Tĩnh học lưu chất.pdf

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 1
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.
p
x
p
n
p
z
δz
δx
δy
δs
θ
n
x
z
y
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 : p
x
δyδz; p
y
δxδz; p
z

δyδx; p
n
δyδs.
Lực khối: ½Fδxδyδzρ.
Tổng các lực trên phương x phải bằng không:
p
x
δyδz-p
n
δyδs(δz/δs) + ½F
x
δxδyδzρ = 0
Chia tất cả cho δyδz:
p
x
-p
n
+ ½F
x
ρδx = 0 ⇒ p
x
= p
n
khi δx → 0.
Chứng minh tương tự cho các phương khác
p
x
=p
y
= p

z
= p
n
Suy ra:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 2
II. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
W
A
p
n
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:
0dApdwF
Aw
=−ρ
∫∫∫∫∫
Ta xét trên trục x:
0
x
)p(
F0
x
)np(
F
0
z
np(
y

)np(
x
)np(
F
0dw)n.p(divdwF0dApdwF
x
pppp
xxx
x
xzz
xyy
xxx
x
W
x
w
x
Gauss.d.b
A
x
w
x
zyx
=
∂
∂
−ρ⎯⎯⎯⎯→←=
∂
∂
−ρ⇔

=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−ρ⇔
=−ρ=−ρ
===
∫∫∫∫∫∫
⇔
∫∫∫∫∫
Xét tương tự cho các trục khác
0)p(grad
1
F =
ρ
−⇔
0dw)p(graddwF0dApdwF

WwAw
=−ρ⇔=−ρ
∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫
Kết luận:
III. TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
0
1
0
1
0
1
0
1
=
ρ
−++⇒+
⎪
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎪
⎬
⎫
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪

⎪
⎪
⎨
⎧
×=
∂
∂
ρ
−
×=
∂
∂
ρ
−
×=
∂
∂
ρ
−
dp)dzFdyFdxF(
dz
z
p
F
dy
y
p
F
dx
x

p
F
zyx
z
y
x
z
A
p
a
p
A
p
B
h
AB
chuẩn 0
z
B
)1(
p
z
p
zconst
p
z:hay
const
p
gzdp
1

gdz
B
B
A
A
const
γ
+=
γ
+⇔=
γ
+
=
ρ
+⎯⎯→⎯
ρ
=−
=ρ
¾Chất lỏng nằm trong trường trọng lực: F
x
, F
y
=0, F
z
=-g:
hay: p
B
= p
A
+ γh

AB
hay p = p
a
+γh(2)
(1), (2) là phương trình thuỷ tónh
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 3
¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được:
dp
p
RT
gdzdp
1
gdz =−⇔
ρ
=−
Xem như chất khí là khí lý tưởng:
RT
p
hayR
T
pV
=
ρ
=
Nếu biết được hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T
0
– az; a>0,
T
0

là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường là mực nước biển yên lặng):
aR
g
)azT(Cp
)Cln()azTln(
aR
g
pln
)azT(R
dz
g
p
dp
dp
p
)azT(R
gdz
−=⇒
+−=⇒
−
−=⇒
−
=−
0
0
0
0
Gọi p
0
là áp suất ứng với z=0:

aR
g
aR
g
T
p
CCTp
0
0
0
0
=⇒=
aR
g
T
azT
pp
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
0
0
0

Phương trình khí tónh:
Ví dụ 1:
Giải:
Áp suất tuyệt đối tại mặt biển yên lặng là 760mmHg, tương ứng với
nhiệt độ T=288
0
K. 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.
0
K
0.1695mHg=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−

=⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
1
287*0065.0
81.9
aR
g
0
10
01
aR
g
0
0
0
p
5,216
11000*0065.05,216
76.0
T
azT

pp
T
azT
pp
T
0
là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng):
Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T
0
– az; với a=0, 0065
Cao độ ứng với nhiệt độ T
1
=216,5 độ K là z
1
= 11000m
Suy ra: 216,5=288 – 0,0065z
1
Nhưvậytừz
0
=0 đến z
1
=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tónh:
3
3
1
1
1
kg/m 0.364
5.216*287
10*81.9*6.13*1695.0

RT
p
ρRT
ρ
p
===⇒=
Từ:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 4
Từ z
1
=11000 m đến z
2
=14500m, nhiệt độ không đổi nên:
z
g
RT
g
RT
111
eCpCpln)Cln(pln
g
RT
z
p
dp
g
RT
dzdp
p

