TIỂU LUẬN CƠ LƯU CHẤT, NHÓM 9

GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Sau một thời gian làm bài tiểu luận giờ đã hoàn thành. Nhóm chúng em xin
chân thành cảm ơn :
Trường Đại Học Công Nghiệp TP.HCM đã tạo điều kiện tốt nhất cho chúng
em học tập và làm tiểu luận.
Sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của Thầy Ths Nguyễn Sĩ Dũng, giảng viên
bộ môn cơ lưu chất, Thầy đã nhiệt tình giảng giải và phân tích cho chúng em hiểu
rõ về những vấn đề thắc mắc của chúng em đặt ra trong quá trình làm và những giờ
học tại lớp.
Thư viện trường đã tạo điều kiện cho chúng em mượn tài liệu tham khảo và
học tập đạt kết quả cao trong suốt quá trình làm tiểu luận.
Mặc dù rất cố gắng nhưng do thời lượng môn học và trình độ có hạn, nên
trong quá trình làm tiểu luận không thể tránh những thiếu xót . Rất mong nhận được
sự góp ý , nhận xét ,đánh giá về nội dung cũng như hình thức trình bày của Thầy và
các bạn để bài tiểu luận của nhóm em được hoàn thiện hơn . Chúng em chân thành
cảm ơn !

1


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Bài 1.9: Một piston đường kính 50mm chuyển động đều trong xilanh đường kính
50.1mm. Xác định độ giảm của lực tác dụng lên piston (tính theo %) khi lớp dầu bôi
trơn được đun nóng lên từ 20oC đến 120oC.
Bài giải:

Ta có công thức tính lực ma sát nhớt:

F = µS

du
dy

Gọi lực ma sát ở 20oC là F1
lực ma sát ở 120oC là F2
Công thức tính độ nhớt phụ thuộc vào
nhiệt độ:

µ = µ0 e − λ ( t −t0 )
Độ giảm lực tác dụng lên piston:

du 

µ
S
2

 F2 
dy ÷
÷100%
h =  1 − ÷100% =  1 −
du
F
 µS ÷

1

1

dy ÷


du

− λ ( t 2 − t0 )
µ
e
S
0

dy
= 1 −
 µ e − λ (t1 −t0 ) S du
0

dy



÷
÷100%
÷
÷


 e − λ ( t 2 − t0 ) 
=  1 − − λ (t1 − t0 ) ÷100% = ( 1 − e − λ (t2 − t1 ) ) 100%

 e


Đối với dầu loại SAE 10 ta chọn λ = 0, 03 , từ đó ta được:

( 1− e

− λ ( t2 − t1 )

) 100% = ( 1 − e

− 0,03(120 − 20)

) .100% = 95%

Vậy yêu cầu của bài toán là 95%.
Bài 1.12: Hai đĩa tròn đường kính d, bề mặt
song song và cách nhau một khoảng t. Ở giữa là
chất lỏng có khối lượng riêng ρ , độ nhớt µ . Khi
một đĩa cố định và đĩa kia quay n vòng/phút,
tìm ngẫu lực và công suất ma sát.
Bài giải:

d

y
V=
0

dr

dr
2

n

r
r


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Vận tốc chuyển động của đĩa:

ω = 2π

n
60

Vận tốc chuyển động tại vành đĩa:

v =π

n
r
30

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Xét một lớp chất lỏng hình vành khuyên có
độ dày dr có tọa độ y tính từ đĩa cố định bên dưới, lực tác dụng lên vi phân này:

dFms = τ dA = µ

du
2π rdr
dy

Đây là chuyển động tương đối giữa hai tấm phẳng nên ta có thể chấp nhận được quy
luật tuyến tính của vận tốc theo phương y.

dFms = µ

du
2πµω 2
2π rdr =
r dr
dy
t

⇒ dM ms = dFms r = µ
d /2

⇒M =

∫
0

ωr
2πωµ 3
2π rdr.r =

r dr
t
t

2πωµ 3
µ 2π 2 n
r dr =
t
30t

d /2

∫ r dr
3

0

µπ 2 n r 4 d / 2 µπ 2 nd 4
=
=
15t 4 0
960t
Công suất ma sát :

