BÀI tập lớn THỦY lực cơ sở

Đại học bách khoa TP HCM

BÀI TẬP LỚN THỦY LỰC CƠ SỞ
Sinh viên:
MSSV:
Ngày nhận:
11.12.2016
Ngày nộp: 22.12.2016

Bài 1.9: Một piston đường kính 50mm chuyển động đều trong xilanh đường kính 50.1mm. Xác định độ
giảm của lực tác dụng lên piston (tính theo %) khi lớp dầu bôi trơn được đun nóng lên từ 20 oC đến 120oC.
Bài giải:
Ta có công thức tính lực ma sát nhớt:

F = µS

du
dy

Gọi lực ma sát ở 20oC là F1
lực ma sát ở 120oC là F2
Công thức tính độ nhớt phụ thuộc vào

µ = µ0 e

nhiệt độ:

− λ ( t − t0 )

Độ giảm lực tác dụng lên piston:

du 

µ
S
2

 F2 
dy ÷
÷100%
h =  1 − ÷100% =  1 −
du
 µS ÷
 F1 
1

dy ÷


du

− λ ( t 2 − t0 )
µ
e
S
0

dy
= 1 −
 µ e − λ (t1 −t0 ) S du
0


dy



÷
÷100%
÷
÷


 e − λ ( t2 − t 0 ) 
=  1 − − λ (t1 − t0 ) ÷100% = ( 1 − e − λ (t2 − t1 ) ) 100%
 e


Đối với dầu loại SAE 10 ta chọn λ = 0, 03 , từ đó ta được:

( 1− e

− λ ( t2 − t1 )

) 100% = ( 1 − e

− 0,03(120 − 20)

) .100% = 95%

Vậy yêu cầu của bài toán là 95%.
Bài 1.12: Hai đĩa tròn đường kính d, bề mặt

một khoảng t. Ở giữa là chất lỏng có khối lượng
một đĩa cố định và đĩa kia quay n vòng/phút,
suất ma sát.

song song và cách nhau
riêng ρ , độ nhớt µ . Khi
tìm ngẫu lực và công


Đại học bách khoa TP HCM

Bài giải:
Phân tố diện tích tiếp xúc giữa đĩa với mặt chất lỏng:

dS = 2π rdr

d

Vận tốc chuyển động của đĩa:

ω = 2π

n
60

Vận tốc chuyển động tại vành đĩa:

v =π

n

r
30

Ta có công thức tính lực ma sát nhớt lên phân

dF = µ dS

du
v
= µ dS
dy
t

dM = dF .r
d /2

⇒M =

d /2

∫ dF .r = ∫
0

0

v
µ 2π 2 n
µ 2π r rdr =
t
30t

d /2

∫ r dr
3

0

µπ 2 n r 4 d / 2 µπ 2 nd 4
=
=
15t 4 0
960t
Công suất ma sát :

µπ 2 nd 4
n µπ 3n 2 d 4
N = Mω =
2π
=
960t
60 28800t
Vậy yêu cầu bài toán là:

µπ 2 nd 4
µπ 3n 2 d 4
,N =
M=
28800t
960t

dr

r
tố dS :


Đại học bách khoa TP HCM

2.15 Xác định trọng lượng riêng của lưu chất X nếu biết độ chênh áp suất
PA − PB = 1KPa

Lưu chất X

A
δ1 = 1

`

100cm

B
C

δ 2 = 1.5

90cm

D

95cm

75cm

Bài giải:
Ta có

PC = PA + ( hA − hC ) × δ1 ×1000 × g ↔ PC = PA + 0,1× δ1 × 1000 × g

(1)

PD = PC + ( hC − hD ) × δ x × 1000 × g ↔ PD = PC + 0,15 × δ x × 1000 × g (2)
PD = PB + ( hB − hD ) × δ 2 ×1000 × g ↔ PD = PB + 0, 2 × δ 2 ×1000 × g

(3)

PC + 0,15 × δ x × 1000 × g = PB + 0, 2 × δ 2 × 1000 × g

↔ PC = PB + 0, 2 × δ 2 × 1000 × g − 0,15 × δ x × 1000 × g

(4)

