TIỂU LUẬN CƠ LƯU CHẤT, NHÓM 2

GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Bài 1.1 Một chất khí có khối lượng phân tử là 44 ở điều kiện áp suất 0,9 Mpa,
nhiệt độ
C. xác định khối lượng riêng của chất khí.
Bài làm:
Khối lượng riêng của chất khí được tính bặng công thức:
G
12.103
=
= 0,46m
π D 2 π .1,82
.ρ .g .1025.10
4
4

ρ=

P
RT

R0 8314
=
= 188.91 mN Kg 0 K
MA
44
6
P = 0.9MPa = 0.9 × 10 Pa

Trong đó

R=

T = 200 C = 293K
P
0.9 × 106
⇒ρ=
=
= 16.26 Kg m3
RT 188.91× 293
Vậy ở điều kiện áp suất bằng 0.9 MPa nhiệt độ

G
12.103
=
= 0,46m
π D 2 π .1,82
.ρ .g .1025.10
4
4

C thì không khí có khối

lượng riêng là 16.26 Kg m 3

3m3 không khí khi áp suất tăng từ
100Kpa đến 500Kpa. Không khí ở nhiệt độ 23o C (xem không khí như là khí lý
Bài 1.7 Xác định sự thay đổi thể tích của

tưởng).
Bài làm:
Không khí được xem là khí lý tưởng và ở nhiệt độ 23o C nên ta xem đây là quá
trình nén đẳng nhiệt. thể tích 2 sau khi nén được tính bằng công thức:

P2
V
= 1
P1
V2
Với:

P1 = 100 KPa
P2 = 500 KPa

V1 = 3m3
Nên ta có:

V2 =

PV
100 × 3
1 1
=
= 0.6m3
P2
500

23o C khi áp suất tăng từ 100KPa đến 500KPa thì thể tích thay
3

đổi một lượng là: ∆V = V1 − V2 = 0.6 − 3 = 2.4m
Vậy ở nhiệt độ

Trang: 1


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ 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 Hg như hình vẽ ; áp suất trên mặt nước
biển là 76cm Hg. Trọng lượng riêng của nước biển là γab = 11200 N/m3.

Bài làm:
- Áp suất tại trạm khảo sát:
Pks = γHg . 0,84 = PB
- Áp suất tại A:
PA = PB + γHg . hAB = γHg (0,84 + hAB)
Mà A thông với nước biển bên ngoài nên:
PA = Pa + γab (z + 0,4)
=> z =

PA − Pa
- 0,4
γ ab

Với PA = 133400(0,84 + 0,8) = 218776 Pa
Pa = 133400 . 0,76 = 101384 Pa
γab = 11200 N/m3

=> z =

218776 − 101384
− 0,4 = 10,08 m.
11200

Vậy độ sâu của trạm khảo sát là 10,08m.
Bài 2-22: Một cửa van hình chữ nhật
ABCD đáy nằm ngang có thể quay xung quanh trục
AB. Cửa van được đóng lại bởi đối trọng gắn trên
van. Trọng lượng của đối trọng và van là 9810 N,
đặt tại G. Cửa van dài 120cm, cao 90cm. Xác định
chiều cao cột nước để có thể mở van.
Bài làm:
- Áp suất tại A:
P1 = PA = γ. hA = γ.(h – AC.sin600)
- Áp suất tại C:
P2 = PC = γ.h
Trang: 2


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

- Biểu đồ phân bố áp suất trên cửa van như hình vẽ
- Áp lực tác dụng lên van:
P +P
γ .h + γ ( h − AC. sin 60 0 )
P = 1 2 . AC . AB =

. 0,9 . 1,2
2

=

2

2 γ .h − 98100.0,9.

