Bài tập cơ lưu chất lỏng có đáp án

2.17. Xác định chiều cao x,y từ mặt thoáng của chất lỏng trong bình đến mặt chất lỏng trong hai
áp kế tuyệt đối như hình vẽ
Biết rằng áp xuất không khí trong bình . Áp suất hơi của alcohol là 11,72 , của là
Giải:
Gọi áp suất trên mặt thoáng alcohol là:
Gọi áp suất trên mặt thoáng thủy ngân là:
Ta có:

(1)
(2)
(3)

Từ (1) và (2) :
(m)
Từ (3): = (KPa)
Từ (1) (m)
y = 6,7 (m)
Vậy ta được: x = 11,56 (m)
y = 6,7 (m)

2.27. Một nắp đậy AB hình tròn đường kính 0,5m dung để đậy kín bể chứa chất lỏng , bể chứa 1
lớp nước cao 2m và một lớp dầu cao 2m ( , áp suất dư của không khí trong bình là . Xác định áp
lực của nước tác dụng nên của van
Giải:


2.37. Bồn chứa đầy dầu được dậy bằng van hình trụ
bán kính R=2m ,dài 5m . Xác định lực do nước tác
dụng lên van
Giải:

Từ đó ta xét trường hợp cụ thể:
BC? (Tác dụng lên mặt cong EB)

(Tác dụng lên mặt cong BCE)
Ta chia mặt cong EB thành 2 mặt cong là EC và CB thì
Xét
Với

Xét
Với
và

Vậy


4.21. Ống Pitot kẹp có dạng như hình vẽ dùng để do vận tốc của dầu (0,85) trong ống . Độ
chênh mực thủy ngân (13,6) trong ống đo áp là h = 6mm . Xác định vận tốc tại A.

Giải:
Xét khối chất lỏng nằm giữa 2 mc (1-1) và (2-2)

Ta có:
Mà

Ta chỉ xét về độ lớn nên tránh để < 0:
= 1,33 m/s
Vậy :

1-10. Một trục máy chuyển động đều dưới tác dung của lực

. Lớp dầu bôi trơn trong ổ trục dày .Xác định
độ nhớt của dầu
Giải:
Ta có so đồ phân bố vận tóc như hình:

Fms   . A.

du
dy

� Fms .dy   . A.du
du 

�

u

�

Fms
.dy
. A

Fms
y C
.A

Tại vị trí y = 0 thì u = v =0 � C = 0
Tại vị trí y = t thì u = Y

V

�
�

Fms
.t
.A

Fms 

�

Vậy

u

V .. A
t

y V .. A V
.
 .y
. A t
t

u

V

.y
t
là quy luật phân bố vận tốc

du V

� dy t

(*)

Vậy (*) có thể sử dụng mà không cần chứng minh lại nữa

du V

Ta có: dy t


Fms   . A.

Nên

�

Fms   .2 .

�



du

dy

D V
.L.  F
2
t

F .t
100.0, 07.103

 1, 486
2
 .D.V .L  .75.103.0,1.0, 2
(Ns/ m )

2
Vậy   1,486 (Ns/ m )

1-11. Một lớp chất lỏng mỏng Newton (trọng lượng riêng , độ nhớt ) chảy trên mặt phẳng
nghiêng 1 góc , chiều dày t . Phía trên chất lỏng tiếp súc với không khí .Xem như giũa chất lỏng
và không khí không có ma sát . Tìm biểu thức của u theo y . Có thể xem quan hệ u theo y tuyến
tính được không?

Giải:
Xét trên một đơn vị diện tích chất lỏng xem như chất lỏng chuyển động đều
Xét tại một lớp nào đó với y là khoảng cách từ lớp đó đến tâm O
�

Thì lớp đó chịu tác dụng của các lực

�

�

F ms , N , G

�

G là trọng lượng do các lớp ở phía trên tác dụng lên lớp ta xét
�

Và CD đều:

�

�

�

�

�F  Fms  N  G  0

Chiếu (*) lên ox :

G.Sind  Fms  0

Fms  G.Sind   (t  y ).Sind

(*)

Mặt khác:

Fms   . A.

�

�

.

du
du

dy
dy

(A = 1)

du
  (t  y ) Sin
dy

du 

 .(t  y ).Sind .dy

2

 .(ty  y 2 ).Sin
u
C

�
Tại vị trí y = 0 thì u = 0 thì C = 0

�

u

 .(ty 

y2
) Sin
2


8-28. Nước chảy tự do ra khỏi bể chứa qua một vòi . Vận tốc tia nước tại miệng vòi đo được là .
Xác định độ sâu của vòi . Lấy hệ số vận tốc của vòi bằng 0,82
Giải
V = 2,56 ,

CV  0,82

(m/s)

Xét khối chất lỏng giữa 2 mc (1-1) và (2-2)
Chọn trục OO’ làm chuẩn

Phương trình Bernoulli :

z1 

z2  0, z1  h

P1 d1.V12
P d .V 2

 z2  2  2 2  h. f

2.g

2.g


P1  P2  Pa  0
A1  A�
2  V1

Vì

Ta có:

h

V2

V1

V2
 h. f
2.g

�

�

h

0

(1   2 �1)

� V 2  2 g .(h  h. f )  2.g .h(1 

V  2.g .h . 1 

( xung quanh bể là áp suất khí trời)

h. f
)
h

h. f
 CV . 2.g.h
h

V2
2, 562


 0,5
CV2 .2 g 0.82 2.2.9,81
(m)

3-10. Xác định diều kiện cho các giá trị để cho vectơ sau đây là vectơ vận tốc của lưu chất
không nén được .
+

