bai giang co hoc luu chat

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


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

Ví dụ 10: 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 van
Giải:
Fx = p cx A x = γh cx A = 9.81 *10 3 *

Fz = γW = γ

1 .5
*1.5 * 3 = 33.10 KN
2

πR 2
π *1 .5 2
* 3 = 52 KN
L = 9.81 *10 3 *
4
4

F = Fx2 + Fz2 = 33.10 2 + 52 2 = 61.65 KN
tg (α ) =

O

Fz
52
=
= 1.570796 ⇒ α = 57 ,52 0
Fx 33 .1

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 11: 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 *10 3 * * 2 * 2
2
= 39.24 KN

A
nước
Fz2=γW2

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

THUY TINH 15


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

Ví dụ 12: Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=2m
quay quanh trục nằm ngang qua O như hình vẽ. Tính áp lực nước tác
dụng lên van và vò trí điểm đặc lực D .
Giải:

AB =

2R 2 =

2 * 1 .5 2 = 2.12m

A

Fz1

pa

Fx = p cx A x = γh cx A
= 9.81 * 10 3 *

2 .12
* 2.12 * 2
2

O

= 44.145 KN
⎛ πR 2 R 2 ⎞
⎟L
Fz = γW = γ ⎜⎜
−
2 ⎟⎠
⎝ 4

450
450

⎛ π * 1 .5 2 1 .5 2 ⎞
⎟⎟ * 2
= 9.81 *10 3 * ⎜⎜
−
4
2
⎠
⎝
= 12.5989 KN

nước

R

C

Fz2

Fx

α

B

F
Fz

F = Fx2 + Fz2 = 44.145 2 + 12 .60 2 = 45.91 KN

tg ( α ) =
Ví dụ 13

Fz
12 .6
=
= 0.285 ⇒ α = 15 .92 0
Fx 44 .15

Một ống tròn bán kính r = 1 m chứa nước đến nửa ống như hình vẽ.
Trên mặt thóang khí có áp suất dư po = 0,5 m nước. Biết nước ở trạng

thái tónh. Tính tổng áùp lực của nước tác dụng lên ¼ mặt cong (BC) trên
1m dài của ống
po

Giải:

r

C

r
Fx = p cx A x = γ(0,5 + )r.1 = 9810 * (0,5 + 0,5) *1 = 9810 N
2
r2
Fz = γW = γ ( π + 0,5r ).1 = 9810 *1.285 = 12605.85 N
4
2

F = Fx2 + Fz = 15973.2 N

THUY TINH 16

B


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

Ví dụ 14:

Một khối hình hộp cạnh a=0,3m đồng chất tỷ trọng 0,6 nổi trên

nước như hình vẽ. Tính chiều sâu ngập nước x của hình hộp .

Giải:

G = Ar ⇔
γn*a2*x

0.6*γn*a3 =

x

⇒x= 0.6*a =0.6*0.3
x = 0.18 m
Câu 13:
a

Ví dụ 15:

Một vật hình trụ đồng chất có tiết diện hình vng, cạnh là a =
1m, chiều cao là H = 0,8m. Khi cho vào nước, mực nước ngập
đến độ cao là h=0,6m. Lực tác dụng lên một mặt bên của vật và
tỷ trọng của vật là:
ĐS: F=1765,8 N; δ=0,75

H

a

h
Hình câu 14

Ví dụ 16: Một quả bóng có trọng lượng 0,02 N, phía dưới có buột một vật nhỏ (bỏ qua thể tích)
trọng lượng 0,3N. Cho γkhong khi=1,23 kg/m3. Nếu bơm bóng đầy bằng khí có γkhi=0,8
kg/m3 thì đường kính D quả bóng phải bằng bao nhiêu để bóng có thể bay lên được
ĐS:

Hdẫn:

Gb

Gv

gamakk

gamak

Wb

D3

D

0.02

0.3

1.23

0.8

0.076

0.14

0.52522

Gb + GVat + Gkhi = γ khongkhiWb → Gb + GVat + γ khiWb = γ khongkhiWb
Wb =

Ví dụ 17:

Gb + GVat
γ khongkhi − γ khi

Vật đồng chất nằm cân bằng lơ lửng trong mơi trường dầu-nước như hình vẽ.
Biết tỷ trọng của dầu là 0,8. Phần thể tích vật chìm trong nước bằng phần thể tích
vật trong dầu. Tỷ trọng của vật ?
Dầu
ĐS: 0,90

Hướng dẫn: Trọng lượng của vật cân bằng với với lực
đẩy Archimede do dầu tác dụng lên nửa cầu trên và
nước lên nửa cầu dưới

