Bài giảng cơ lưu chất full

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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, 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)
MO DAU 1

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

II. CÁC TÍNH CHẤT VẬT LÝ CƠ BẢN CỦA LƯU CHẤT
2.1 Khối lượng riêng, trọng lượng riêng, tỷ trọng, thể tích riêng:
¾Khối lượng riêng:

ΔM
ρ = lim
ΔV →0 ΔV

¾Trọng lượng riêng:

γ = ρg

3

(kg / m )

Ví dụ:

ρ n = 1000kg / m 3
ρ kk = 1,228kg / m 3

1kgf = 9,81N

( N / m 3 ); ( kgf / m 3 );

γ n = 9,81.103 ( N / m 3 )

ρ
ρn

¾Tỷ trọng:

δ=

¾Thể tích riêng:

V=

Nếu xem g=const thì:

1
ρ

1. Đối với chất lỏng:

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

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:

δ=

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
MO DAU 2


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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 .Δ p.V1
Δ V / V0
Δ V /( V1 − Δ V )
=−
⇒ ΔV =
Δp
Δp
β p Δp − 1

Thế số vào ta được : ΔV = V1 - V0 = -89.778lít
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
Giải: hồi của dầu mỏ
Dầu
mỏ
nước
h

A
A
Thép
Hg
βp = −

ΔV / V0
S.Δh / S.h Δh
=−
=
= 5.44E-10
Δp
Δp
Δp.h

⇒K =

1
= 1.84E+ 09
βp

N/m2

MO DAU 3

m2 / N


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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
3
0,45 m 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
Δp
K.V1
K = − V0
⇒ V0 =
= 0.470487m 3
(V1 − V0 )
K − Δp

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

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

3

Tương ứng với khối lượng: ΔM = 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
Thể tích bình lúc đầu VB tính như sau:
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:
VB =

ΔV1 = (V0 - V1 ) +1%VB = −ΔV +1%VB

− V .Δp
V .Δp
Δp

⇒ ΔV = 0
⇒ ΔV1 = 0
+1%VB = 0.019791m3
ΔV
K
K
ΔV1 là thể tích phần rỗng mà ta cần bổ sung nước thêm vào bình ứng với áp suất p1
Để tính thể tích nước ΔV0 tương ứng đó với điều kiện áp suất p0, ta cần tính lại một
Δp
K.ΔV1
lần nữa qua suất đàn hồi K: K = −ΔV
⇒ ΔV =
⇒ ΔV = 0.020487m 3

Ta có:

K = −V0

0

ΔV1 − ΔV0

0

K − Δp

0

Như vậy, thể tích nước cần nén thêm vào bình (tính với điều kiện chuẩn p0) : là:

ΔV0 = 0.020487m 3
Tương ứng với khối lượng: Δ M = 20.48744kg
MO DAU 4


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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 = V1 p 1 ⇒ V1 =

V0 p
= 0.333333m
p1

3

(V1-V0)=ΔV 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 ΔVa tương ứng đó với điều kiện áp suất pa, ta cần tính lại một
lần nữa :

ΔVa =

ΔV.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

MO DAU 5


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

2.3 Tính nhớt:

n τ ="−" μ du
dn

Chất lỏng Newton chảy tầng ⇒ Đònh luật ms nhớt Newton:
μ :[ kg /( m.s ); N .s /( m 2 ); Pa.s , poise];1 poise = 0,1kg /(m.s )
μ
ν = :[ m 2 / s; stokes ];1st = 10 −4 m 2 / s
ρ

Như vậy lực ma sát nhớt sẽ tính bằng

Fms = τA

μ giảm
μ tăng

μ tăng
μ không đổi

Ví dụ
5:

n
to

Ne

ew

l.c

on
t
w

iN

B

Ph

l .c

iN

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.

m
ha
g
in

n

τ

l.c

Chất lỏng Newton và phi Newton

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

ew
to

Chất lỏng:
Chất khí:

Chất lỏng:
Chất khí :

Ph

Hệ số nhớt phụ thuộc vào áp suất:

A

l.c

Tính chất của hệ số nhớt μ :
Hệ số nhớt phụ thuộc vào nhiệt độ

u

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

MO DAU 6

umax

d

x


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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
⎦
⎝⎣
⎠