Giải:
Xét
+
Phương trình vi phân liên tục

Nếu chất lưu không nén được


 .u x  .u y  .u z


0
x
y
z

Hay

là diều kiện để lưu chất không nén được

Mà

�

 .u y
 .u x
 .u
 a1 ,
 b1 , z  c1
x
y
z
Điều kiện là:

3-11. vận tốc của một chuyển động không ổn định của lưu chất không nén được như sau:
Xác định thành phần vận tốc

Giải:
Ta có:

 .u y
 .u x
 .u z
 2x
0
y
x
z
;
;
Vì lưu chất không nén được nên

 .u x  .u y  .u z


0
x
y
z
� 2x 

 .u y
0
y

Lấy tích phân 2 vế

Vì chuyển động không ổn định nên các thông số đặc trưng phụ thuộc vào thời gian


4-16. Lưu chất chuyển động tầng trong ống tròn có bán kính . Vận tốc trong ống phân bố như
sau:
Xác định hệ số hiệu chỉnh động năng và động lượng

Giải:
1
 
A

Ta có:

3

u �
�
� �dA
�
V
A� �

A   .r02 , dA  2. .r.dr

V2
u  umax (1  2 )
r0
Q Vmax umax


A
2
2

V

3

�
r2 �
umax (1  2 ) �
r
r0 �

1 0�
�
� 
.2 .r.dr
2 �
 .r0 0 � 1 u
�
� 2 max
�
�
�
2

r

16 c � r 2 �
 2 .�
r
�
�.r .dr
r0 c � r02 �

t  1
Đặt:

r2
2r.dr
� dt   2
2
r0

r0

r

0

t

1

� 

2
16
3 r0 .dt
.

t
.
 8.�
t 3 .dt  2
r02 �
2
0
0

Vậy

r0
0

1

 

 2

1


2


Tương tự :

1 �u �
. � �dA
A�
V
A� �
2

�
�
� r2 �
u
.
1 2 �
�
r0 �max �
1

� r0 �
�
�.2 .r.dr

2 �
�
�
1
 .r0 0
� 2 umax
�
�
�
8
 2
r0

2

r0

� r2 �
1  2 �.r.dr
�
�
r0 �
0 �

Đặt như trên:

 

Vậy:

8
r02

1

t 2 .
�
0



1
r02 .dt
4
 4�
t 2 dt 
2
3
0

4
3

Bổ sung:
r0

� r2 �
G�
u.dA  �
u0 . �
1 2 �
.2 .r.dr
� r0 �
A
0
r

0
� r3 �
 2 .u0 .�
r 3�
.dr
�
r
0
�
0�

2
2
�r 2
r4 �
 2 .u0 �  2 � r0 2 .u . r0  u0 . .r0
0
�2 2.r0 � 0 =
4

2

�V 

Q u0

A 2

2-47. Một bồn chứa hình trụ , kín , đường kính 1m , cao 4m , chứa nước đến độ cao 3,3m, áp suất
dư của không khí trong bồn là . Xác định áp suất dư tại tâm C và tại A


Giải:
Để hở cả A, C, E
Đối với trường hợp này khi quay ống với vận tốc 
thì nước ở trong ống A bị tụt xuống một đoạn h còn ở
đoạn ống E, C thì dâng lên 1 đoạn h/2
phương trình mặt thoáng:
z

z h

Tại C’:

 2  x2  y 2 
2g

h  2 .r 2 3h



2
2g
2

1  2 .r 2
�h .
3 g



với

vc 150

 15,7
30
30

1 15,7 2.0, 22
�h .
 0,335
3
9,81
(m)
+) Tại A:

PA  Pa  0

(vì ống xem như có đường kính nhỏ)

+) Tại B: vì trên mặt thoáng là
Nên
Vậy:

3
N
PB  PBdu   .hB    z0  h   10 .9,81.(0, 6  0,335)  2599, 65( m 2 )

PB  2,59( KPa)

+) Tại C:
Vậy

Pa

PC  PCdu   .hC  103.9,81.

0, 335
 1643( N 2 )
m
2

PC  1, 6( KPa )

h�
�
PD  PDdu   .hD   �
z0  �
2�
�

+) Tại D:

2


 103.9,81.(0, 6 
Hay

0,335
)  7529( N 2 )
m
2

PD  7,5( KPa )

b) Nút kín ở ống giữa A sẽ hút nước khi ống quay làm chất lỏng không chuyển động nên áp suất
tại A giảm

 PA  PCK  0 

Phương trình đẳng áp:

z

 2  x2  y2 
2g

Tại C : =
+ Tại A :
= -10-3 .9,81.0,5 = - 4905 (N/m2 )

Vậy = - 4,905 ( Kpa)
+ Tại B : PB = PA + .zo
= -4905 + 9,81.103.0,6 = 0.981 ( Kpa)
Vậy = 0,981 ( Kpa)
+Tại C :
+ Tại D: zo = 9,81.103. 0,6 = 5886 (N/m2)
Vậy = 5,886 ( Kpa)
c) Tháo nút ở A và nút kín ở C
Đối với TH này áp suất ở C tăng. Cột nước ở ống A bị tụt xuống một đoạn h còn ở ống E nước
dâng lên một đoạn h

Phương trình đẳng áp:
Tại E : 2 �

+ Tại A :

z

 2  x2  y2 
2g


+ Tại B : = = 9,81. 103(0,6-0,25) = 3,43 (Kpa)
Vậy = 3,43 ( Kpa)
+Tại C: h = 9,81.103.0,25= 2,4525 (Kpa)
Vậy = 2,4525 ( Kpa)
+ Tại D: PD = PC + .zo = 2452,5 + 9,81.103.0,6= 8,33 (Kpa)
Vậy = 8,33 ( Kpa)