THUY TINH 17

Vật
Nước

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

Ví dụ 18

Một ống đo tỉ trọng như hình vẽ có khối lượng M = 0,045kg và tiết
diện ngang của ống là ω = 290mm2 . Khi bỏ vào trong nước có tỉ trọng
δN = 1 , ống chìm đến vạch A, và khi bỏ vào trong dầu có tỉ trọng δD =
0,9 ống chìm đến vạch B. Tìm khỏang cách đọan AB

Giải:
•

G = gM = γ n W = γ d ( W + L ABω)

•

B
A
ω
Nước

⎞
G
G ⎛1
⎜⎜ − 1⎟⎟
⇒ W = ; L AB =
γn
ωγ n ⎝ δ d ⎠

L AB =

•
Dầu

•

B
A
ω

9.81 * 0.045 ⎛ 1
⎞
− 1⎟ *1000 = 17.24mm
⎜
−6
290 *10 * 9810 ⎝ 0.9 ⎠

Ví dụ 19: Bình trụ tròn chứa chất lỏng trong đó có thả phao hình cầu. Bình này lại
được nhúng nổi trên mặt thoáng bể chứa cùng loại chất lỏng. Biết :
Trọng lượng của bình là G1; Trọng lượng của chất lỏng chứa trong bình
là G2;
Tìm trọng lượng của phao
T số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z1/z2;
Giải:
Theo đònh luật Ar.; toàn bộ hệ chòu tác dụng của
lực đẩy Ar, hướng lên, bằng trọng lượng của khối
chất lỏng bò vật chiếm chỗ.

G1
G

Trong khi đó lực theo phương thẳng đứng tác
dụng lên toàn bộ hệ bao gồm G+G1+G2 .
Vậy:

G2

G + G1 + G2 = Ar = z1A γ

với A là tiết diện ngang của bình.

Ar

Xét riêng hệ gồm chất lỏng trong bình và phao,
ta có trọng lượng của phao cũng bằng trọïng
lượng của khối chất lỏng bò phao chiếm trong
bình :
G = z2A γ -G2 ⇒ Aγ = (G+G2)/z2
Suy ra:

G + G1 + G2 = z1(G+G2)/z2 = kG+kG2.
THUY TINH 18

⇒G=

G1
− G2
k −1

z2

z1


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

Ví dụ 20: Một bình bằng sắt hình nón cụt không đáy ( δ=7.8) được úp như hình
Giải:

vẽ. Đáy lớn R=1m, đáy nhỏ r=0,5m, cao H=4m, dày b=3mm. Tính giới
hạn mực nước x trong bình để bình khỏi bò nhấc lên.

Vnoncuttrong = πH(R 2 + r 2 + Rr ) / 3
Vnoncutngoai = πH((R + b) 2 + (r + b) 2 + (R + b)(r + b)) / 3

Trọng lượng bình:
G = γ n δV = γ n δ(Vnoncutngoai − Vnoncuttrong ) = 1000 * 7.8 * 0.057 = 441.96kgf

Ta tính lực Fz hướng lên do nước tác dụng lên bình:
Từ quan hệ: x = R − rx ⇒ r = R − x (R − r )
x
H R −r
H

πx 2 2
⎡
⎤
Fz = γ n W = γ n ⎢R 2 πx −
(R − rx + Rrx )⎥
3

⎣
⎦
πx ⎡ 2
x
x
⎤
2R − (R − (R − r )) 2 − R (R − (R − r ))⎥
= γn
⎢
3 ⎣
H
H
⎦
2
πx ⎡ 3R (R − r )
⎛ (R − r ) ⎞ ⎤
x −⎜
x ⎟ ⎥ = 392.7 x 2 − 16.36x 3
= γn
⎢
3 ⎢⎣
H
H
⎝
⎠ ⎥⎦

b

r
H

rx
x

W
R
Fz

Điều kiện: G ≥ Fz
Suy ra: 441.96 ≥ Fz ⇔ 16.36x 3 − 392.7 x 2 + 441.96 ≥ 0 Giải ra được x ≤ 1.09 m

THUY TINH 19


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

VIII. TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI
1.Nước trong xe chạy tới trước nhanh dần đều:

z
O

•Phân bố áp suất:

1
(Fxdx+ Fydy+ Fzdz) − dp= 0 với Fx=-a; Fy=0; Fz=-g
ρ

Suy ra:
(−adx − gdz) −

1
p
dp = 0 ⇒ ax + gz + = C
ρ
ρ

a

α

x

A

H
B

g*

g

Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:
pA
p
+ gzA = B + gzB ⇒ pB = pA + γhAB hay p = pa + γh*
ρ
ρ