3
2 . 0,9. 1,2

2

P = (γ.h – 22072,5 . 3 ). 1,08
Áp lực P đi ngang qua trọng tâm biểu đồ phân bố
suất và cách đáy lớn hình thang 1 đoạn l:
2 P1 + P2 AC γ .h + 2.γ .(h − AC. sin 60 0 ) AC
.
=
.
l=
P1 + P2 3
γ .h + γ .(h − AC. sin 60 0 ) 3

3h − AC. 3 AC
.
=
3 3
2h − AC.

2
Điểm đặt của P cách A 1 đoạn là x:




3h − AC. 3 1 

.
x = AC – l = AC. 1 −

3 3
 2h − AC.


2

Điều kiện để van có thể mở:
MP/A > MW/A
<=>(γ.h – 22072,5 . 3 ).1,08. AC.




1 − 3h − AC. 3 . 1  > 9810. 0,3

3 3
 2h − AC.

2



<=>(h – 0.225.







3h − AC. 3 1  25

. >
3 ). 1 −
3 3  81
 2h − AC.

2



<=>(h – 0,39). 1 −



3h − 1,56  25
 >
6h − 2,34  81

<=>(h – 0,39). (3h – 0,78)>

25
.(6h – 2,34)
81

<=>3h2 – 3,8h + 1,03 > 0
<=> h<0,39 hoặc h>0,87
Trang: 3


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Ta chọn h > 0,87m
Vậy chiều cao tối thiểu của cột nước để có thể mở van là h = 0,87m.
Bài 2.29 Một phao hình lăng trụ đáy tam giác, rỗng, bên trong chứa nước.
Trọng tâm của phao đặt tại A.
1)
Khi Z=30cm và y = 0 phao ở trạng thái cân bằng. Tìm trọng lượng tren
1m dài của phao.
2)
Xác định y để khi Z = 45 phao vẫn ở vị trí cân bằng.

Nước
Bài làm:
Khi y = 0 phao không chứa nước bên trong lúc này phao chịu tác dụng của các
lực sau:

Trang: 4

GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng
•
•

Tiểu luận cơ lưu chất

Trọng lượng của phao ( P hướng xuống đặt tại A)
Áp lực của nước tác dụng lên mặt thẳng đứng của phao ( Fx )

•
Áp lực của nước tác dụng lên mặt nằm ngang của phao ( Fy )
Để phao cân bằng thì tổng mô men ngoại lực tại b bằng 0
Thành phần thẳng đứng Fx

Fx = PCX . A1
Với: A1 ,là diện tích phần mặt đứng của phao tiếp xúc với nước.
z
0.3
Nên: FX = × γ × z × 1 =
× 9810 × 0.3 × 1 = 441.45 N
2
2
Điểm đặt lực:

yD = yC −

JX
yc × A1

bh3
JX
1 × 0.33
JX =
⇒ yD = yC −
= 0.15 −
= 0.1m
12
yc × A1
0.15 × 0.3 × 12
Thành phần nằm ngang Fy
Fy = γ × z × A2
Với A2 là diện tích đáy phao nên ta có
Fy = γ × z × A2 = 9810 × 0.3 × 1.33 × 1 = 3914.2 N
Đặt tại tâm đáy phao

1.33
− P × (1.33 − 0.3) = 0
2
441.45 × 0.1 + 3914.2 × 0.665
⇒P=
= 2569,86 ; 2570 KN
1.03

∑ mB =F

X

× 0.1 + Fy ×

Vậy để phao ở trạng thái cân bằng thì phao phải có trọng lượng là 2570KN
Tương tự câu 1 nhưng ở đây có thêm trọng lượng của nước trong phao và trọng
lượng nước của phao được chia làm 2 phần: phần nằm trong hình vuông và phần nằm
trong hình chử nhật.

