

N/m2

MỞ ĐẦU 3

m2 / N

A

A

Dầu
mỏ
h

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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 ( ρnước=1000kg/m3). Biết
Kn=2,06.109 Pa. Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện
chuẩn) để tăng áp suất trong bình lên 70 MPa.
Giải cách 1:

450
= 0 . 45 m 3
1000
0,45 m3 cũng chính là thể tích nước ban đầu trong bình ở đ.k chuẩn.
VB =

Thể tích bình lúc đầu VB tính như sau:

Gọi V0 ; p0 là thể tích và áp suất nước ở trạng chuẩn; để sau khi nén trở thành
V1 ; p1 (là thể tích và áp suất nước ở trạng thái sau);
Ta co thể lý luận được V1 chính là thể tích bình lúc sau:

Ta có:

V1 = VB + 1% VB = 0.4545m 3
∆p
K.V1
K = −V0
⇒ V0 =
= 0.470487m3
(V1 − V0 )

K − ∆p

Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn): là:

∆ V = V0 - VB = 0 ,470487 − 0 ,45 = 0.020487m

3

Tương ứng với khối lượng: ∆M = 20.48744kg

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 ( ρnước=1000kg/m3). Biết
Kn=2,06.109 Pa. Tìm khối lượng nước cần thêm vào (ở điều kiện chuẩn)
để tăng áp suất trong bình lên 70 MPa.

Giải cách 2:

450
= 0.45m3
1000
Gọi V0 ; p0 là thể tích và áp suất nước trong bình ở trạng ban đầu; V0=VB
V1 ; p1 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:

Thể tích bình lúc đầu VB tính như sau:

VB =

∆V1 = (V0 - V1 ) +1%VB = −∆V +1%VB

− V0 .∆p
V .∆p
∆p
⇒ ∆V =
⇒ ∆V1 = 0
+1%VB = 0.019791m3
K
K
∆V
∆V1 là thể tích phần rỗng mà ta cần bổ sung nước thêm vào bình ứng với áp suất p1
Để tính thể tích nước ∆V0 tương ứng đó với điều kiện áp suất p0, ta cần tính lại một
lần nữa qua suất đàn hồi K:
∆p
K.∆V1
3
K = −∆V0
⇒ ∆V0 =
⇒ ∆V0 = 0.020487m
∆V1 − ∆V0
K − ∆p
Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn p0) : là:

Ta có:

K = −V0

∆V0 = 0.020487m 3
Tương ứng với khối lượng: ∆ M = 20.48744kg

MỞ ĐẦU 4


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Ví dụ 4: Nén khí vào bình thép có thể tích 0,3 m3 dưới áp suất 100at. Sau thời gian bò
rò, áp suất trong bình còn lại 90 at. Bỏ qua sự biến dạng của bình. Tìm thể
tích khí bò rò ứng với đ. kiện áp suất khí trời pa=1at. Xem quá trình nén là
đẳng nhiệt
Giải
Gọi V0 ; p0 là thể tích và áp suất khí trong bình ở trạng chuẩn ban đầu;
V1 ; p1 là thể tích và áp suất cũng của khối khí đó ở trạng thái sau;
Ta có:

V0 p 0 = V1p1 ⇒ V1 =

V0 p
= 0.333333m 3
p1

(V1-V0)=∆V là thể tích khí bò mất đi (vì bình chỉ còn chứa lại V0), ứng với áp suất 90 at :
Để tính thể tích khí ∆Va tương ứng đó với điều kiện áp suất pa, ta cần tính lại một
lần nữa :

∆Va =

∆V.p1
= 3m 3
pa

Ví dụ 4a: (xem Baitáp+2.xls, SV tự giải)