Từ (2) = (3) ta có
PA + 0,1× δ1 ×1000 × g = PB + 0, 2 × δ 2 ×1000 × g − 0,15 × δ x ×1000 × g
↔ PA − PB = 0, 2 × δ 2 ×1000 × g − 0,15 × δ x × 1000 × g − 0,1× δ1 × 1000 × g
↔ 1000 = 0, 2 ×1,5 ×1000 × 9,81 − 0,15 × δ x × 1000 × 9,81 − 0,1×1×1000 × 9, 81
↔ 1000 = 1962 − 0,15 × δ x × 1000 × 9,81
↔ −962 = −1471,5 × δ x ↔ δ x = 0, 6537
→ γ x = 0, 6537 × g × 1000 = 0, 6537 × 9,81×1000 ≈ 6413 N m3

Đại học bách khoa TP HCM

O
X

1
⇒ HD = MH
3

Y

2

1m
0.6

H

E

B
0.6

δ = 0,86

m

M

Ta có:

P

= h .γ .ω
D

( hD = OH + HD )

≈ ( 0,6 + 0,11) 0,86.9,81.103.0,166
≈ 994 N

- Gọi E là điểm đặt lực.

0.6

J
y =y + D
E
D y +ω
D
bh3 1
=h +
.
D 36 h +ω
D
1.0,113
1
= ( 0,6+0,11) +
.

36 ( 0,6+0,11) .0,166
= 0,7186 (m)
ĐS: F=994 N; yE = 0.186 m

B
0.6

m

M

D
m

1m

A

 AB 
MH = MA2 − 
÷
 2 
A

giác cân ABC. Xác
lên van.

0.6 m

Bài 2.25 Van chắn dầu( δ =0,86) hình tam

định trị số và điểm đặt của áp lực tác dụng
Bài giải:
- Chọn hệ trục tạo độ như hình vẽ
- D là trọng tâm của tấm chắn.

m


Đại học bách khoa TP HCM

2.35 Van hình nón có chiều cao bằng h=50cm làm
dùng để đậy lỗ tròn ở đáy bể chứa nước. Các kích
trên hình vẽ. Xác định lực R cần thiết để mở van.
Bài giải:

bằng thép
thước cho
δ = 7,8

5h
0, 4h

h3

Chọn trục tọa độ như hình vẽ 0, 4
h
Ta có bán kính mặt CD R =
3
Thể tích hình nón ABE
h

1
VABE = × π × (0, 2h) 2 = × π × h 3
3
75
Thể tích hình nón cụt giới hạn bởi mặt AB và CD
2
1
1  0, 4 
2h
2
Vnc = × (0, 4h) × π × h − × 
× h ÷ ×π ×
12
3  3
3


h
O

K

L

x
⊕

z

2

1
1  0, 4
2 × 0,5

= × (0, 4 × 0,5) 2 × π × 0,5 − × 
× 0,5 ÷ × π ×
12
3  3
3

= 3, 6846 ×10−3 ( m3 )

W1

A

W2

I

P

_

J
_B

GS
C

D
E

Thể tích hình trụ CDIJ
R
2
2
 0, 4  h
 0, 4
 0,5
−3
3
VCDIJ = 
× h ÷ × ×π = 
× 0,5 ÷ ×
× π = 2,3271× 10 (m )
3
 3
 3
 3

Ta
lực
ur cóuu
ráp u
u
r của nước tác dụng lên van là
P = Px + Pz
uu

r r
Px = 0 Do vật thể đối xứng
2
2
Pz = γ × W1 − γ × W2
14
 0, 4 
 0, 4

W1 = lIK × 
h ÷ × π = × 0,5 × 
× 0,5 ÷ × π = 0, 03258(m3 )
3
3
3




−3
−3
−3
3
W2 = Vnc − VCDIJ = 3, 6846 ×10 − 2,3171×10 = 1,3575 ×10 ( m )
P = Pz = 1000 ×1× (0, 03258 − 1,3575 × 10−3 ) = 31, 2225 ( Kgf )

Trọng lượng khối sắt là
GS =

1

1
× π × h3 × ρ s = × 0,53 × π × 7,8 ×1000 ≈ 40,84 ( Kgf )
75
75

Vậy độ lớn của lực R là

R = P + GS = 31, 2225 + 40,84 ≈ 72 ( Kgf )


Đại học bách khoa TP HCM

Bài 2.45: Một bồn chứa hình lăng trụ, đường kính 0.6m, cao 0.3, để hở ,trên miệng bồn có mép hình vành
khăn có a =50mm, nằm ngang. Bồn chứa cao 0.2m và quay quanh trục thẳng đứng
1) Tình vận tốc quay của bồn chứa để nước không bị bắn ra ngoài.
2) Tính áp lực nước tác dụng lên mép hình vành khăn.
Bài Làm:

z

r

x
ωω
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.