Trang: 5


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Thành phần áp lực tác dụng lên mặt đứng

FX ' =

Fx '

z
0.45
× γ × z ×1 =
× 9810 × 0.45 × 1 = 993.3 N
2
2

Điểm đặt lực:

yD ' = yC ' −

JX '
yc ' × A1 '

bh3
JX '
1 × 0.453
JX ' =
⇒ yD ' = yC ' −
= 0.225 −
= 0.15m
12
yc ' × A1 '
0.225 × 0.45 × 12
Thành phần nằm ngang Fy
Fy ' = γ × z × A2 = 9810 × 0.45 × 1.33 × 1 = 5871.3 N
Đặt tại tâm đáy phao

1.33
− P × (1.33 − 0.3) − Gn × X G = 0
2
1.33
⇒ Gn × X g = FX '× 0.15 + Fy '×
− P × (1.33 − 0.3)
2
1.33
= 993.3 × 0.15 + 5871.3 ×
− 2570 × (1.33 − 0.3) = 1046.3 Nm
2
y.x 2 x 9810
⇒ Gn × X g = 1046.3 = 9810.

. +
. y.(1.33 − x)(1.33 + x)
2 3
2

∑ mB =FX '× 0.15 + Fy '×

Trang: 6


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Từ tam giác BMN ta có:

MN
1
=
NB 1.33
Y
⇒X=
= 1.33 y
tgα
⇒ Gn × X g = 5780.3 y 3 + 4905(1.332 − (1.33 y ) 2 ) y = 1406.3
tgα =

⇔ 2896 y 3 − 8767 y + 1406 = 0
 y = 1.65m


⇒  y = −1.8m
 y = 0.16m


Ta thấy 1.65>1 loại 1.8<0 loại vậy ta còn giá trị y=0.16m
Vậy khi z=0.45m để phao vẫn ở trạng thái cân bằng thì y=0.16m
Bài 2-31:Một xi lanh dài 1m, đường kính 0,6m, trọng lượng 1,2 Tf. Xác định
phản lực tại A và B, bỏ qua ma sát.

3

G

12.10
= 2
= 0,46m
2
πD
π .1,8
.ρ . g
.1025.10
4
4
Trang: 7


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Bài làm:
Áp lực tác dụng lên mặt cong gồm 2 thành phần
theo phương nằm ngang và phương thẳng đứng.
- Thành phần nằm ngang:
Px = γ. hCx. SxCB
hCx = 0 +

C

D
0,6
=0+
= 0,3m
2
2

SxCB = 0,6 . 1 = 0,6 m2
=> Px = 0,8. 9,81. 103. 0,3. 0,6= 1412,64 KN = 0,144 Tf
Phản lực tại A có điểm đặt tại A, phương song song với P x, ngược chiều Px, có
độ lớn RA = Px = 0,144 Tf
- Thành phần thẳng đứng hướng theo chiều dương của trục z:
PZ = γ. W
W = SCB . d =

1
0,6 2
. π.
. 1 = 0,1413 m3
2
4

=> PZ = 0,8. 9,81. 1000. 0,1413= 1109 KN = 0,112 Tf
Phản lực tại B có phương song song với P Z, chiều hướng theo chiều dương trục z
và có độ lớn là:
RB = G – PZ = 1,2 – 0,112 = 1,088 Tf
Bài 2.40: Phao hình trụ đường kính D = 1,8m; cao 1,2m; trọng lượng 10KN nổi
trên mặt nước biển (ρ = 1025kg/m3). Trọng tâm C1 cách đáy 1 khoảng z1 = 0,45m.
Người ta đặt ở giữa mặt trên của phao 1 tải trọng G 2 = 2KN. Tìm chiều cao tối đa z 2 của
trọng tâm G2 để cả hệ thống ở vị trí cân bằng ổn định.
Bài làm
- Trọng lượng của cả hệ thống: G = G1 + G2 = 12KN
- Ta có: trọng lượng vật bằng trọng lượng khối chất lỏng mà vật choán chỗ
πD 2
=> G =
. ρ. Z. g
4