µπ 2 nd 4
n µπ 3 n 2 d 4
N = Mω =
2π
=
960t

60 28800t
Vậy yêu cầu bài toán là:

µπ 2 nd 4
µπ 3n 2 d 4
,N =
M=
28800t
960t

3


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

2.15 Xác định trọng lượng riêng của lưu chất X nếu biết độ chênh áp suất
PA − PB = 1KPa

Lưu chất X

A
δ1 = 1

100cm

B
δ 2 = 1.5

C

90cm

95cm

`

D

75cm

Bài giải:
Ta có

PC = PA + ( hA − hC ) × δ1 ×1000 × g ↔ PC = PA + 0,1× δ1 × 1000 × g

(1)

PD = PC + ( hC − hD ) × δ x ×1000 × g ↔ PD = PC + 0,15 × δ x ×1000 × g (2)
PD = PB + ( hB − hD ) × δ 2 ×1000 × g ↔ PD = PB + 0, 2 × δ 2 ×1000 × g

(3)

PC + 0,15 × δ x × 1000 × g = PB + 0, 2 × δ 2 × 1000 × g

↔ PC = PB + 0, 2 × δ 2 × 1000 × g − 0,15 × δ x × 1000 × g

(4)

Từ (2) = (3) ta có
PA + 0,1× δ1 ×1000 × g = PB + 0, 2 × δ 2 × 1000 × g − 0,15 × δ x × 1000 × g
↔ PA − PB = 0, 2 × δ 2 × 1000 × g − 0,15 × δ x × 1000 × g − 0,1× δ1 × 1000 × g
↔ 1000 = 0, 2 ×1,5 ×1000 × 9,81 − 0,15 × δ x ×1000 × 9,81 − 0,1×1×1000 × 9, 81
↔ 1000 = 1962 − 0,15 × δ x × 1000 × 9,81
↔ −962 = −1471,5 × δ x ↔ δ x = 0, 6537
→ γ x = 0, 6537 × g × 1000 = 0, 6537 × 9,81× 1000 ≈ 6413 N m3

4


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

O
X
0.6 m

Bài 2.25 Van chắn dầu( δ =0,86) hình tam
giác cân ABC. Xác định trị số và điểm đặt
của áp lực tác dụng lên van.
Bài giải:
- Chọn hệ trục tạo độ như hình vẽ
- D là trọng tâm của tấm chắn.

Y

2
 AB 

MH = MA2 − 
÷
 2 
1m

A
0.6

H

E

B
0.6

δ = 0,86

m

M

Ta có:

P

0.6

= h .γ .ω
D

( hD = OH + HD )

≈ ( 0,6 + 0,11) 0,86.9,81.103.0,166
≈ 994 N
- Gọi E là điểm đặt lực.

J
y =y + D
E
D y +ω
D
bh3 1
=h +
.
D 36 h +ω
D
1.0,113
1
= ( 0,6+0,11) +
.
36 ( 0,6+0,11) .0,166
= 0,7186 (m)
ĐS: F=994 N; yE = 0.186 m

5

B
0.6

m

M

D
m

1m

A

1
⇒ HD = MH
3

m


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

2.35 Van hình nón có chiều cao bằng h=50cm làm
bằng thép
dùng để đậy lỗ tròn ở đáy bể chứa nước. Các kích
thước cho
trên hình vẽ. Xác định lực R cần thiết để mở van.
δ = 7,8
Bài giải:

5h

0, 4h

h3

h

Chọn trục tọa độ như hình vẽ 0, 4
h
Ta có bán kính mặt CD R =
3
Thể tích hình nón ABE
h
1
VABE = × π × (0, 2h) 2 = × π × h 3
3
75
Thể tích hình nón cụt giới hạn bởi mặt AB và CD
2
1
1  0, 4 
2h
Vnc = × (0, 4h) 2 × π × h − × 
× h ÷ ×π ×
12
3  3
3