Một bình gas ban đầu có khối lượng M = 15 kg có áp suất dư po = 500 kPa . Sau
một thời gian sử dụng , ấp suất dư trong bình còn lại p = 300 Kpa. Biết vỏ bình
gas có khối lượng 5 kg và không bị thay đđổi khi áp suất thay đổi. Tính khối
lượng gas đã sử dụng trong thời gian trên
M

p0,Kpa

p1, Kpa

Mvo

Mgaz0

Mgaz1

Mgazsudung

15

500

300

5

10

6.656078

3.34392242

MỞ ĐẦU 5


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

2.3 Tính nhớt:

n τ ="−" µ du
dn

Chất lỏng Newton chảy tầng ⇒ Đònh luật ms nhớt Newton:
µ : [kg /(m .s ); N /(sm 2 ); Pa .s, poise ];1poise = 0,1kg /(m .s )

u

µ
ν = : [m 2 / s; stokes ];1st = 10 − 4 m 2 / s
ρ

A
Fms = τA

µ giảm
µ tăng
µ tăng
µ không đổi

Ví dụ
5:

Ne
wt
o

n
to
w
Ne
c
l.

Ph
i
l.c

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.

am
h
ing

B
l.c

n

τ

Ne
wt
on

Chất lỏng Newton và phi Newton

khi nhiệt độ tăng
khi nhiệt độ tăng
khi p tăng
khi p thay đổi

Ph
i

Tính chất của hệ số nhớt µ :
Chất lỏng:
Hệ số nhớt phụ thuộc vào nhiệt độ
Chất khí:
Chất lỏng:
Hệ số nhớt phụ thuộc vào áp suất:
Chất khí :

l.c

Như vậy lực ma sát nhớt sẽ tính bằng

l.c lý tưởng du/dn

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-ay2 (a>0; 0<=y<=d/2). Tìm lực ma sát của dầu lên thành ống

Giải
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:

τ =µ

du
= µ ( −2 ay + ad )
dy

y

l

Tại thành ống: y=0; suy ra:

τ = µ (ad )
Như vậy lực ma sát của dầu lên thành ống là:

Fms = τA = ( µad ).(lπd ) = πµald 2

MỞ ĐẦU 6

umax

d

x


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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:

F = Fms = Aµ

n
N
µ,t

V

F

Fms

du
F
F
⇒ du =
dn ⇒ u =
n+C
dn
Aµ
Aµ

0
G

Tại n=0 ta có u=0, suy ra C=0
F
VA µ
Tại n=t ta có u=V, suy ra:
V =
t⇒F =
Aµ
t
Thay vào trên ta có được biến thiên u trên n theo quy luật tuyến tính:

u=

V

n
t

Nhận xét thấy ứng suất tiếp τ=const trên phương n

N

Ví dụ Tấm phẳng diện tích A=64 cm2 ; nặng Gp=7,85N trượt trên mặt phẳng
7: nghiêng góc α=120 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 γdau=8820 N/m3
Giải
n
Bây giờ tấm phẳng chuyển động nhờ lực trọng
trường G chiếu trên phương chuyển động:
µ,t Fm
V
s
G sin α = F
ms

du
= (G p + γA(t − n )) sin α
dn
⎛ ⎡ G p γt ⎤
γ sin α ⎞⎟
⇒ du = ⎜⎜ ⎢
+ ⎥ sin α −
n ⎟dn
µ

µ
µ
A
⎣
⎦
⎝
⎠

Gsin
α
G co s

α

⇔ Aµ

⎡ G p γt ⎤
γ sin α n 2
+C
⇒u =⎢
+ ⎥ sin αn −
µ
2
⎣ Aµ µ ⎦

Tại n=0 ta có u=0, suy ra
Tại n=t ta có u=V, suy ra:

C=0

⎡ G p γt ⎤
γ sin α t 2
+ ⎥ sin αt −
V =⎢
µ
µ⎦
µ 2
A
⎣
⎡ G p γt ⎤
2
⇒µ = ⎢
+
⎥ sin αt = 2.56Ns / m
⎣ AV 2V ⎦
MỞ ĐẦU 7

α


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

n

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 Fk:

Fk

V

Gsin
α

Fm

s

α

Fk = G sin α + Fms ⇔ Aµ
⇒V =

du
= Fk −G p sin α − γA(t − n) sin α
dn

Fk −G p sinα − γAt sin α
Aµ

γA sinαt 2
γA sinαt
VAµ
⇒ Fk =
+ G sinα +
t+
2
t

2 Aµ

Thế công thức tính µ vào ta được:

Fk = 2G sin α + γA sin αt

Như vậy ta cần một công suất là :

N = V .Fk = V (2G sin α + γA sin αt ) = 0.164W

Ví dụ
Một loại nhớt có ρ, µ chảy đều trên mặt phẳng nghiêng 1 góc α so với
8:
mặt phẳng ngang. Tìm bề dày t của lớp nhớt.
Giải
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 :
⇔ Aµ

du
= γ (t − y) sin α
dn

µ,t Fm
s

⎛ γ sin α
⎞
⇒ du = ⎜⎜
(t − y) ⎟⎟dy

⎝ µ
⎠

Gsin
α

α

Ta biết rằng tại y=0 thì u=0, tại y=t thì u=V; nên:
2µV
γ sin α

MỞ ĐẦU 8

n
V

Gcos

γ sin αt 2 γ sin αt 2
⇒ u y =t − ut =0 =
−
µ
2µ

⇒t =

N

G sin α = Fms

α


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Ví dụ
9:

Giải

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.
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:
h
du
2
M ms = τA(r + h − y ) = 2πl (r + h − y ) µ
dy
Khi trục quay ổn đònh thì Mms=Mtrục=const
l
M ⎛

1

∫ du = −∫ 2πµl ⎜⎜⎝ (r + h − y)

2

⎞
⎟⎟d (r + h − y )
⎠

M
1
+C
2πµl (r + h − y )
M
1
M ⎛
1
1 ⎞
⎜⎜
⎟
⇒u =
−
C=−
2πµl (r + h)
2πµl ⎝ r + h − y r + h ⎟⎠

d

⇒u =

Tại y=0

thì u=0:

Tại y=h thì u=V= ωr= πnr/30:

Suy ra moment ma sát:

Công suất tiêu hao:

⇒

πnr
M ⎛1
1 ⎞
=
⎟
⎜ −
30 2 πµl ⎝ r r + h ⎠

M=

π 2 µnl r 2 (r + h)
15

h

u
0
y

y

r

h

= 6.156166Nm

N = F .V = F .ω.r = M .ω = M

πn
30

= 154.72W

Để đơn giản, ta xem phân bố vận tốc theo phương y là tuyến tính, lúc ấy:

M = τ tru Atru r = µ

ωr
h

π .2.rl.r =

MỞ ĐẦU 9

π 2 µnlr 3
15h

= 6.168503Nm

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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.

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:

dFms = τdA = µ

du
2πrdr
dy

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:
ωr
2πµω 2
y
2πrdr =
⇒ dFms = µ
r dr
n
t
t
ωr
2πµω 3

d
Suy ra :
2πrdr.r =
⇒ dM ms = dFms .r = µ
r dr
V=ωr
t
t
t
d /2
4
2πµω 3
2πµω r
Như vậy moment ma sát: M = ∫
r dr =
0
0

M=

Công suất :

t

t

4

π 2 nµωd 4
960.t

N = M .ω = M

πn
30

=

π 3n 2 µd 4
28800.t

dr

r

y

2.4 Áp suất hơi:
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 25 0C, pbão hoà của nước là 0,025 at=0,25 m nước
ở 1000C, pbão 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 250C 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 Pbão hoà

MỞ ĐẦU 10

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

2.5 Sức căng bề mặt và hiện tượng mao dẫn:
Xét lực hút giữa các phân tử chất lỏng và khí
trên bề mặt thoáng:

Fkhí
Fnước

Fkhí < Fnước ⇒ 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
hiện tượng mao dẫn
h

h
Ftt-n>Fn

nước

Fn<<
Ftt-Hg
Hg

III. CÁC LỰC TÁC DỤNG TRONG LƯU CHẤT

r
∆ Fk
F = lim
∆V →0 ρ∆V
r
F = ( Fx , Fy , Fz )