Gs i n
G co s

α

⇔ Aμ

⎡ G p γt ⎤
γ sin α n 2
⇒u =⎢

+ ⎥ sin αn −
+C
μ
μ
μ
A
2
⎣
⎦

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

MO DAU 7

α

α


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

Gsi n

V

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 sin α − γAt sinα
Aμ

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

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 mặt
8:

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 :
du
= γ (t − y) sin α
dn

μ,t Fm

⎛ γ sin α
⎞
⇒ du = ⎜⎜
(t − y) ⎟⎟dy
⎝ μ
⎠

γ sin αt 2 γ sin αt 2
−
μ
2μ

⇒t =

Gs i n

α

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

γ sin α
MO DAU 8

n
V

s

G co s

⇒ u y =t − ut =0 =

N

⇔ Aμ

G sin α = Fms

α

α


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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 ⎛
M
1
1
1 ⎞
⎜⎜
⎟
C=−
⇒u =
−
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 =

MO DAU 9

π 2 μnlr 3
15h

= 6.168503Nm


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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:

du
2πrdr
dy

dFms = τdA = μ

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
Như vậy moment ma sát: M = ∫ 2πμω r 3 dr = 2πμω r
0
0

M=

Công suất :

t

t

4

π 2 nμ d 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 20 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 200C 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

MO DAU 10


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

G
Δ Fk
F = lim
ΔV →0 ρΔV
G
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 ,
: Fx=ω2x, Fy=ω2y, Fz=-g
¾Lực khối là G+Fly tâm

Δ Fm
ΔA→ 0 ΔA
G
σ = (τ , σ n )

G

Lực mặt

σ = lim

Cường độ
lực mặt

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

MO DAU 11

σ
τ


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

THUY TINH 1

px

δz

y
δs

δx

n
θ
δy

pz

x


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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 − ⎜⎜

+
+
∂
∂
∂
x
y
z
⎝
⎠
∂ ( 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:
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

THUY TINH 2

pA

hAB
pB
chuẩn 0

(1)

(2)

zA
zB


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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)
dp
dz
g
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 14500m. 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

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

Từ:

g

aR

9.81

⎛ 216,5 − 0.0065 *11000 ⎞ 0.0065*287
= 0.76⎜
⎟
216,5
⎝
⎠

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

3


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

0
5
¾Các điểm nào (?) có áp suất bằng nhau;
trong đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay
chất lỏng ?

THUY TINH 4

1

2

6
3

7
4


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

V. ỨNG DỤNG
1. Các áp kế:
p=0, chân không tuyệt đối

pa

B

pA = pB + γhtd

pa

hdưA

htđA

A

B

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

γ2

pA=pA’+ γ2h2; pB=pB’+ γ1h1

B’

h2

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 Δp thì đại lượng

này sẽ được truyền đi trong toàn miền lưu chất
→ ứng dụng trong máy nén thủy lực.

f

p=f/a

F=pA

Pascal 1623-1662 , Pháp

THUY TINH 5


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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+ Δp

Ban đầu thì p1=p2=pa:

γ1h1= γ2h2

C

Δz

γ2

A

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

γ1

pa + Δp = pA = p B − γ1h AB = pC + γ 2 h BC − γ1h AB

h1

h2

h

= pa + γ 2 h BC − γ1h AB

0

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

⇒ a.h = A.Δz ⇒ Δz =

ah
A

⇒ Δp = h( γ1 − γ 2 ) +

THUY TINH 6

B

ah
( γ1 + γ 2 )
A

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
pa

¾ Giá trò lực
F

du

du

= ∫ p 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

dA

du
C

C
D

y D F = ∫ ydF = ∫ yγ sin αydA = γ sin α ∫ y 2dA = γ sin αIxx y
A

A

yD =

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

xD =

γ sin αI xy
F

=

IC
yCA
I xy

yCA

x D = xC +

=

x
Ixx=Ic+yC2A
Ixy=Ix’y’+xCyCA

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

Ix ' y '
ycA

yD

Tâm áp
lực

A

yD = yC +
Tương tự :

y

F =p A
du

¾ Điểm đặt lực

Suy ra:

O(x)

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

THUY TINH 7

hA

Ω

hB


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

∫ γhdA

=

A

x

pa x
Mặt
cong A

Ax

= p cx A x

dAx

Ax

¾ Thành phần lực theo phương z

z

dA

Fz = ∫ dFz = ∫ γhdA cos(n, oz)
A

dAz

h

A

x

Az

(n,ox)
n

dFx

A

= ∫ γhdA 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

THUY TINH 8


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

THUY TINH 9


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

THUY TINH 10

B
A

Hg

84cm

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

F =?