O

⊕
z

2

=

1
1  0, 4
2 × 0,5

× (0, 4 × 0,5) 2 × π × 0,5 − × 
× 0,5 ÷ × π ×
12
3  3
3


= 3, 6846 × 10

−3

K x L

3

(m )

W1

A

W2

I

P

_

J
_B

GS
C

D
E

Thể tích hình trụ CDIJ
R
2
2
 0, 4  h
 0, 4
 0,5
−3
3
VCDIJ = 
× h ÷ × ×π = 

× 0,5 ÷ ×
× π = 2,3271× 10 (m )
3
 3
 3
 3

Ta
lực
ur cóuu
ráp u
u
r của nước tác dụng lên van là
P = Px + Pz
uu
r r
Px = 0 Do vật thể đối xứng
2
2
Pz = γ × W1 − γ × W2
14
 0, 4 
 0, 4

W1 = lIK × 
h ÷ × π = × 0,5 × 
× 0,5 ÷ × π = 0, 03258( m3 )
3
 3 
 3


−3
−3
−3
3
W2 = Vnc − VCDIJ = 3, 6846 ×10 − 2,3171×10 = 1,3575 ×10 ( m )
P = Pz = 1000 ×1× (0, 03258 − 1,3575 × 10 −3 ) = 31, 2225 ( Kgf )

Trọng lượng khối sắt là
GS =

1
1
× π × h3 × ρ s = × 0,53 × π × 7,8 ×1000 ≈ 40,84 ( Kgf )
75
75

Vậy độ lớn của lực R là

R = P + GS = 31, 2225 + 40,84 ≈ 72 ( Kgf )

6


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất
z

0,3m

0, 2m

Bài 2.45:
0,6m
Một bình chứa hình lăng trụ, đường kính 0,6m
a = 50mm
O
cao 0,3m, để hở miệng, trên miệng bồn có mép
hình vành khăn có a=50mm, nằm ngang. Bồn
chứa nước cao 0, 2m và quay quanh trục thẳng
đứng.
1) Tính vận tốc quay của bồn chứa để
nước không bắn ra ngoài.
ω
2) Tính áp lực nước tác dụng lên mép
hình vành khăn.
Giải:
a) Bài toán yêu cầu tìm ω để bình không bị bắn nước ra ngoài tương đương với
2

 0, 6 
3
việc ta đổ thêm vào bình π . 
÷ ( 0,3 − 0, 2 ) m (nước để cho bình đầy) và tìm
 2 

ω

2

 0, 6 
3
khi bình bắn ra π . 
÷ ( 0,3 − 0, 2 ) m
2



nước.
Khi bình đầy nước và quay với vận tốc ω
ta viết phương trình mặt đẳng áp qua A :

0,6m

 0,6

r =
- 0,05 ÷ = 0,25
A  2

ω2 .0,252
⇒C=2g
Vậy
phương
trình
mặt
thoáng:
2
2

2
2
2
2
ω r
ω .0, 25
ω r
z=
−
=
− 3,1855.10−3.ω 2
2g
2g
2g
−3
2
z + 3,1855.10 .ω
r 2 = 2 g.
ω2
Khi r = 0 thì z = −3,1855.10−3.ω 2
-3 2
) Giả sử - 3,1855.10 .ω > - 0,3 ⇔ ω < 9,7 rad s
0
V
=
π .r 2 .dz
∫
ban ra
−3,1885.10−3.ω 2

(

=

2.π .g
.
ω2

0

∫

−3,1885.10−3.ω 2

( z + 3,1855.10

.ω 2 ) .dz

−3

7

a = 50mm

O

ω

)