ω 2r 2
+C
a) Ta có: phương trình mặt đẳng áp là : z =
2g

 z1 = 0,3
r1 = 0,3 − 0, 05 = 0, 25m

Ở vị trí mép trong của hình vành khăn thì : 

ω 2 × r12
ω 2 × 0, 252
= 0,3 −
= 0,3 − 0, 00318 × ω 2
→ C = z1 −
2× g
2 × 9,8
ω 2r 2
+ 0,3 − 0, 00318ω 2
Phương trình mặt thoáng là: z =
2g

Theo đề bài nước không bị bắn ra ngoài nên ở vị trí mép ngoài nước không được văn ra. Khi đó ta có :

z = 0

r = 0
⇔
⇔
⇔

02 × ω 2
0=
+ 0,3 − 0, 00318ω 2
2 × 9,8

0, 00318 × ω 2 = 0,3
ω ≈ 9, 5 rad s

ω 2 × r12
9,52 × 0, 252
= 0,3 −
= 0, 01221
b) Ta có : z0 = z1 −
2× g
2 × 9,8


Đại học bách khoa TP HCM

p=

1
ρω 2 r 2 − ρ gz + C
2

p = 0

Ở vị trí mép của hinh vành khăn thì ta có : r = 0, 25m
 z = 0,3m


→

1

1
C = ρ gz − ρω 2 r 2 = 980 × 9,8 × 0,3 − × 980 × 9,52 × 0, 252 = 117, 29
2
2
Áp suất tại mép ngoài hình vành khăn là:
1
1
p = ρω 2 r 2 − ρ gz + C = × 980 × 9.52 × r 2 − 980 × 9,8 × 0,3 + 117, 29
2
2
2
⇔ p = 44222,5 × r − 2763,91

Mà : dF = p × 2π r.ds
0.3

→

F=

∫

0.3

p × 2π .r.ds =

0.25

∫ (44222,5 × r

2

− 2763,91) × 2π .r.ds = 52,53( N )

0.25

Câu 3.9. Lưu chất không nén được chuyển động với vận tốc theo biến Euler như sau:
u x = 3t

u y = xz

u z = ty 2

Xác định gia tốc của phần tử lưu chất.
Bài giải:
Ta có :

r
r ∂u uu
r ∂u uu
r ∂u uur ∂u
a=
+ ux . + u y . + uz .
dt
∂x
∂y
∂z

(1)

Mà
theo
đềr bài toán
thì ta có:
r
r
r
u = 3ti + xz j + ty 2 k

Với:
r
∂u
∂t
∂u
∂x
∂u
∂y
∂u
∂z

r
r
= 3i + y 2 k
r
=zj
r
= 2tyk

(2)

r
=xj

Thế
(2) vào(1) ta có:
r r
r

r
a = 3i + ( 3tz + txy 2 ) j + ( 2 xyzt + y 2 ) k

Câu 3.12. Lưu chất không nén được ,chuyển động ổn định với vận tốc u có 2 thành phần u x và u y như
sau:
ux = x3 + 2 z 2
u y = y 3 + 2 yz


Đại học bách khoa TP HCM

Xác định thành phần vận tốc u z .
Bài giải:
Đối với lưu chất không nén được ta có:
r ∂u ∂u ∂u
div(u ) = x + y + z = 0
∂x
∂y
∂z
∂u
⇔ 3x 2 + 3 y 2 + 2 z + z = 0
∂z

∂u
⇔ z = −3 ( x 2 + y 2 ) − 2 z
∂z
⇒ u z = −3( x 2 + y 2 ).z − z 2

Bài 4.19 Một quả thủy lôi được phóng trong nước tỉnh, chuyển động với vận tốc V= 15
Quả thủy lôi chịu tác dụng của áp suất tĩnh của nước và áp suất động khi quả thủy lôi chuyển động
Bài giải
Áp suất toàn bộ tác dụng lên quả thủy lôi là


v2 
152 
p = h+
γ
=
10
+
÷ 
÷× 1020 × 9,81 = 214812 Pa ≈ 2,12at
2g 
2 × 9,81 



10m
h = 10m
r
v

r
v


Đại học bách khoa TP HCM

H

4.29 Nước chảy ra khỏi lỗ tháo như hình vẽ. Đường kính tia nước ra khỏi lỗ tháo là 80 mm. Tại tâm của
tia nước người ta đặt một ống đo áp với cột
nước h=5.75m.
Xác định lưu lượng và tổn thất năng lượng
của dòng chảy từ bể ra
ngoài không khí. Cho H=6m
Giải
- Viết phương trình Bernoulli cho 2 mặt
cắt (1-1), (2-2) ta có:
h