•P.tr Mặt đẳng áp:

(−adx − gdz) = 0 ⇒ ax + gz = C ⇒ z = −

a
x+C
g

2.Nước trong bình trụ quay đều quanh trục thẳng đứng:
z

•Phân bố áp suất:
Ở đây: Fx=ω2x; Fy=ω2y; Fz=-g.
Suy ra:

O

ω2r
1
p ω2r2
(ω2xdx+ ω2 ydy− gdz) − dp = 0 ⇒ z + −
=C
ρ
γ 2g

B
g

ω

Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:

2

2

pA ω2rA
pB ω2rB
*
zA + −
= zB + −
⇒pB = pA + γhAB hay p = pa + γh
γ
2g
γ
2g
•P.tr Mặt đẳng áp:

ω2r 2
ω2r 2
(ω xdx+ ω ydy− gdz) = 0 ⇒ z −
= C ⇒z =
+C
2g
2g
2

2

THUY TINH 20

H/2 H

H/2
A
r


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

IX. ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI
Nguyên lý lắng ly tâm :

Fl

ρlWg

ρr <ρl : nổi vào
ρlWω2r

W

ρrWω2
r
ρr >ρl : chìm
ra
Fr

ρrWg

¾Hạt dầu quay cùng trong nước sẽ nổi lên mặt thoáng và ở tâm bình trụ.
¾Hạt cát quay cùng trong nước sẽ chìm xuống và ở mép dáy bình trụ.

Ví dụ 21:
Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước ở độ sâu ho=1m và di chuyển
ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s2. Biết bình có đường kính D = 2m.
Tính áp lực của nước tác dụng lên đáy bình trong lúc di chuyển với gia tốc trên
Giải Chọn gốc toạ độ là giao điểm của trục bình và mặt thoáng , p.tr mặt thoáng:
a
z=− x
g
4
z −D / 2 =
1 = 0.407 m > H − h 0 = 1.2 − 1 = 0.2m
Tại x=-D/2:
9.81
D
Vậy khi bình chuyển động nước tràn ra ngoài. Sau khi
tràn ra xong, mặt thoáng nước phải vừa chạm mép sau Δh/
H Δh
O
bình. Giả sử lúc ấy bình dừng lại, thì mực nước trong h2
1
bình còn lại là h1. Ta có:
x
Δh
4
Δh
= z−D/ 2 =
1 = 0.407m ⇒ h1 = H − = 1.2 − 0.407 = 0.793m
2
9.81
2

2

Suy ra lực tác dụng lên đáy bình lúc ấy là: F = γh1π D = 24.42 KN
4

THUY TINH 21


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

Ví duï 22: Quả bóng không trọng lượng được buộc trong thùng kín đầy nước. Thùng chuyển
động tới nhanh dần đều với gia tốc a. Quả bóng sẽ chuyển động như thế nào? Và ở
vị trí nào thì đạt được giá trị cân bằng. Lực căng T tác động lên sợi dây
HƯỚNG DẪN:
Do thùng chuyển động nhanh dần đều, áp suất tác dụng lên các điểm ở nửa mặt trước quả
bóng nhỏ hơn nửa mặt sau (xem lại lý thuyết thùng nước chuyển động tới nhanh dần đều
trong tĩnh tương đối). Như vậy bóng sẽ chuyển động về phía trước
Khi sợi dây đạt tới vị trí nghiêng một góc α với phương ngang như hình vẽ thì bong bóng
cotgα = g/a
sẽ cân bằng với góc α được tính như sau:
Giá trị lực căng T sẽ tìm được trên cơ sở cân bằng lực trên phương của lực căng T
(phương của g*)

a
a

g* g
α

Ví duï 23: Một bình bên trái đựng nước, bên phải kín khí với áp suất dư p0. Trên vách ngăn giữa

hai bên có một van hình vuông nằm ngang, có thể quay quanh trục nằm ngang qua A,
cạnh b=0,2m. Khoảng cách thẳng đứng từ trọng tâm van tới bề mặt nước của ngăn bên
trái là hC=1m. Toàn bộ bình được đặt trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều
với gia tốc a=2m/s2. Nếu áp suất bên trên mặt nước của ngăn trái là pck=2 m nước thì
để van ở trạng thái cân bằng như hình vẽ, áp suất p0 phải là bao nhiêu?
ĐS:
b, m hc, m
0.2