0,3m

A

0, 2m

ω2 r 2
z=
+ C.
2g
Tại A : z A = 0

z


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng
=

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất


2.π .g  z 2
.  + 3,1855.10−3.ω 2 .z ÷ 0
2
−3 2
ω  2
 −3,1855.10 .ω

−3
2

2
2.π .g ( 3,1855.10 .ω )
 0, 6 
=
.
= π .
÷ ( 0,3 − 0, 2 )
2
ω2
 2 
2

⇔ ( 3,1855.10−3 ) .ω 2 .g = 0,32.0,1
2

(

⇒ ω = 9,5 rad

s

)

(

-3 2
) Khi - 3,1855.10 .ω ≤ - 0,3 ⇔ ω ≥ 9,7 rad s
0
V
= ∫ π .r 2 .dz

ban ra
−0,3
=

)

)

(

2.π .g 0
. ∫ z + 3,1855.10−3.ω 2 .dz
ω 2 −0,3


2.π .g  z 2
=
.  + 3,1855.10−3.ω 2 .z ÷ 0
2
−0,3
ω  2

⇔ 4,96466.10−4.ω 2 =

(

⇒ ω = 9,5 rad

s

)

2

= π .  0, 6 ÷ ( 0,3 − 0, 2 )
 2 

0,32
2

(

)

Trường hợp này loại vì ω < 9,7 rad s
1
2 2
b) Ta có: p = .ρ .ω .r − ρ .g.z + C
2
Tại A : p A = pa = 0 ; z A = 0 ; rA = 0, 25 ⇒ C = −2766, 2
1
2 2
Vậy p = .ρ .ω .r − ρ .g.z − 2766,72
2
Ta tìm lực F do nước tác dụng vào vành khăn nên z = 0.
1
p = .ρ .ω 2 .r 2 − 2766,72
2
0,3
F = ∫ p.2π .r.dr

0,25
0,3  1

= ∫  .ρ .ω 2 .r 2 − 2766,72 ÷.2π .r.dr

0,25  2

≈ 52,56 N

(

)

Vậy ω = 9,5 rad s ; F = 52,56 N

Câu 3.9. Lưu chất không nén được chuyển động với vận tốc theo biến Euler như
sau:

8


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng
u x = 3t

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

u y = xz

u z = ty 2

Xác định gia tốc của phần tử lưu chất.
Bài giải:
Ta có :
r
r ∂u uu
r ∂u uu
r ∂u uur ∂u
a=
+ ux . + u y . + uz .
dt
∂x
∂y
∂z

(1)

Mà
theo
đềr bài toán
thì ta có:
r
r
r
u = 3ti + xz j + ty 2 k

Với:
r
∂u
∂t
∂u

∂x
∂u
∂y
∂u
∂z

r
r
= 3i + y 2 k
r
=zj
r
= 2tyk

(2)

r
=xj

Thế
(2) vào(1) ta có:
r r
r

r
a = 3i + ( 3tz + txy 2 ) j + ( 2 xyzt + y 2 ) k

Câu 3.12. Lưu chất không nén được ,chuyển động ổn định với vận tốc u có 2 thành
phần u x và u y như sau:
ux = x3 + 2 z 2

u y = y 3 + 2 yz

Xác định thành phần vận tốc u z .
Bài giải:
Đối với lưu chất không nén được ta có:
r ∂u ∂u ∂u
div(u ) = x + y + z = 0
∂x
∂y
∂z
∂u
⇔ 3x 2 + 3 y 2 + 2 z + z = 0
∂z
∂u
⇔ z = −3 ( x 2 + y 2 ) − 2 z
∂z
⇒ u z = −3( x 2 + y 2 ).z − z 2

Bài 4.19 Một quả thủy lôi được phóng trong nước tỉnh, chuyển động với vận tốc V=
15m/s. Quả thủy lôi chịu tác dụng của áp suất tĩnh của nước và áp suất động khi quả thủy
lôi chuyển động
Bài giải
9


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Ta xem quả thủy lôi đứng yên còn nước thì chuyển động với vận tốc V = 15m / s