Nội lực
Ngoại lực

Lực khối

Cường độ
lực khối

Ví dụ về lực khối:
¾Lực khối là lực trọng trường G : Fx=0, Fy=0 ,
Fz=-g
Fz=-g
¾Lực khối là G+Fqt (theo phương x): Fx=-a, Fy=0 ,
¾Lực khối là G+Fly tâm
: Fx=ω2x, Fy=ω2y, Fz=-g

Lực mặt

∆ Fm
∆A→ 0 ∆A
r

σ = (τ , σ n )

r

σ = lim

Cường độ
lực mặt

σn
¾Khi lưu chất tónh: τ=0→ p = σn: Áp suất thuỷ
tónh

MỞ ĐẦU 11

σ
τ


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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.
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 : pxδyδz; pyδxδz; pzδyδx; pnδyδs.
z

Lực khối: ½Fδxδyδzρ.

pn

Tổng các lực trên phương x phải bằng không:
pxδyδz - pnδyδs(δz/δs) + ½Fxδxδyδzρ = 0
Chia tất cả cho δyδz :
px - pn + ½Fxρδx = 0 ⇒ px = pn khi δx → 0.
Chứng minh tương tự cho các phương khác
Suy ra:

px =py = pz = pn

THUỶ TĨNH 1

px

δz

y
δs

δx

n
θ
δy

pz

x


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

II. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
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:
W
Fρdw − ∫∫ pdA = 0
∫∫∫
n
A
w
A
Ta xét trên trục x:
b .d .Gauss
p

∫∫∫ F ρdw − ∫∫ p dA = 0 ⇔ ∫∫∫ F ρdw − ∫∫∫ div (p.n
x

w

x

x

A

w

x

)dw = 0

W

⎛ ∂ ( p x n xx ) ∂ ( p y n xy ) ∂ ( p z n xz ⎞
⎟=0
⇔ ρFx − ⎜⎜
+
+
∂y
∂z ⎟⎠
⎝ ∂x
∂ ( p x n xx )
∂ (p)
p=p x =p y = pz
⇔ ρFx −
= 0 ←⎯ ⎯
⎯
⎯→ ρFx −
=0
∂x
∂x

Xét tương tự cho các trục khác

Kết luận:

∫∫∫ Fρdw − ∫∫ pdA = 0 ⇔ ∫∫∫ Fρdw − ∫∫∫ grad (p)dw = 0
w

A

w

⇔ F−

W

1
grad ( p ) = 0
ρ

III. TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
⎫
⎧
1 ∂p
⎪Fx − ρ ∂x = 0 × dx ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
1 ∂p
1
= 0 × dy ⎬+ ⇒ (Fx dx + Fy dy + Fz dz) − dp = 0
⎨Fy −

ρ ∂y
ρ
⎪
⎪
⎪
⎪
1 ∂p
= 0 × dz ⎪
⎪Fz −
ρ ∂z
⎩
⎭

pa

¾Chất lỏng nằm trong trường trọng lực: Fx, Fy=0, Fz=-g: pA
1
p
=const
− gdz= dp⎯ρ⎯
⎯→gz+ = const
ρ
ρ
p
p
p
hay: z + = const ⇔ zA + A = zB + B
γ
γ
γ

hay: pB = pA + γhAB hay

p = pa+γh

(1), (2) là phương trình thuỷ tónh
THUỶ TĨNH 2

hAB
pB
chuẩn 0

(1)

(2)

zA
zB


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được:
pV
p
=R
hay
= RT
Xem như chất khí là khí lý tưởng:
T

ρ
1
RT
− gdz = dp ⇔ −gdz =
dp
ρ
p
Nếu biết được hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T0 – az; a>0,
T0 là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường là mực nước biển yên lặng):
− gdz =

R(T0 − az)
g
dp
dz
dp ⇒
= −g
⇒ ln p =
ln(T0 − az) + ln(C)
p
p
R(T0 − az)
aR
⇒ p = C(T0 − az)

g

aR

g

Gọi p0 là áp suất ứng với z=0:

Phương trình khí tónh:

Ví dụ 1:

p 0 = CT0 aR ⇒ C =

⎛ T − az ⎞
⎟
p = p0 ⎜ 0
⎟
⎜ T
0
⎠
⎝

g

p0
g

T0 aR

aR

Áp suất tuyệt đối tại mặt biển yên lặng là 760mmHg, tương ứng với
nhiệt độ T=288 0K. 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 145000m.
Cho R=287 J/kg.0K

Giải:
T0 là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng):
Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T0 – az; với a=0, 0065
Cao độ ứng với nhiệt độ T1=216,5 độ K là z1= 11000m
Suy ra:

216,5=288 – 0,0065z1

Như vậy từ z0=0 đến z1=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tónh:
g

⎛ T − az ⎞
⎛ T − az1 ⎞
⎟⎟ ⇒ p1 = p0 ⎜⎜ 0
⎟⎟
p = p0 ⎜⎜ 0
⎝ T0 ⎠
⎝ T0 ⎠
p1 = 0.1695mHg

Từ:

aR

g

aR

⎛ 216,5 − 0.0065*11000⎞
= 0.76⎜
⎟
216,5
⎝
⎠

9.81
0.0065*287

p1
0 . 1695 * 13 . 6 * 9 . 81 * 10 3
p
= RT ⇒ ρ 1 =
=
= 0.364 kg/m
RT 1
287 * 216 . 5
ρ
THUỶ TĨNH 3

3


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Từ z1=11000 m đến z2=14500m, nhiệt độ không đổi nên:
RT
− 1

⎛ − RTg 1 ⎞
RT1
RT1 dp
RT1
⎟ ⇒ Cp g = e z
− gdz =
dp ⇒ dz = −
⇒z=−
ln p + ln(C) = ln⎜ Cp
⎜
⎟
p
g p
g
⎝
⎠

Tại độ cao z1 ta có áp suất bằng p1; suy ra:

C=

e z1

(p1 )

RT1
g

⇒ p = p1e

( z1 − z )

g
RT1

Như vậy tại độ cao z2 =14500m ta tính được:

p 2 = p1e

( z1 − z 2 )

g
RT1

= 0.17 * e

(11000−14500)

9.81
278*216.5

= 0.09752 mHg = 97.52mmHg
vàø:

ρ2 =

p 2ρ1
= 0.209kg / m 3
p1

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:
¾Áp suất dư :

Fxdx + Fydy + Fzdz=0
pdư = ptđ - pa

¾Nếu tại một điểm có pdư < 0 thì tại đó có áp suất chân không pck
pck= -pdư = pa – ptđ
¾p trong phương trình thuỷ tónh là áp suất tuyệt đối ptđ. hoặc áp suất dư

5
¾Các điểm nào (?) có áp suất bằng nhau:

THUỶ TĨNH 4

1

2

6

7

3

4

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

V. ỨNG DỤNG
1. Các áp kế:
pa

p=0, chân không tuyệt đối

paB

B
htđA

A

pA = pB + γhtd

hdưA

A

A

B

pduA = pduB − γhck ⇒ pckA = γhck

pduA = pduB + γhdu = γhdu

A’
A’

2. Đònh luật bình thông nhau:
Từ p.tr thuỷ tónh:
Suy ra

hckA

pA=pA’+ γ2h2; pB=pB’+ γ1h1

h1
B

A

γ1h1=γ2h2

γ1

3. Đònh luật Pascal:
Tại một vò trí nào đó trong lưu chất nếp áp
suất tăng lên một đại lượng ∆p thì đại lượng
này sẽ được truyền đi trong toàn miền lưu
chất → ứng dụng trong máy nén thủy lực.