RT
gdz
11
=⇒
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
=+−=⇒−=⇒=−
−−
Tại độ cao z
1
ta có áp suất bằng p
1
; suy ra:
()
1
1
1
1
RT
g
)zz(
1
g
RT

1
z
epp
p
e
C
−
=⇒=
Nhưvậytạiđộcaoz
2
=14500m ta tính được:
97.52mmHgmHg 97520.0
e*17.0epp
5.216*278
81.9
)1450011000(
RT
g
)zz(
12
1
21
==
==
−
−
3
1
12
2

m/kg209.0
p
ρp
ρ ==
vàø:
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: F
x
dx + F
y
dy + F
z
dz=0
¾Áp suất dư
: p
dư
= p
tđ
-p
a
¾Nếu tại một điểm có p
dư
< 0 thì tại đó có ápsuấtchânkhôngp

ck
p
ck
= -p
dư
= p
a
–p
tđ
¾p trong phương trình thuỷ tónh là áp suất tuyệt đối pt
đ.
hoặc áp suất dư
¾Các điểmnào (?) có áp suấtbằng nhau;
trong đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay
chất lỏng ?
5
6
5
6
7
1
2
34
134
0
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 5
V. ỨNG DỤNG
2. Đònh luật bình thông nhau:
p

A
=p
A’
+ γ
2
h
2
; p
B
=p
B’
+ γ
1
h
1
γ
1
h
1
=γ
2
h
2
Suy ra
Từp.tr thuỷtónh:
p=0, chân không tuyệt đối
h
tđ
A
A

B
td
BA
hpp γ+=
h
dư
A
A
p
a
B
h
ck
A
A
B
ck
A
ckck
B
du
A
du
hphpp γ=⇒γ−=
1. Các áp kế:
dudu
B
du
A
du

hhpp
γ=γ+=
p
a
h
1
γ
1
γ
2
h
2
A
A
’
B
’
B
A
’
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.
3. Đònh luật Pascal:
f
p=f/a
F=pA
Pascal 1623-1662 , Pháp
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay

THUY TINH 25
A
H
Mộthệ thống gồmbìnhtrụ hở bánkínhR chứa nướccaosovới đáy là H. Cho
bình quay đều quanh trụcthẳng 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/s
2
a) GọiA làđiểm ởđáy parabol mặtthốngnước. So vớikhichưa đặthệ thống vào
thang máy, thì vị trí củaAnhư thế nào?
b) Lực tác dụng lên đáy bình khi bình trong thang máy?
Ví dụ 27:
Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, nếuchọngốctọa độ
tại đáy củamặt thống thì phương trình mặtthốngtrở thành:
Vậy paraboloit mặtthốngtrở nên cạnhơn, nên nướcsẽ khơng
tràn ra ngồi, điểmA sẽ di chuyển lên trên
22
2( )
r
z
g a
ω
=
+
H dẫn:
Câu 14
: 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/s
2

. Xác định N tối đa để nước khơng tràn ra
ngồi.

ĐS: 54,61 vòng/phút
Ví dụ 28:
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
b
g2
rω
*h
22
=
Ta có:
dA
x
x
y
0
r
y
a/2
a
A
h*
Mặt đẳng áp - p
a

C
Lực tác dụng lên vi phân dA
x
bằng:
bdy
g2
)
4
a
y(ω
2
b
γdApdF
2
22
xC
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
+
+==

Suy ra:
()
⇒
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
⎟
⎟
⎠
⎞

⎜
⎜
⎝
⎛
++=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++=
∫
8
a
24
a
g2
ω
4
ab
bγ2
2
a
4
a
3
2/a

g2
ω
2
a
2
b
bγ2
dy)
4
a
y(
g2
ω
2
b
bγ2F
332
2
3
2
2/a
0
2
2
2
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣

⎡
+=
g6
aω
2
b
abγF
22
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 7
VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
C
x
y
C
y
I
xx
=I
c
+y
C
2
A
I
xy
=I
x’y’
+x
C

y
C
A
I
c
p
a
O(x)
y
α
C
h
D
y
dA
D
y
D
F
h
C
h
Tâm áp
lực
¾ Giá trò lực
ApAhAysinydAsin
dAsinyhdAdApF
du
CCC
A