Áp dụng phương trình năng lượng cho 2 mặt cắt 1-1 và 2-2, chọn mặt chuẩn đi qua đầu
thủy lôi ta được:
p V2
p V2
z1 + 1 + 1 = z2 + 2 + 2 , với z1 = h, z2 = 0, V2 = 0, p1 = 0
γ 2g
γ 2g



V2 
152 
⇒ p2 =  h + 1 ÷γ = 10 +
÷× 1020 × 9,81 = 214812 Pa ≈ 2,19at
2
g
2
×
9,81





1

1

10m
h = 10m

2
2

r
v

r
v

h

H

4.29 Nước chảy ra khỏi lỗ tháo như hình vẽ. Đường kính tia nước ra khỏi lỗ tháo là
80 mm. Tại tâm của tia nước người ta đặt một
ống đo áp với cột nước h=5.75m.
Xác định lưu lượng và tổn thất năng lượng
của dòng chảy từ bể ra ngoài không khí. Cho
H=6m
Giải
- Viết phương trình Bernoulli cho 2 mặt
cắt
(1-1),
(2-2)
ta
có:

p u2
p
u2

1
1
2
z + +
=z +
+ 2 +h
1 γ
2
f
2g
γ
2g
p
u2
2
⇔ H +0+0 = 0+
+ 2 +h
f
γ
2g
p
u 2 ÷
 2
⇔ h = H −
+ 2÷
f
2g ÷
 γ



(Chọn pa = 0 )
- Viết phương trình Bernoulli cho mặt (2-2), (3-3):

10

80 mm


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

p
u2
p 3 u 23
2
z +
+ 2 =z 3 +
+
2 γ
2g
γ
2g
p
u2
2
⇔ 0+
+ 2 = h+0+0
γ

2g
p
u2
2
⇔
+ 2 =h
γ
2g
Vậy

1

1

h

H

3 3

2

h = H −h
f
=6-5.75=0.25 m

2

80 mm

Tại tâm lỗ thoát thuộc mặt cắt (2-2) các tia
nước gần như song song với nhau và tiếp
xúc không khí nên chọn áp suất tại đó là áp
suất khí trời( p2 = pa = 0 )

p
u2
2 + 2 =h
2g
Theo phương trình Bernoulli cho mặt cắt (1-1), (2-2) có: γ
⇔ u = 2.h.g
2
Thay vào biểu thức tính lưu lượng:

Q = u.S

= u .S
2

=

2

 80 1 
2.5,75.9,8.π.
. ÷
 1000 2 

= 53.36 l s

4.39 Đường ống A dẫn vào nhà máy thủy điện có D=1,2 m/s chia làm 2 nhánh B, C
trong mặt phẳng ngang, mỗi nhánh có d=0,85m; cấp nước cho 1 tuabine.
Xác định lực nằm ngang tác dụng lên chạc ba. Biết rằng lưu lượng Q = 6m3 / s chia
đều cho 2 nhánh: áp suất dư tại A là 5MPa. Bỏ qua mất năng.
Bài giải
Áp dụng phương trình Bernouli cho đường dòng qua mặt cắt 1-1 và 2-2 ,mặt cắt 11 và 3-3 ta được 2 phương
y
trình:
2
2

p1 u1
p
u
+
= z2 + 2 + 2
λ 2g
λ 2g

p u
p
u
z1 + 1 +
= z3 + 3 +
λ 2g
λ 2g

P1

Fx

1
G

vì trên mặt phẳng nằm ngang
nên z1 = z2 = z3 ,

2
d

2
3

x

O

2

45°

2
1

Fy
1
D

z1 +

d

3

3

p1 = 5.10 Pa
6

P3

11

P2


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

u1 =

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Q1
Q
4.6
=
=
≈5,3 m / s
2
(vì bảo toàn lưu lượng nên 2Q1=Q)
πd1

s1
π.1, 22
4

Q2
Q
4.3
=
=
≈ 5,2868 m / s
2
s2 π d 2 π .0,852
4
λ = ρ .g = 1000.9,81 = 9810 N / m3
Thay vào 2 phương trình trên ta tìm được: p2 = p3 ≈ p1 = 5.106 Pa
⇒ u2 = u3 =