B’

γ2 h
2

f

p=f/a

F=pA

Pascal 1623-1662 , Pháp

THUỶ TĨNH 5


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

4. Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu:
pa

pa

pa

h

h

h

pdư/γ=h

pdư=γh

pa+γh
pck

pck

pck

h

pck

pck/γ

h

h1=pck/γ

h
pck/γ-h

pck-γh

pck/γ
pdư=0, ptđ=pa

pdư/γ=h-h1

5 . Phân bố áp suất trên một mặt cong:

h
p/γ=h

p/γ=h

6 . Áp kế vi sai:

pa

pa→pa+ ∆p

Ban đầu thì p1=p2=pa:

γ1h1= γ2h2

C

∆z

γ2

A

Khi áp suất ống bên trái tăng lên ∆p: p1=pa+∆p; p2=pa

γ1

pa + ∆p = p A = pB − γ1h AB = pC + γ 2 h BC − γ1h AB

h1

h2

h

= pa + γ 2 h BC − γ1h AB

0

⇒ ∆p = γ2hBC − γ1hAB = γ2 (h2 − h + ∆z) − γ1(h1 − h − ∆z)
⇒ ∆p = h ( γ1 − γ 2 ) + ∆z( γ1 + γ 2 )
Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ:

⇒ a.h = A.∆z ⇒ ∆z =

ah
A

⇒ ∆p = h(γ1 − γ 2 ) +

THUỶ TĨNH 6

B

ah
(γ1 + γ 2 )
A


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
pa
¾ Giá trò lực
F du =

∫p

du

dA =

A

∫ γhdA = ∫ γy sin αdA

A

= γ sin α ∫ ydA =γ sin αy C A = γh C A =
A

hD
hC

A

p du
C A

F

α
h

y
dA

F =p A
du

du
C

C
D

¾ Điểm đặt lực
y D F = ∫ ydF = ∫ yγ sin αydA = γ sin α ∫ y 2dA = γ sin αIxx y
A

A

Suy ra:

O(x)

yD =

Tương tự :
xD =

Tâm áp
lực

A

I
I +y A
γ sin αI xx
= xx = C
F
yCA
yCA
2
C

yD = yC +
γ sin αI xy
F

=

IC
yCA
I xy

yCA

xD = xC +

=

x
Ixx=Ic+yC2A
Ixy=Ix’y’+xCyCA

y yC
I x 'y ' + x C y C A

Ix ' y '
yc A

yD

Ic

C

yCA

Ic: M. q tính của A so với trục //0x và qua C
Ix’y’: M. q tính của A so với trọng tâm C

¾ Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang:

pC = γ

hA + hB
2

⇒ F = ApC = γ

F

hA + hB
(AB)b
2

hA
A
C*
hB

D
B

Đặt:

Ω=(hA+hB).(AB)/2

Suy ra:

F=γΩb
BD=[(hB+2hA)/(hB+hA)].(AB)/3

THUỶ TĨNH 7

hA

Ω

hB


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

VII. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN

F = Fx2 + Fy2 + Fz2
O(y)

¾ Thành phần lực theo phương x

Fx = ∫ dFx = ∫ pdA cos(n, ox)
A

∫ γhdA

A

x

Mặt
cong A

dAx

Ax

z

dA

Fz = ∫ dFz = ∫ γhdA cos(n, oz)
=

∫ γhdA

pa x

Ax

= p cx A x

¾ Thành phần lực theo phương z
A

dAz

h

A

= ∫ γhdA x =

Az

(n,ox)
n

dFx

A

z

= γW

A

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 (Az)
pa

¾ Các ví dụ về vật áp lực W:
pa

pdư
w

pdư/γ
Fz

pck

w

pck

pck/γ

pa

Fz
w

pa

pck

w
Fz
w
Pa
Pdu

w

Fz

pck/γ

w1

pck/γ

Fz1

pa

w2

pa

Fz

Fz2
Pck

Pa

Pck

w

Fz

Fz

w
Pa

THUỶ TĨNH 8


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

pa

pa
pdư

pdư

Fz

Fz

W1: phần chéo liền nét
→Fz1 hướng lên.
W2: phần chéo chấm chấm
→Fz2 hướng xuống.
W=W1-W2
→Fz hướng xuống