Trang: 8


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

G

=> z = πD 2
4

=

.ρ .g

Tiểu luận cơ lưu chất

12.10 3
= 0,46m
π .1,8 2
.1025.10
4

- Gọi A vị trí tâm đẩy của lực đẩy Archimede
- Mặt nổi của hệ là hình tròn đường kính D. Vị trí tâm định khuynh M được xác
định như sau:
πD 4
I yy
D2
1,8 2
= 642 =
=
= 0,44m
MA=
W
16.z 16.0,46
πD
.z
4
=> zM = MA +

z
0,46
= 0,44 +

= 0,67 m
2
2

- Trọng tâm của hệ được xác định như sau:
z1 .G1 + z 2 .G 2 0,45.10000 + z 2 .2000
=
zc =
G1 + G 2
12000
Để hệ cân bằng ổn định thì:
zM > zC
0,45.10000 + z 2 .2000
<=> 0,67 >
12000
=> z2 < 1,77 m.
Vậy để cả hệ thống ở vị trí cân bằng ổn định thì chiều cao tối đa của trọng tâm z 2
là 1,77m.
Bài 3.7: Các thành phần vận tốc của một phần tử lưu chất là.
u x = x 2 ; u y = y 2 ; uz = z 2

Xác định phương trình đường dòng đi qua A ( 2, 4, -6 )
Bài làm
Phương trình vi phân của đường dòng
dx dy dz
dx dy dz
=
=
⇒ 2 = 2 = 2
ux u y uz

x
y
z

Lấy tích phân ta được:
1
1
1 1
1 1
1
= − + c1 ⇒ c1 = − + = − + = −
x
y
x y
2 4
4
4( y − x)
1 1
1
⇒ − =− ⇔
=1
y x
4
xy
−

Tương tự ta tính theo Y và Z ta có.
−

1

1
1 1
1 1
5
= − + c2 ⇒ c2 = − + = − +
=−
y
z
y z
4 −6
12

Trang: 9


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng
⇒−

Tiểu luận cơ lưu chất

1 1
5
12( z − y )
+ =− ⇔
=1
y z
12
5 yz

Với c1 và c2 là hằng số tích phân.

Vậy phương trình đường dòng đi qua A ( 2, 4, -6 ) là.
4( y − x)
= 1 và
xy

12( z − y )
=1
5 yz

Bài 3.14 Lưu chất chuyển động tầng trong ống tròn có bán kính r 0. Vận tốc trong
ống

phân

bố

 r
u = umax 1 −  ÷
  r0 

2

như

sau


 . Xác định lưu


lượng và vận tốc trung bình của mặt
cắt trong ống.
Bài làm:
Lưu lượng của mặt cắt trong ống.
Theo phương trình liên tục tao có.
r0
  r 2 
 r3 
 r02 r04 
r02
Q = ∫ udA = ∫ umax 1 −  ÷  2π rdr = 2π umax ∫  r − dr = 2π umax  − 2  = π umax
r0 
2
  r0  
 2 4r0 
A
0
0 
Q π r02umax umax
=
Vận tốc trung bình của mặt cắt trong ống. V = =
A
2π r02
2
ro

Trang: 10


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Bài 4.24) Lưu chất chuyển động rối trong ống tròn bán kính R 0, có vận tốc phân bố
như sau:
y được tính từ thành ống 0 < y < r0 . Xác định hệ số điều chỉnh động năng và lượng.

u
umax

 y
=  
 r0 

1
9

Bài làm:
Từ

u
umax

1
9

 y
y
=   ta có u = u max 
r

 0
 r0 

1
9






Lưu lượng của lưu chát trong ống tròn là:
1
9

r0

r0

1
9

y
y
Q = ∫ udω = ∫ u max   2π ydy = 2πu max ∫ y  dy =
r
 r0 
ω
0
0  0 

10

19

( y ) 9 dy = 2πu 9 ( y ) 9
= 2πumax ∫
max
1
19 ( r ) 19
0 (r )9
0
0
r0

r0
9 2
=2πu max r0 (m 3 / s )
0
19

Vận tốc của lưu chất trong ống là:

V =

Q
=
ω

9 2
r0

18 (m/s)
19
=
u
max
2
19
πr0

2πu max

Hệ số điều chỉnh động năng :
3

1


9
u  y  
1
 max  r0  
3
r0
r0
3


1 u
1 
 2πydy = 1  19  2π  y  3 ydy =

α = ∫ 3 dω = 2 ∫ 

3
2 
∫0  r0 
ω ωV
πr0 0 
πr0  18 
18 
u max 19 

1
 19 
= 2 2π  
πr0
 18 

4

7

( y ) 3 dy = 1 2π  19  3 3 ( y ) 3
∫0 1 πr0 2  18  7 1
( r0 ) 3
( r0 ) 3

3 r0

Trang: 11

r0  19  3 6
=  = 1,008
0  18  7


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Hệ số điều chỉnh động lượng:
2

1


9


u  y  
 max  r0  
r0
2

1 u
1 
1
β = ∫ 2 dω = 2 ∫ 
2
π
ydy

=
2
2
ω ωV
πr0 0 
πr0
18 
u max 19 



 19 
=
2
π
 
2
πr0
 18 
1

11

20

( y ) 9 dy = 1 2π  19  2 9 ( y ) 9
 
2
2
∫0 2

π
r
 18  20 ( r ) 9
0
( r0 ) 9
0

2 r0

2

r0

2
9

y
 19 
  2π ∫   ydy =
r
 18 
0 0 
r0  19  2 18
= 
= 1,003
0  18  20

Bài 4.24) Xác định độ cao H tối thiểu để vòi phun dòng nước vượt qua tường chắn. tính
lưu lượng nước chảy ra khỏi vòi. Biết d = 2cm bỏ qua tổn thất.

1

1

10 m

H
2
3m

d
2

Bài làm:
Ta xét mặt cắt 2-2 gần sát miệng vòi. Áp suất tại tâm mặt cắt 2-2là áp suất khí
trời Pa. diện tích mặt cắt ướt bằng diện tích của vòi.
Viết phương trình năng lượng cho đoạn dòng giới hạn bởi hai mặt cắt 1-1 và 2-2
mặt chuẩn qua trục của vòi.( α 1 , α 2 = 1 ) và bỏ qua tổn thất ta có.
2

2

P
P
V
V
z1 + a + α 1 1 = z 2 + a + α 2 2 + hw1− 2
γ
2g
γ

2g
2

V
⇔ H = 2 ( *)
2g
Để dòng nước vượt qua tường chắn thì cần thỏa mãn phương trình ném ngang:
y=

g
2V2

2

x 2 (với x =10 m, y = 3m)

Trang: 12


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

gx 2
= 12,7( m / s )
2y

⇒ V2 =

V2 vận tốc tia nước ra khỏi vòi

Ta thế V2 vào phương trình (*) ta có
H=

12,79 2
= 8,33(m)
2 × 9,81

Lưu lượng nước chảy qua vòi:
πd 2
3,14 × 0,02 2
Q = V2 × ω = V2 ×
= 12,79 ×
= 4,01(l / s )
4

4

Bài 4.31:
Bơm ly tâm hút nước từ giếng lên. Lưu
lượng bơm Q = 25 lít/s. Đường kính ống hút d =
150 mm. Tổn thất trong đường ống hút hf hút = 4
v2/2g (v là vận tốc ống hút). Xác định đặt bơm cho
phép nếu áp suất chân không trong đường ống hút
không vượt quá 7m nước.