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho dòng chất lỏng qua chạc ba:

r
r r r r r
r
r
r
ρ ( β 2Q2u2 + β 3Q3u3 − β1Q1u1 ) = ∑ Rm + ∑ Rs = F + P1 + P2 + P3
Bỏ qua mất năng nên hệ số điều chỉnh β1 = β 2 = β 3 = 1
Chiếu phương trình trên lên trục Oxy thuộc mặt phẳng nằm ngang:
0
0
Ox: ρ (Q2u2 + Q3u3 cos 45 − Q1u1 ) = Fx + P1 − P2 − P3 cos 45

⇒ Fx = ρ (Q2u2 + Q3u3 cos 450 − Q1u1 ) − P1 + P2 + P3 cos 450
2
π 1, 22
− 2.5,3) − 5.106.
2
4
π 0,852
π 0,852 2
+5.106.
+ 5.106.
.
4
4
2
Fx = 1000.3.(5, 2868 + 5, 2868

Fy ≈ −2017,5 KN
r

r

Chiều của Fy ngược với chiều đã chọn. R = − F
r
Gọi R là lực ép của dòng nước lên chạc ba, ta có: Rx = − Fx , Ry = − Fy

Rx = 816 KPa , Ry = 2017,5KN

⇒ R = Rx2 + Ry2 = 8162 + 2017,52 ≈ 2176,2 KN
Bài 4.49 Một máy tưới nước như hình vẽ. Đường kính miệng là 6mm. Moment ma sát của

trục quay là 0, 01ω 2 .Xác định vận tốc quay của máy tưới nếu lưu lượng vào máy tưới là
0,9lit s
Bài giải

12


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho hai mặt cắt ướt tại vị trí như hình vẽ, mặt cắt 22 sát đầu phun nước:

r
r r r r r
r
r
ρ Q( β 2u2 − β1u1 ) = ∑ Rm + ∑ Rs = G + F + P1 + P2
r
Xét thấy chỉ có thành phần Fy mới gây ra moment quay, do đó ta chỉ cần chiếu phương
trình trên lên phương Oy để tìm Fy là được:
Ta được:

Oy:

ρ Q( − β 2u2 cos 450 ) = Fy + P2 cos 450

⇒ Fy = − ρ Qβ 2u2 cos 450 − P2 cos 450
Chọn hệ số β = 1 , áp suất P2 = 0
Do lượng nước vào máy tưới chia đều cho hai nhánh nên lưu lượng ở mỗi nhánh là:

Q
0,9.10−3
Q=
= 4,5.10−4 m3 / s , thay vào phương trình với u2 = , ta được:
S
2
4,5.10−4
2
Fy = −1000.4,5.10−4.
.
= −5,064 N
−3 2
π (6.10 ) 2
4
Vậy lực Fy có hướng theo chiều âm của trục Oy, vì hai nhánh là như nhau nên cả hai đều
chịu lực Fy . Xét tương đối vị đặt lực Fy cách tâm quay một khoãng là

L
2

⇒ moment gây ra chuyển động quay của máy tưới :
M = Fy .L = 5,064.0,4 = 2,0256 Nm
Để cho máy tưới quay với vận tốc góc là ω thì moment M phải cân bằng với moment ma
sát của trục quay: M = 2,0256 = 0,01ω 2
⇒ ω = 14,232rad / s ≈ 136 vòng/ph

13

GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Bài 8.16: Xác định độ chênh cột áp H giữa 2 bể nếu lưu lượng dầu chảy trong các ống là
0.3 m3 / s . Cho biết các ống là ống trơn thủy lực. Nếu độ chênh áp giữa 2 bể là H = 2m.
Tính lưu lượng dầu chảy trong ống.
1
1
A