p u2
p
u2
1
1
2
z + +
=z +
+ 2 +h
1 γ
2 γ

f
2g
2g
p
u2
2
⇔ H +0+0 = 0+
+ 2 +h
f
γ
2g

80 mm

p
u 2 ÷
 2
⇔ h = H −
+ 2÷
f
2g ÷
 γ



(Chọn pa = 0 )
- Viết phương trình Bernoulli cho 1

Vậy

3 3

h

H

p u2
p3 u 2
z + 2 + 2 = z3 + + 3
2 γ
2g
γ 2g
p u2
⇔ 0+ 2 + 2 = h+0+0
γ
2g
p u2
⇔ 2 + 2 =h
γ
2g

mặt (2-2), (3-3):

1

2
2

h = H −h
f

=6-5.75=0.25 m

80 mm

Tại tâm lỗ thoát thuộc mặt cắt (2-2) các
tia nước gần như song
p
song với nhau và tiếp xúc không khí nên chọn áp suất tại đó là áp suất khí trời( 2 = pa = 0 )

p
u2
2 + 2 =h
2g
Theo phương trình Bernoulli cho mặt cắt (1-1), (2-2) có: γ
⇔ u = 2.h.g
2
Thay vào biểu thức tính lưu lượng: Q = u.S

= u .S
2

=

2

 80 1 
2.5,75.9,8.π.
. ÷
 1000 2 

= 53.36 l s

4.39 Đường ống A dẫn vào nhà máy thủy điện có D=1,2 m/s chia làm 2 nhánh B, C trong mặt phẳng
ngang, mỗi nhánh có d=0,85m; cấp nước cho 1 tuabine.


Đại học bách khoa TP HCM

Xác định lực nằm ngang tác dụng lên chạc ba. Biết rằng lưu lượng Q=6m3/s chia đều cho 2 nhánh: áp
suất dư tại A là 5MPa. Bỏ qua mất năng.
Bài giải
Áp dụng phương trình Bernouli cho đường dòng qua mặt cắt 1-1 và 2-2 ,mặt cắt 1-1 và 3-3 ta được 2
phương trình:
Fy
1
P1

vì trên mặt phẳng nằm ngang

x

O
Fx

1
G

p1 = 5.106 Pa

2

d

p2 u
+
λ 2g
p3 u32
+
λ 2g

d

P2

2

45°

p1 u
+
= z2 +
λ 2g
p u2
z1 + 1 + 1 = z3 +
λ 2g
z1 +

y

2
2

D

2
1

3

nên z1 = z2 = z3 ,

3

P3

u1 =

Q1
Q
4.6
=
=
≈5,3 m / s
(vì bảo toàn lưu lượng nên 2Q1=Q)
πd12
s1
π.1, 2 2
4

Q2
Q

4.3
=
=
≈ 5,2868 m / s
λ = ρ .g = 1000.9,81 = 9810 N / m3
s2 π d 22 π .0,852
4
6
Thay vào 2 phương trình trên ta tìm được: p2 = p3 ≈ p1 = 5.10 Pa
⇒ u2 = u3 =

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho dòng chất lỏng qua chạc ba:

r
r r r r r
r
r
r
ρ ( β 2Q2u2 + β3Q3u3 − β1Q1u1 ) = ∑ Rm + ∑ Rs = F + P1 + P2 + P3
Bỏ qua mất năng nên hệ số điều chỉnh β1 = β 2 = β 3 = 1
Chiếu phương trình trên lên trục Oxy thuộc mặt phẳng nằm ngang:
Ox: ρ (Q2u2 + Q3u3 cos 450 − Q1u1 ) = Fx + P1 − P2 − P3 cos 450

⇒ Fx = ρ (Q2u2 + Q3u3 cos 450 − Q1u1 ) − P1 + P2 + P3 cos 450
2
π 1, 22
− 2.5,3) − 5.106.
2
4
2

2
2
6 π 0,85
6 π 0,85
+5.10 .
+ 5.10 .
.
4
4
2
Fx = 1000.3.(5, 2868 + 5, 2868

Fy ≈ −2017,5 KN
r

r

Chiều của Fy ngược với chiều đã chọn. R = − F
r
Gọi R là lực ép của dòng nước lên chạc ba, ta có: Rx = − Fx , Ry = − Fy