B
zB

pa

Bài làm:
Q = 25 lít/s = 25.10-3 m3/s
⇒ Vận tốc ống hút:
v=

Q 25.10−3.4
m
=
= 1, 415  ÷
2
A π .0.15
s

B

d = 150 mm = 0,15 m
hf

hút

=

4v 2
( v: vận tốc ống hút).
2g

pck = 7 (m nước) = 68670 (Pa)
→ Pdư trong ống = 68670 (N/m2)
Phương trình năng lượng cho mặt cắt
1–1 và 2–2 qua máy bơm:

(chọn đường chuẩn trùng mặt cắt 1–1)
H b + z1 +

zB

1

1

P1 v12
P v2
+
= z2 + 2 + 2 + hf hút
γ 2g
γ 2g

Ta có:
Hb = 0 (trước máy bơm)
z1 = 0
→ z2 = −

P1
=0
γ

v12
=0
2g

P2 v22

P v 2 4v 2
−
− hf hút = z2 + 2 + 2 +
γ 2g
γ 2g 2g

Trang: 13

pa

2
2


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng
↔ z2 =

Tiểu luận cơ lưu chất

68670 1, 4152 4.1, 4152
−
−
= 6, 49 ( m )
9810 2.9,81 2.9,81

Bài 4.38: Một đường ống dẫn dầu
(0,86) thẳng đứng có 1 đoạn thu hẹp từ
D
đường kính D1 = 450mm sang D2 = 300mm,
áp suất dư tại trước đoạn thu hẹp là 200 kPa.

N 2
Lưu lượng Q = 0,5 m3/s. Bỏ qua mất năng.
1) Tính độ lệch cột thủy ngân trong
h
M
1
ống đo áp. Biết L = 450mm.
Hg
2) Xác định lực tác dụng lên đoạn thu
hẹp (không tính đến khối lượng dầu).
D
Bài làm:
1) Chọn mặt cắt 1–1 và 2–2 như hình
vẽ.
Phương trình năng lượng qua mặt cắt 1–1 và 2–2:

2

1

z1 +

2
L
1
p = 200 kPa

P1 v12
P v2
+

= z2 + 2 + 2
γ d 2g
γ d 2g

Ta có: v2 > v1 (vì cùng lưu lượng Q mà tiết diện A giảm (D1 > D2))
→

v22 v12 
P
−
=  z1 + 1
2g 2g 
γd

 
P2 
÷−  z 2 + ÷
γd 
 

Mà:
 z N = zM + h 
P γ
P1
P
= zM + M = z N − h + N + Hg h 
÷
γd
γd
γd γd

 PM = PN + γ Hg h 
P
P
z2 + 2 = z N + N
γd
γd
z1 +


P
⇒  z1 + 1
γd

Q2  1
⇒

2 g  A22
⇔

γ Hg
 
γ

P2 
h = h  Hg − 1÷
÷−  z 2 + ÷ = − h +
γd 
γd
 
 γd


γ

1 
− 2 ÷ = h  Hg − 1÷
A2 
 γd



0,52  42
42
 13, 6 
−
= h
− 1÷
 2
2
2
2 ÷
2.9,81  π .0,3 π .0, 45 
 0,86 

⇔ h = 0,138 ( m )

2) PT Động Lượng:
ur
uur uuur
uu
r ur

∑ F = ρ Q vra − vvào = ρ Q v2 − v1

(

)

(

)

Chiếu xuống:
∑ F =ρQ ( v2 − v1 )
Ta có:

Trang: 14


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Q
0,5.4
=
= 7, 07 ( m / s )
A2 π .0,32
Q
0,5.4
v1 =
=

= 3,145 ( m / s )
A1 π .0, 452
0,86.9810
⇒ ∑F =
.0,5.(7, 07 − 3,145) = 1687, 75 ( N )
9,81
v2 =

Mặturkhác
ta có: r
uu
r uur uu

∑F = F + F

+ F3

∑F = F −F

+ F3

1

2

Chiếu xuống:
1

2

2
1

P1 v
P2 v22
z1 + +
= z2 + +
γ d 2g
γ d 2g
P2 P1 v12
v22
200.103
3,1452
7, 07 2
=
+
− z2 −
=
+
− 0, 045 −
γ d γ d 2g
2 g 9810.0,86 2.9,81
2.9,81