AAA
dudu
=γ=αγ=αγ=
αγ=γ==
∫
∫∫∫
Tương tự :
Ay
I
xx
c
'y'x
CD
+=
¾ Điểmđặtlực
xx
AAA
D
IsindAysindAysinyydFFy αγ=αγ=αγ==
∫∫∫
2
Suy ra:
Ay
AyI
Ay
I
F
Isin
y
C

2
CC
C
xxxx
D
+
==
αγ
=
Ay
I
yy
C
C
CD
+=
ApF
du
C
du
=
Ay
AyxI
Ay
I
F
Isin
x
C
CC'y'x

C
xyxy
D
+
==
αγ
=
I
c
: M. q tính của A so với trục //0x và qua C
I
x’y’
:
M. q tính của A so với trọng tâm C
¾ Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang:
F=γΩb
Đặt: Ω=(h
A
+h
B
).(AB)/2
Suy ra:
BD=[(h
B
+2h
A
)/(h
B
+h
A

)].(AB)/3
2
hh
p
BA
C
+
γ=
b)AB(
2
hh
ApF
BA
C
+
γ==⇒
B
A
h
A
h
B
Ω
h
A
h
B
D
C
*

F
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 8
O(y)
z
x
A
x
Mặt
cong A
dA
dA
z
dA
x
h
p
a
n
(n,ox)
dF
x
A
z
222
zyx
FFFF ++=
xcx
Ax
x

A
x
AA
xx
AphdAhdA
)ox,ncos(pdAdFF
=γ=γ=
==
∫∫
∫∫
¾ Thành phần lực theo phương x
¾ Thành phần lực theo phương z
WhdA
)oz,ncos(hdAdFF
A
z
AA
zz
γ=γ=
γ==
∫
∫∫
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 (A
z
)
VII. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN
p
a
¾ Các ví dụ về vật áp lực W:

P
du
w
F
z
P
a
P
ck
w
F
z
P
a
P
ck
P
a
w
F
z
w
p
a
w
p
dư
p
dư
/γ

F
z
w
p
ck
p
a
p
ck
/γ
F
z
p
a
w
F
z
p
ck
p
a
p
ck
/γ
w
F
z
p
ck
p

a
p
ck
/γ
w
1
w
2
F
z1
F
z2
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 9
p
dư
p
a
F
z
W
1
:phần chéo liền nét
→F
z1
hướng lên.
W
2
: phần chéo chấm chấm
→F

z2
hướng xuống.
W=W
1
-W
2
→F
z
hướng xuống
p
dư
p
a
F
z
W
1
:phần chéo liền nét
→F
z1
hướng xuống.
W
2
: phần chéo chấm
chấm
→F
z2
hướng lên.
W=W
1

-W
2
→F
z
hướng lên
W
W
1
Ar
¾ Lực đẩy Archimède:
WWWAr
12
γ=γ−γ=
W
2
(phần gạch chéo)
Archimede 287-212 BC
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
THUY TINH 10
GAr −=
¾ Vật nổi
W
I
MD
yy
=
yy
D
Ar
C

G
A
ổn đònh: MD>CD
→M cao hơn C
D
Ar
M
C
G
D
C
G
Ar
M
không ổn đònh:
MD<CD
→M thấp hơn C
M: Tâm đònh khuynh.
I
yy
: Moment quán tính của diện tích mặt nổi A so với trục quay yy.
W: thể tích nước bò vật chiếm chỗ
VIII. SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT
¾ Vật chìm lơ lửng
C
D
Ar
G
D
C

G
Ar
D
C
ổn đònh
không ổn đònh
Phiếm đònh
Ar
G
VIII. ỨNG DỤNG
Ví dụ 2:
Tính z, p
a
=76cmHg, γ
nb
=11200 N/m
3;
γ
Hg
=133000
N/m
3
Ta có: p
A
= p
B
+ γ
Hg
h
AB

=0.84 γ
Hg
+ γ
Hg
h
AB
= γ
Hg
(0.84+0.8)=1.64 γ
Hg
Mặt khác: p
A
–p
a
= γ
nb
.(z+0.4)
Suy ra: (z+0.4)=(p
A
–p
a
)/ γ
nb
=(1.64 γ
Hg
-0.76 γ
Hg
)/ γ
nb
=0.88(γ

Hg
/ γ
nb
)
=0.88.133000/11200=10.45m
Suy ra z = 10.05 m
p
a
z
40cm
40cm
p
tđ
=0
Hg
84cm
A
B