Rx = 816 KPa , Ry = 2017,5 KN


Đại học bách khoa TP HCM

⇒ R = Rx2 + Ry2 = 8162 + 2017,52 ≈ 2176, 2 KN
Bài 4.49 Một máy tưới nước như hình vẽ. Đường kính miệng là 6mm. Moment ma sát của trục qua là 0, 01ω 2 .Xác
định vận tốc quay của máy tưới nếu lưu lượng vào máy tưới là 0,9lit s
Bài giải

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho hai mặt cắt ướt tại vị trí như hình vẽ, mặt cắt 2-2 sát đầu phun nước:

r
r r r r r
r
r
ρ Q( β 2u2 − β1u1 ) = ∑ Rm + ∑ Rs = G + F + P1 + P2
r
Xét thấy chỉ có thành phần Fy mới gây ra moment quay, do đó ta chỉ cần chiếu phương trình trên lên phương Oy
để tìm Fy là được:
Ta được:

Oy:

ρ Q( − β 2u2 cos 450 ) = Fy + P2 cos 450

⇒ Fy = − ρ Qβ 2u2 cos 450 − P2 cos 450
Chọn hệ số β = 1 , áp suất P2 = 0
Do lượng nước vào máy tưới chia đều cho hai nhánh nên lưu lượng ở mỗi nhánh là:

Q
0,9.10−3
Q=
= 4,5.10−4 m3 / s , thay vào phương trình với u2 = , ta được:
S
2
4,5.10−4
2
Fy = −1000.4,5.10−4.

.
= −5,064 N
π (6.10−3 ) 2 2
4
Vậy lực Fy có hướng theo chiều âm của trục Oy, vì hai nhánh là như nhau nên cả hai đều chịu lực Fy . Xét tương
đối vị đặt lực Fy cách tâm quay một khoãng là

L
2

⇒ moment gây ra chuyển động quay của máy tưới : M = Fy .L = 5,064.0,4 = 2,0256 Nm
Để cho máy tưới quay với vận tốc góc là ω thì moment M phải cân bằng với moment ma sát của trục quay:
M = 2,0256 = 0,01ω 2


Đại học bách khoa TP HCM

⇒ ω = 14,232rad / s ≈ 136 vòng/ph
Bài 8.16: Xác định độ chênh cột áp H giữa 2 bể nếu lưu lượng dầu chảy trong các ống là 0.3 m3 / s . Cho biết các
ống là ống trơn thủy lực. Nếu độ chênh áp giữa 2 bể là H = 2m. Tính lưu lượng dầu chảy trong ống.
1

1
A

H

2

B

2

6ο

l=30m
D=200m
m

l=60m
D=300mm

δ = 0.8
µ = 0.004 pa.s

Bài giải:
a)Chọn mặt chuẩn ngang mặt thoáng bể B. Chọn mặt cắt 1-1 là mặt thoáng bể A, mặt cắt 2-2 là mặt thoáng bể B.
Viết phương trình Bernoulli cho dòng chảy từ mặt cắt 1-1 đến 2-2:
p
V2
p
V2
z1 + 1 + α1 1 = z2 + 2 + α 2 2 + h f
γ
2g
γ
2g
Với z2 = 0, z1 = H , p1 = p2 = pa ,V1 ≈ 0,V2 ≈ 0 .
h f = λ1

2
2
Vd2
Vd2
l1 Vd1
l Vd
+ λ2 2 2 + ( kv + k p ) 1 + k r 2
d1 2 g
d2 2g
2g
2g

Trong đó λ1 , λ2 là tổn thất cột áp dọc đường trong các ống, kv , k p và kr lần lượt là các hệ số tổn thất cục bộ tại
miệng vào, chỗ phân kỳ và tại miệng ra của ống.. Thay vào phương trình Bernoulli ta được:
2
 l1
 Vd1  l2
V 2
H =  λ1 + kv + k p ÷ +  λ2
+ kr ÷ d 2 (*) .
 d1
 2g  d2
 2g
Vận tốc trong các ống d1 , d 2 :
4Q
4.0,3
Vd1 =
=
= 9,55(m / s ).
2