⇒ P2 = 18,9 ( kPa )

π .0, 452
= 31, 7925 ( kN )
4
π .0,32

⇒ F2 = P2 A2 = 178,9x
= 12, 64 ( kN )
4
Bài 4.45: Quạt hút không khí ra
ngoài, tại chỗ ra tiết diện có đường
kính 150 mm, vận tốc 20 m/s. Vận tốc
không khí vào v0 = 0. Bỏ qua mất năng, p = p
xem như không khí không nén được có
ρ = 1,225 kg/m3.
1) Tính lực tác dụng của quạt v = 0
hút lên giá đỡ.
2) Tính lực tác dụng lên ống
gió.
⇒ F1 = P1 A1 = 200x

0

0

a

0

Bài Làm
1) Áp dụng PT
động lượng:
ur
Chọn chiều R như hình vẽ.
ur
ur

uu
r
F
=
ρ
Q
v
−
ρ
Q
v
∑
1 1
0 0
Mà: v0 = 0 (m/s)
⇒ Lực tác dụng của quạt hút lên giá đỡ:
0,152
F = ρ Q1v1 = 1, 225.20 .π .
= 8, 659 ( N ) = R
4
2

2) Tính lực tác dụng lên ống gió:
Trang: 15

0

Ø = 350 mm
2 Ø = 150 mm
R

1
v = 20
R'
m/s
1
2
Ong Gió


GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

uu
r

Chọn chiều R ' như hình vẽ.
PT động lượng từ 2→1:
Tổngur lực tácuurdụng:ur
ρ Q1 v1 − ρ Q2 v2 = ∑ F
Chiếu xuống:
ρ Q1v1 − ρ Q2v2 = R '+ P2 A2
Tính P2:
v1 A1 = v2 A2 ⇒ v2 = v1

A1
D2
0,152
= v1 12 = 20.
= 3, 67 ( m / s )

A2
D2
0,352

v22 P2
P v2
+ + z2 = z1 + 1 + 1
2g γ
γ 2g
2
2
v − v2 202 − 3, 67 2
⇒ P2 = ρ 1
=
.1, 225 = 236, 7 ( atm )
2
2
0,152
0,352
0,352
⇒ R ' = 1, 225.π .
.202 − 1, 225.π .
.3, 67 2 − 236, 7.π .
= −15, 7( N )
4
4
4

Ngược chiều hình vẽ.
Bài 8.14 Nước chảy từ hồ thượng lưu xuống hồ hạ lưu qua ống xả trong thân dập có

chiều dài L=38m , đường kính d=1,2m . Lấy hệ số mất năng dọc đường λ= 0,022, hệ số
tổn thất cột áp cục bộ tại miệng vào ống k1=0,5 và ở miệng ra k2= 1,0 . biết độ chênh
mực nước 2 hồ là H=45 , hỏi lưu lượng nước qua ống ?
Tóm tắt :
L = 38m
d=1,2m
λ=0,022
kv= 0,5
kr= 1,0
H =45m
Q= ?

Bài làm :
Chọn mặt cắt 1-1 là mặt thoáng bể trên , mặt cắt 2-2 là mặt thoáng bể dưới ; chọn mặt
chuẩn trùng với mặt thoáng bể dưới . Viết phương trình bernoulli cho dòng chảy từ mặt
cắt 1-1 đến mặt cắt 2-2:
2
p1 αV1
p2 αV22
z1 + +
= z2 +
+
hf
γ
2g
γ
2g
Với : z1=H , z2 =0

Trang: 16

GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

p 1 = p2 = 0
V1≈ 0 và V2 ≈ 0
2
 l
V
∆H =  λ + k v + k r 
 d
 2g

Trong đó : kv=0,5 ; kr= 1,0 – hệ số tổn thất cục bộ tại miệng vào và miệng ra ; V- vân
tốc dòng chảy trong ống .
2
 l
V
H =  λ + kv + k r 
 d
 2g