H
2

B

2

6ο

l=30m
D=200mm
m

l=60m
D=300mm

δ = 0.8
µ = 0.004 Pa.s

Bài giải:
a)Chọn mặt chuẩn ngang mặt thoáng bể B. Chọn mặt cắt 1-1 là mặt thoáng bể A, mặt cắt
2-2 là mặt thoáng bể B. Viết phương trình Bernoulli cho dòng chảy từ mặt cắt 1-1 đến 2-2:
p
V2
p
V2
z1 + 1 + α1 1 = z2 + 2 + α 2 2 + h f
γ
2g
γ
2g
Với z2 = 0, z1 = H , p1 = p2 = pa ,V1 ≈ 0,V2 ≈ 0 .
2
2
Vd21
Vd22
l1 Vd1
l2 Vd2
h f = λ1
+ λ2
+ kv
+ ( kr + k p )
d1 2 g
d2 2 g
2g
2g

Trong đó λ1 , λ2 là tổn thất cột áp dọc đường trong các ống, kv , k p và kr lần lượt là các hệ
số tổn thất cục bộ tại miệng vào, chỗ phân kỳ và tại miệng ra của ống.. Thay vào phương

trình Bernoulli ta được:
2
 l1
 Vd1  l2
V 2
H =  λ1 + kv ÷ +  λ2
+ kr + k p ÷ d 2 (*) .
 d1
 2 g  d2
 2g
Vận tốc trong các ống d1 , d 2 :
4Q
4.0,3
Vd1 =
=
= 9,55(m / s ).
2
π d1 π .0.22
4Q
4.0,3
=
= 4.244( m / s ).
2
π d 2 π .0.32
* Xác định các hệ số tổn thất dọc đường trên đường ống:
µ = 0, 004 pa.s = 0, 004kg / m.s
µ
⇒ ν = = 5.10−6 ( m 2 / s ).
Ta có:
3

ρ
ρ = 0,8.1000 = 800kg / m
Từ đó ta có các hệ số:
Vd .d1 9,55.0.2
Red1 = 1 =
= 382000
ν
5.10−6
Vd .d 2 4, 244.0,3
Red2 = 2
=
= 254640
ν
5.10−6
Vd2 =

14


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

5
6
Theo giả thiết thì các ống là ống trơn thủy lực và các hệ số 10 ≤ Re ≤ 3, 26.10 nên ta có

thể xác định các hệ số λ1 , λ2 theo công thức KOHAKOB
1
1

λ1 =
=
≈ 0, 013687
2
2
( 1,8log 382000 − 1,5)
1,8log Red1 − 1,5

(

λ2 =

)

1

( 1,8log R

ed 2

− 1,5

)

2

=

1

( 1,8log 254640 − 1,5)

≈ 0, 014761

2

*Xác định các hệ số tổn thất cục bộ:
kv = 0,5
2

2
  d 2 
 A2 
k p = k  − 1÷ = k   2 ÷ − 1÷
  d1 
÷
 A1 



2

  0,3  2 
5
⇒
k
=
0,1
Với góc phân kỳ 6
chọn

⇒ 0,1 
− 1÷ =
÷
  0, 2 
÷ 32


Thế các kết quả ta vừa tìm được vào phương trình (*) ta được:
30
60
5  4, 244 2

 9,552 
H =  0, 013687
+ 0,5 ÷
+  0, 014761
+1+ ÷
≈ 15, 64( m) .
0, 2
0,3
32  2.9,81

 2.9,81 
A1
b)Do lưu lượng được bảo toàn nên: Q = Vd1 . A1 = Vd2 . A2 ⇒ Vd 2 = Vd1
A2
Thế kết quả này vào phương trình (*) ở câu a ta được:
ο

4

2
 l1
 Vd1  l2
V 2  d 
H =  λ1 + kv ÷ +  λ2
+ kr + k p ÷ d 1  1 ÷
 d1
 2 g  d2
 2g  d2 
4
2
5  Vd21  0, 2 
 30
 Vd1
 60
,
H =  λ1
+ 0,5 ÷
+  λ2
+1+ ÷
32  2.9,81  0,3 ÷
 0, 2
 2.9,81  0,3