W1: phần chéo liền nét
→Fz1 hướng xuống.
W2: phần chéo chấm
chấm
→Fz2 hướng lên.
W=W1-W2
→Fz hướng lên

¾ Lực đẩy Archimède:

Ar = γW2 − γW1 = γW

Ar
W1
W
W2 (phần gạch chéo)

Archimede 287-212 BC

THUỶ TĨNH 9


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Ar = −G

VIII. SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT
G
Ar
¾ Vật chìm lơ lửng

A

¾ Vật nổi

D
C

C
D

G
ổn đònh

Ar
không ổn đònh

G

MD =

I yy
W

C

D
Ar

DC
G
Phiếm đònh
Ar

Ar

C
yy

Ar

M

C

M

D

D

G
ổn đònh: MD>CD
→M cao hơn C

G
không ổn đònh:MD→M thấp hơn C

M: Tâm đònh khuynh.
Iyy: Moment quán tính của diện tích mặt nổi A so với trục quay yy.
W: thể tích nước bò vật chiếm chỗ

VIII. ỨNG DỤNG
Ví dụ 2:

Ta có:

Tính z, pa=76cmHg, γnb=11200 N/m3; γHg=133000
N/m3
pA = pB + γHg hAB=0.84 γHg + γHg hAB
= γHg (0.84+0.8)=1.64 γHg

ptđ =0

z

Mặt khác: pA – pa = γnb .(z+0.4)
40cm
40cm

Suy ra:

Suy ra

pa

(z+0.4)=(pA – pa )/ γnb
=(1.64 γHg - 0.76 γHg )/ γnb
=0.88(γHg / γnb )
=0.88.133000/11200=10.45m
z

= 10.05 m

THUỶ TĨNH 10

B
A

Hg

84cm


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Ví dụ 3:
Giải:

Bình đáy vuông cạnh a=2m. Đổ vào bình hai chất
lỏng khác nhau, δù1 =0,8; δ 2=1,1. V1=6m3; V2=5m3.
Tìm pB

γ1= δù1 γn=0.8*9.81*10^3 N/m3

pa

γ2= δù2 γn=1.1*9.81*10^3 N/m3

γ1

γ2

h1
A

Gọi h2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h2=(5/4)m.

h2

Gọi h1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h1=(6/4)m.

B
h=1m
a=2m

Ta có hAB = h2 – h = 0.25m
Suy ra: pB=pA+γ2*hAB= pA + γ2*(0.25)
Suy ra: pB= pa+ γ1*h1 + γ2*(0.25)
Suy ra: pdu B= 0+ γ1*(1.5) + γ2*(0.25)=9.81*103(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 suất tuyệt đối trong
qủa cầu bằng khơng .
Cho 2 đàn ngựa kéo vẫn khơng tách bán cầu ra được. Vậy phải cần 1 lực
bằng bao nhiêu để tách hai bán cầu ra (xem lực dình giữa 2 bán cầu khơng
đáng kể)

Chân khơng p(tuyệt đối) =
0
F =?

D

THUỶ TĨNH 11

F =?


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

Van phẳng AB hình chữ nhật cao 1,5m, rộng 2m, quay quanh trục A
Ví dụ 4: 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:

Giá trò lực:

Fn

du

3
= p du
C A = γh C A = 9.81 *10 * (5 − 1,5 / 2) *1,5 * 2

= 125.0775 KN
Vò trí điểm đặt lực D:

2 *1.53
I
12
y D = y C + C = 4.25 +
= 4.294m
yCA
4.25 *1.5 * 2

⇒ DB = 5 − 4.294m = 0.706m

pa
yC=hC
1,5m

h + 2h A AB 5 + 2 * 3.5 1.5
DB = B
.

=
= 0.706m
hB + hA 3
5 + 3. 5 3

yD

A

5m

Tính cách khác:

Fn

C
D

C*

F?