THUY TINH 11


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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

Fn

C
D

C*

F?

B
y

Fn(AD)=F(AB)

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

Ví dụ 5:

yD

A

5m

Tính cách khác:

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
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,
2
2
4
AB =
=
=
= 2.31m

0
sin(60 )
3
3
2

3m

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

2m

E

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

Fndu =γhCA=9.81*3.666*3.079

m2

hC

A
A
C

Fn

= 110,76 KN

α=600

C
D

B
F

B
y

Toạ độ yC = OC= hC/sin(600) = 4.234m
3

3

b*h
2.667 * 2.31
I
36
= 4.304m
OD = y D = y C + C = y C + 36 = 4.234 +
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
THUY TINH 12


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

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
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

C

C

2m

Fn

Áp lực: Fndu =γhCA=9.81*4.666*3.079 = 140,97 KN

D

α=600

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

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

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
= -70.483 KN

2m
hC

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

Fn

1m

3

3

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

C

D
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
THUY TINH 13


PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

Ví dụ 8:
Van tam giác đều ABM cạnh AB=1m đặt giữ nước như hình vẽ (cạnh AB thẳng đứng). p
suất trên bình chứa là áp suất khí trời. Biết hA=1m. Gọi D là vò trí điểm đặt lực F của nước
tác dụng lên van ứng với độ sâu là hD. Xác định hD
pa
ĐS: hD=1,53m
Hdẫn: Ta để ý thấy cơng thức tính moment qn tính
hA A
A
hD
đối với tam giác như trong phụ lục:
bh 3
M
(*)
Ic =
D
36
B
so với trục song song với một trong 3 cạnh (đáy b)
B
Trong khi đó, từ lý thuyết đã chứng minh, để xác định vị trí D ta áp dụng cơng thức:

y D = yC +

IC
yC A

Với Ic là moment q tính của diện tích A so với trục song song Ox và qua trọng tâm C của A
Như vây, muốn ứng dụng cơng thức (*) trong tính tốn yD cần phải có một trong 3 cạnh của
tam giác phải song song với Ox (cụ thể là nằm ngang).
Trong hình vẽ của bài tốn, khơng có cạnh nào của tam giác nằm ngang, nên trước tiên cần
chia tam giác ra hai sao cho một cạnh của mỗi tam giác nhỏ nằm ngang. Sau đó tính lực và
vị trí điểm đặt lực riêng đối với từng tam giác nhỏ. Cuối cùng tìm vị trí điểm đặt lực tổng
theo cơng thức:
F1 yD1 + F2 yD2

yD =

Ví dụ 9: Một hệ thống tự động lấy
nước vào ống đường kính D = 0,3 m
được thiết kế bằng một cửa chắn chữ
L. Cửa chắn có bề rộng (thẳng góc với
trang giấy) b = 1,2m và quay quanh O.
Biết áp suất trong ống là áp suất khí
trời và trọng lượng cửa khơng đáng kể.
a) Giải thích cơ chế hoạt động của cửa
khi độ sâu h thay đổi.
b) Xác định độ sâu h tối thiểu để cửa
bắt đầu quay.

F1 + F2

Cửa có bề
rộng b
Cửa chắn nước
vng góc
Nước
Trục quay
D
L=1m

ống lấy nước

HD: Chọn chiều quay ngược chiều kim đồng hồ là chiều dương
Phân tích các lực tác dụng lên cửa gồm hai lực:
Fx tác động lên phần van chữ nhật thẳng đứng, moment so với O sẽ là: Fxh/3
Fz tác động lên phần diện tích tròn đường kính D, moment so với O sẽ là: FzL
Để van có thể lấy nước vào ống thì tổng moment: Fxh/3-FzL = γh3b/6 - γ LhπD2/4 >0
Suy ra: h(γh2b/6 - γ LπD2/4) > 0 suy ra: γh2b/6 > γ LπD2/4 suy ra: h2 > (LπD2/4) / (b/6 )
Suy ra:
2

h>

3Lπ D
= 0,56m
2b

THUY TINH 14