,

⇔ V1 =

2.9,81.81

12150λ1 + 3200λ2 + 59

Đây là hàm phi tuyến có ẩn cả vế trái lẫn vế phải nên ta có thể giả theo phương pháp lặp:
2

d 
Với Vd2 = Vd1  1 ÷
 d2 
Ta có bảng sau: Bảng 1
Lần lặp
V1 giả thiết
1
2
3
Bảng 2
Lần lặp

∞
2,9566
2,184

1
2
3

∞
1,314
0,971

V2 giả thiết

Red1 =

Vd1 .d1

∞
118280
87360
Red2 =
∞
78840
58260

ν

Vd2 .d 2

ν

15

λ1 (theo Moody) V1 tính
0,008
0,0176
0,0182

2,957
2,184
2,140

λ2 (theo
Moody)
0,008
0,0189
0,021

V2 tính
1,314
0,971
0,951


GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Từ bảng 1 ta thấy sai số lần lặp 2 và 3 nhỏ hơn 5% nên có thê chấp nhận được
Chọn V1 = 2,140m / s
2,140.π 0, 22
≈ 67, 23l / s
4
Bài 8.26: Nước được dẫn từ bể theo ống 1 tới điểm J. Tại đây rẽ làm 2 nhánh: ống 2 và 3
dẫn tới các điểm B và C tương ứng. Đặc tính các ống cho trong bảng. Biết
Q1 = 150l / s, z A = 25m, z B = 2,5m . Hỏi Q2 , Q3 và zC
⇒ Q = V1 A1 =

Ống
1
2
3

zA

A
1

d,m
0,40
0,32
0,24

n
0,014
0,015
0,016

B

2

zB

J
3

L,m
1050
1600
800

C

zC

Bài giải:
zA

Chọn mặt chuẩn như hình vẽ.
Các phương trình chảy trong hệ thống
ống:

A
1
2

B
zB

J
HJ

3

C

Mặt(0)
cchuẩn(0)
Q1 = A1C1 R1

z − HJ

J1
= A1C1 R1 A
(1)
L1
L1

Q2 = A2C2 R2

H − zB
J2
= A2C2 R2 J
(2)
L2
L2

Q3 = A3C3 R3

J3
H −z
= A3C3 R3 J C (3)
L3
L3

Q1 = Q2 + Q3 (4)
Trong đó H J là độ cao cột áp tại nút J.
16

zC

GVHD:Th.S Nguyễn Sỹ Dũng

Tiểu Luận Cơ Lưu Chất

Vì hệ số n < 0,02 và đường kính các ống nhỏ nên ta có thể tính C theo công thức:
1
C = R1/6
n
3
Theo giả thiết thì Q1 = 150(l / s ) = 0,15( m / s )

25 − H J
π .0, 42 1
0,11/ 6 0,1
4 0, 014
1050
⇒ H J = 18, 68258(m)
Thế kết quả tìm được vào (2) ta được:
π .0,322 1
18, 68258 − 2,5
Q2 =
0, 081/ 6 0, 08
≈ 100(l / s)
4
0, 015
1600
⇒ (1) ⇔ 0,15 =

(4) ⇒ Q3 = Q1 − Q2 = 150 − 100 = 50(l / s) = 0,05(m3 / s)
(2) ⇒ 0, 05 =

18, 68258 − zC
π .0, 242 1
0, 061/6 0, 06
4
0, 016
800

⇒ zC ≈ 8(m)
Vậy zC = 8(m) , Q2 = 100(l / s ), Q3 = 50(l / s) là yêu cầu bài toán.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.

Trần Chấn Chỉnh – Lê Thị Minh Nghĩa .Cơ Học Chất Lỏng Kỹ Thuật Tập 1.

Nhà xuất bản Giáo Dục – 1996.
2.

Nguyễn Thị Phương – Lê Song Giang. Cơ Lưu Chất (Lý Thuyết Và Bài Tập).

2001

17