Hay :
2 gH

V=

λ

l
+ kv + k r
d

=

2.9,81.45
20,05
38
0,022. + 1,5
12

Lưu lượng của chất lỏng :
2
πD 2
1,2
Q =V
= 20,05.π .
= 22,67
4

4

Bài 8.21 Hai hồ nước nối với nhau bằng hai ống gang mắc song song . Biết L1/2
1/2
1=2500m ,D11,2m, C1=68m , L2=2500m, D2 =1,0m , C2= 60m /s. Nếu mặt thoáng 2 hồ
nước chênh nhau 3,6m . Tính tổng lưu lượng nước chảy .
L1=2500m
D11,2m

C1=68m1/2
L2=2500m
D2 =1,0m
C2= 60m1/2/s
Bài làm :
Tổn thất cột áp trên các ống được tính theo công thức sau :
hd1 = hd 2 = 3,6 ⇔

suy ra :
Q2 = C 2 A2

Q12
Q22
L
=
L2 = 3,6
1
K12
K 22

Q1 = K1

3,6
3,6
1,2
= C1 A1 R1
= 68π ×
L1
L1
4

3,6
1
R2
= 60π ×
L2
4

2

2

1,2.3,6
= 1,6
4.2500

3,6
= 0,891
4.2500

Vì 2 ống mắc song song nên tổng lưu lương Q sẽ là :
Q = Q1 + Q2 = 2,491

Bài 8.28 Nước chảy tự do ra khỏi bể chứa qua một vòi . Vận tốc tia nước tại miệng vòi
đo được là V=2,56m/s. xác định độ sâu của vòi bằng 0,82.
Bài làm :
Dòng chảy qua vòi – ta có công thức tính sau :
Trang: 17

GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

2

2

1
 V  1  2,56 
V = C 2 gh ⇒ h =  
=
= 0,5m

 C  2 g  0,82  2.9,81

Bài 8.34
Trên đáy một bể nước hình hộp chữ nhật đáy 1,0m . 1,6m ,sâu 0,8m có một lỗ nhỏ cạnh
mỏng đường kính D=0,32cm . Nếu không có nước đổ thêm vào bể , sau bao lâu thì
nước trong bể can ? Lấy hệ số lưu lượng của lỗ là 0,63.
Giải :
Xét dòng chảy qua vòi tại thời điểm t
, mực nước trong bể cao hơn vòi là H
(xem hình ) . Vì diện tích mặt thoáng
bể rất lớn so với diện tích mặt cắt ngang
của vòi nên tốc độ thay đổi mực nước
trong bể rất chậm và ta có thể bỏ qua
lực quán tính cục bộ của chuyển động
này . do vậy , lưu lượng qua vòi có thể tính :
Q = µA 2 gH

Trong thời gian dt vô cùng nhỏ , có một thể tích nước dV chảy ra khỏi bể là :
dV = Qdt = µA 2 gH dt
(1)
Thể tích nước chảy ra khỏi bể này làm mực nước trong bể hạ xuống một khoảng là dH
và ta có :
dV = − A0 dH
(2)
Với A0 là diện tích mặt thoáng bể . (1) và (2)cho :
A0
dH
= −dt
µA 2 g H

Tích phân phương trình vi phân trên từ H0 tới H ,trong khoảng thời gian từ 0 tới T:
A0
µA 2 g

H

Được :
T=

T

dH
∫H H = −∫0 dt
0

2 A0
µA 2 g

(

H0 − H

)

Thời gian mực nước hạ tới H=0 là :
2 A0
T=
µA 2 g

2 ×1×1,6
2 ×1×1,6
H0
0,8 = 127530 s
2
H0 =
πD
πD 2
=
0,63 ×
2 × 9,81
0,63 ×
2 × 9,81
4
4

Trang: 18

GVHD: Th.S Nguyễn Sĩ Dũng

Tiểu luận cơ lưu chất

Trang: 19