B
y

Fn(AD)=F(AB)

Để tính lực F giữ van yên, ta cân bằng moment:
Suy ra:

O

F=Fn(AD)/(AB)=125.07*(1.5-0.706)/(1.5) = 66.22 KN

Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang
Ví dụ 5: 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:

pa

O

hC = 3+2/3 = 3.666m
AB chính là chiều cao của tam giác đều,
4
2
2
=
=
= 2.31m
AB =
0
sin(60 )
3
3
2

3m

Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(600)=2.667m

2m

Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079

E

m2

hC

3

3

A
C

Fn

Áp lực: Fndu =γhCA=9.81*3.666*3.079 = 110,76 KN
Toạ độ yC = OC= hC/sin(600) = 4.234m

A

α=600

C
D

B
F

B
y

b*h
2.667 * 2.31
IC
36
OD = y D = y C +
= y C + 36 = 4.234 +
= 4.304m
yCA
yCA
4.234 * 3.079
Fn(AD)=F(2)

Suy ra:

F=Fn(AD)/(2)=110.76*(OD-OA)/2 = 110.76*(4.304-3.464)/2 =46.507 KN
THUỶ TĨNH 12


TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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

Ví dụ 6:

pa

Giải:

hC = 1+ 3+2/3 = 4.666m
AB chính là chiều cao của tam giác đều,
2
2
4
AB =
=
=
= 2.31m
0
sin(60 )
3
3
2

1m

O

P0du = 0,1at
E
A

3m hC
A

Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(600)=2.667m
Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m2
Áp lực:

Fndu =γhCA=9.81*4.666*3.079

C

C

2m

Fn

= 140,97 KN

D

α=600

Suy ra:

Ví dụ 7:

F

B

Toạ độ yC = OC= hC/sin(600) = 5.389m
b * h3
2.667 * 2.313
I
36
OD = y D = y C + C = y C + 36 = 5.389 +
= 5.444m
yCA
yCA
5.389 * 3.079
Fn(AD)=F(2)

B

y

Ghi chú: OA=4/sin(600)

F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2 = 140.97*(5.444 – 4.619)/2 =58.133 KN

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:
pC = -γhC = -9.81*103*(1+ 2-2/3) = -9.81*103* 2.333 N/m2

P0ck = 0,6at

AB =2.31 m
AE= 2.667m

Áp lực:

A

3m

A=3.079 m2

A

Fndu =-γhCA=-9.81*2.333*3.079

D

= -70.483 KN

2m
hC

Toạ độ yC = - OC= hC/sin(600) = -2.694 m
3

Fn

1m
3

b*h
2.667 * 2.31
IC
36
OD = y D = y C +
= y C + 36 = −2.694 +
= -2.804m
yCA
yCA
− 2.694 * 3.079
Fn(AD)=F(2)
Suy ra:

C

C
α=600
pa

B
F

B
O
y

Ghi chú: OA=3/sin(600)

F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2 = 70.483*(3.464 – 2.804)/2 =23.25 KN
THUỶ TĨNH 13

TS. Nguyễn Thò Bảy - ĐHBK tp HCM -Bài Giảng CLC

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
Giải:
van
Fx = p cx A x = γh cx A = 9.81*103 *

1.5
*1.5 * 3 = 33.10KN
2

2
πR 2
3 π *1.5
* 3 = 52KN
L = 9.81*10 *
Fz = γW = γ
4
4

F = F + F = 33.10 + 52 = 61.65KN
2
x

tg (α) =

2
z

2

2

Fz
52
=
= 1.570796 ⇒ α = 57,520
Fx 33.1

O

pa
0,6m
1,5m
0,6mG
Fx
D
α

M = G * 0.6 = 9.81* 6000 * 0.6 = 35316 Nm

G

Fz

F
nước

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:

pa

R A = Fx = p cx A x = γh cx A x

Fz1=γW1
R

2
= 9.81*103 * * 2 * 2
2
= 39.24KN

A
nước
Fz2=γW2

r
G + Fz1 + Fz 2 = 0
3
⇒ G = γW2 - γW1 = 9.81* L * ( πR 2 + R 2 )
4
G = 263.3941KN

THUỶ TĨNH 14