1

pdu, m nươc Pdu, N/m2 a, m/s2
-0.2

-1962

A, m2

pc, N/m2

Fn, N

0.04

9848

393.92

2

hA, m

hB, m

pA, N/m2

pB, N/m2

AD, m

F0, N

0.9

1.1

8667

11029

0.103997

409.6667

Hdẫn:

p0,

10241.67
a

pC = pdu + ( g + a) ρ hC
pck

Fn = pC A

⎛ 2 p + pB ⎞ b
AD = b − ⎜ A
⎟
⎝ p A + pB ⎠ 3
b
( AD) Fn
F
( AD) Fn = ( ) F0 → F0 =
→ p0 = 0
2
b/2
A
THUY TINH 22

hC
Fn

N/m2

p0
A
D
B

F0


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

Ví dụ 24: Xe chở nước dài 3m, cao 2m. Nước trong bình lúc xe đứng yên là 1,5m. Xe đang chuyển động

Hdẫn:

đều trên mặt phẳng ngang đến một dốc nghiêng lên 300.
a) Hỏi nếu xe vẩn chuyển động đều thì nước có tràn ra không?
b) Để nước không tràn ra thì xe phải chạy chậm dần đều với gia tốc a=bao nhiêu?
c) Tính áp lực tác dụng lên thành trước và sau xe khi xe chuyển động chậm dần đều như
câu b. Cho bề rộng xe b=1m

Nhận xét thấy khi xe đứng yên trên dốc thì nước đã tràn ra rồi (tính ra Δh=1,5*tg(300)=0,866m>0,5m).
Nên để nước không tràn ra ngoài thì xe phải chạy chậm dần đều với giai tốc a. Ta chọn hệ trục xoz
như hình vẽ và phân tích lực khối của phần tử lưu chất, và chiếu lên phương x, z(xem hình vẽ).

a − g sin 300
x+C
g cos300
1
p
Ptr phân bố áp suất: (a − g sin 300 ) dx − g cos300 dz = dp ⇔ = ( a − g sin 300 ) x − g cos300 z + C
Ptr mặt đẳng áp:

(a − g sin 300 ) dx − g cos300 dz = 0 ⇔ z =

ρ

ρ

Để nước không tràn ra ngoài nên mặt thoáng phải đi qua B(-1,5; 0,5) và A(1,5; -0,5), thế vào ptr mặt đ.
áp. Suy ra gia tốc a=2,07m/s2
Từ ptr phân bố áp suất nhận xét thấy trên thành xe sau hoặc trước, áp suất của một điểm bất kỳ được
ngangz
tính theo áp suất của điểm trên mặt thoáng như sau:
nằm
g
n
ø
ơ
p
p
ư

ρ

+ g cos300 z =

B

ρ

Đ

+ g cos300 z ⇒ p = γ cos300 ( z B − z )

x

Suy ra lực tác dụng lên thành sau, trước là:

22
Fs = ∫ γ cos30 hbdh =γ cos30
b
0
2
2

0

12
Ftr = ∫ γ cos30 hbdh =γ cos30 b
0
2
1

0

3m

0

2m

Δh

5)
,5;0,

B(-1

2m

300

0

o

0
-gsin 3

; -0,5
A (1 , 5

1m

a

1,5m

0

g

300

0

gcos 30

Ví dụ 25: Một bình trụ D=100mm chứa nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua

tâm.
Khi mực chất lỏng giữa bình hạ thầp xuống 200mm (so với lúc tónh) thì bình
quay với vận tốc bao nhiêu? Nếu quay bình với n=800v.ph mà không muốn
đáy bò cạn thì chiều cao tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu?

Giải

z

Phương trình mặt thoáng:

z=

2 2

2

ωr
ωR
⇒H=
2g
2g

2

Khi mực nước giữa bình hạ xuống 0,2m thì H=0,4m.

Suy ra:
0. 4 =

ω 2 (0.05) 2
0.4 * 2 * 9.81
⇒ω=
= 56.03s -1 = 535vong / ph
2
2 * 9.81
(0.05)

Nếu quay bình với n=800v/ph =83,76 s-1

O

ω2r

0.2 H
0m.2
A mr
B

g

ω

mà không muốn đáy bò cạn thì :

(83.76) 2 (0.05) 2
= 0.896m

H=
2 * 9.81
Vây chiều cao tối thiểu của bình phải là 0.896 m
THUY TINH 23

)


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

Ví dụ 26:

Một hệ thống gồm 3 ống nghiệm thẳng đứng bằng và thông nhau quay
quanh Oz qua ống giữa như hình vẽ. Vận tốc quay n=116 vòng/ph. Bỏ
qua độ nghiêng mặt nước trong ống. Tìm pC, pO, pB trong hai trường
hợp nút kín và không nút C, C’,

Giải:

Nếu nút kín C,C’ thì khi quay, nước không di chuyển,
nhưng áp suất tại C và C’ sẽ tăng lên. Phương trình mặt
đẳng áp – áp suất pC (chọn gốc toạ độ tại đáy parabol):

C’

ω2 r 2
12.152 * 0.2 2
z=
⇒h=
= 0.30 m

2g
2 * 9.81
Như vậy áp suất dư tại C và C’ bằng nhau và bằng:

A

C
h

O
40cm

du
2
p du
C = p C ' = γh = 9810 * 0.30 = 2951N/m
2
⇒ p du
D = γ * 0.4 = 9810 * 0.40 = 3924N/m

D

ω

B

r=0.2m r=0.2m

2
⇒ p du

B = γ * (0.4 + 0.3) = 6875 N/m

Nếu không nút C,C’ thì khi quay, nước tại A sẽ hạ thấp
xuống h, và nước tại C và C’ sẽ dâng lên h/2. Phương
trình mặt đẳng áp – áp suất khí trời (chọn gốc toạ độ tại
đáy parabol):

z=

2 2

2

2

ωr
3
12.15 * 0.2
⇒ h=
= 0.30 m ⇒ h = 0.2m
2 * 9.81
2g
2

C’ A

2
⇒ p du
D = γ * (0.4 − 0.2) = 9810 * 0.2 = 1967.5N/m
2

⇒ p du
B = γ * (0.4 + 0.1) = 4905 N/m

THUY TINH 24

h/2
h

O

D

⇒ pCdu = pCdu' = γ h / 2 = 9810*0.10 = 981N/m 2

C

ω

B

r=0.2m r=0.2m


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

Ví dụ 27: Một hệ thống gồm bình trụ hở bán kính R chứa nước cao so với đáy là H. Cho
bình quay đều quanh trục thẳng đứng qua tâm vừa đủ để nước khơng tràn ra. Sau
đó đặt tồn bộ hệ thống quay này trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều
với gia tốc a. Cho biết : R=0,4m; H=1,2m; a=2m/s2
a) Gọi A là điểm ở đáy parabol mặt thống nước. So với khi chưa đặt hệ thống vào

thang máy, thì vị trí của A như thế nào?
b) Lực tác dụng lên đáy bình khi bình trong thang máy?
H dẫn:
Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, nếu chọn gốc tọa độ
tại đáy của mặt thống thì phương trình mặt thống trở thành:
z =

A

ω 2r 2

H

2( g + a)

Vậy paraboloit mặt thống trở nên cạn hơn, nên nước sẽ khơng
tràn ra ngồi, điểm A sẽ di chuyển lên trên

VíCâu
dụ 14:
28: Một bình hình trụ bán kính R=0,6m, chiều cao là H=0,7m; đựng nước đến độ cao h =
0,4m. Bình quay tròn với vận tốc N (vòng / phút) được treo trong thang máy chuyển động lên
chậm dần đều với gia tốc khơng đổi là a = 1,5 m/s2. Xác định N tối đa để nước khơng tràn ra
ngồi.
ĐS: 54,61 vòng/phút

Ví dụ 29:

Một bình hình hộp kín (cao b, đáy vuông cạnh a) chứa nước đầy nước
quay tròn quanh trục thẳng đứng qua tâm. Biết tại A- tâm đáy trên

của bình là áp suất khí trời. Tính lực tác dụng lên mặt bên của bình

Giải
Ta có:

Mặt đẳng áp - pa

ω2r 2
h* =
2g

h*

A

Lực tác dụng lên vi phân dAx bằng:
⎛
a2 ⎞
⎜
ω2 ( y 2 + ) ⎟
b
4 ⎟bdy
dF = p C dA x = γ⎜ +
⎜2
⎟
2g
⎜
⎟
⎝ a/2
⎠ 2

2
⎛
b
ω
a ⎞
2
Suy ra: F = 2 γb ⎜ +
∫0 ⎜⎝ 2 2g ( y + 4 ) ⎟⎟⎠dy

C

y

b

dAx

⎡ b a ω 2 ⎛ (a / 2)3 a 2 a ⎞⎤
⎟
⎜
= 2γb ⎢
+
⎜ 3 + 4 2 ⎟⎥
2
2
2
g
⎢⎣
⎠⎥⎦
⎝

⎡ ab ω 2 ⎛ a 3 a 3 ⎞⎤
⎜⎜ + ⎟⎟⎥
= 2γb ⎢ +
⇒
4
2
g
24
8
⎝
⎠
⎣
⎦
THUY TINH 25

r
y
0 a/2
a

⎡ b ω 2a 2 ⎤
F = γab ⎢ +
⎥
6g ⎦
⎣2

x