π d1 π .0.22
4Q
4.0,3
=
= 4.244( m / s ).
2
π d 2 π .0.32
* Xác định các hệ số tổn thất dọc đường trên đường ống:
µ = 0, 004 pa.s = 0, 004kg / m.s
µ
⇒ ν = = 5.10−6 ( m 2 / s ).
Ta có:
3
ρ
ρ = 0,8.1000 = 800kg / m
Từ đó ta có các hệ số:
Vd .d1 9,55.0.2
Red1 = 1 =
= 382000
ν
5.10−6
Vd .d 2 4, 244.0,3
Red2 = 2
=
= 254640
ν
5.10−6
Vd2 =

Đại học bách khoa TP HCM
5
6
Theo giả thiết thì các ống là ống trơn thủy lực và các hệ số 10 ≤ Re ≤ 3, 26.10 nên ta có thể xác định các hệ số

λ1 , λ2 theo công thức KOHAKOB
1
1
λ1 =
=
≈ 0, 013687
2
2
1,8log
382000
−
1,5
(
)
1,8log
R
−
1,5
(
)
ed
1

λ2 =

1

( 1,8log R

ed 2

− 1,5

)

2

=

1

( 1,8log 254640 − 1,5)

2

≈ 0, 014761

*Xác định các hệ số tổn thất cục bộ:
kv = 0,5
2

2
  d 2 2 

A1 

k p = k  1 − ÷ = k 1 −  12 ÷ ÷
  d2  ÷
 A2 



2

  0, 2 2 
5
Với góc phân kỳ 6 ⇒ chọn k = 0,1 ⇒ 0,11 − 
÷ =
  0,3 ÷
÷
  162

Thế các kết quả ta vừa tìm được vào phương trình (*) ta được:
30
5  9,552 
60

 4, 244 2
H =  0, 013687
+ 0,5 +
+  0, 014761
+1
≈ 15, 64( m) .
0, 2
162 ÷
0,3 ÷


 2.9,81 
 2.9,81
A1
b)Do lưu lượng được bảo toàn nên: Q = Vd1 . A1 = Vd2 . A2 ⇒ Vd 2 = Vd1
A2
Thế kết quả này vào phương trình (*) ở câu a ta được:
ο

4

2
 l1
 Vd1  l2
 Vd21  d1 
H =  λ1 + kv + k p ÷ +  λ2
+ kr ÷  ÷
 d1
 2 g  d2
 2g  d2 
Với H , = 2m ta được:
,

4

2
2
30
5  Vd1
60



 Vd1  0, 2 
2 =  0, 013687
+ 0,5 +
+  0, 014761
+1

÷
0, 2
162 ÷
0,3 ÷

 2.9,81 
 2.9,81  0,3 

⇒ Vd1 ≈ 6(m / s )
6.π .0, 2 2
≈ 0, 07695(m 3 / s ) = 76,95(l / s ).
4
Vậy H = 15, 64(m), Q = 76,95(l / s ) là kết quả cần tìm của bài toán.
Q = Vd1 . A1 =

Bài 8.26: Nước được dẫn từ bể theo ống 1 tới điểm J. Tại đây rẽ làm 2 nhánh: ống 2 và 3 dẫn tới các điểm B và C
tương ứng. Đặc tính các ống cho trong bảng. Biết Q1 = 150l / s, z A = 25m, z B = 2,5m . Hỏi Q2 , Q3 và zC
zA
Ống
L,m
d,m
n

1
1050
0,40
0,014
A
2
1600
0,32
0,015
1
3
800
0,24
0,016
2
J
3

B
zB
zC


Đại học bách khoa TP HCM

Bài giải:
Chọn mặt chuẩn như hình vẽ.
Các phương trình chảy trong hệ thống ống:

zA

A
Q1 = A1C1 R1

z − HJ
J1
= A1C1 R1 A
(1)
L1
L1

Q2 = A2C2

H − zB
J
R2 2 = A2C2 R2 J
(2)
L2
L2

Q3 = A3C3

J
H −z
R3 3 = A3C3 R3 J C (3)
L3
L3

1
2

B
zB

J

Q1 = Q2 + Q3 (4)

HJ

3

C

zC

Mặt
chuẩn(0)

Trong đó H J là độ cao cột áp tại nút J.
Vì hệ số n < 0,02 và đường kính các ống nhỏ nên ta có thể tính C theo công thức: C =
3
Theo giả thiết thì Q1 = 150(l / s ) = 0,15( m / s )

25 − H J
π .0, 42 1
0,11/ 6 0,1
4 0, 014
1050
⇒ H J = 18, 68258(m)

Thế kết quả tìm được vào (2) ta được:
π .0,322 1
18, 68258 − 2,5
Q2 =
0, 081/ 6 0, 08
≈ 100(l / s)
4
0, 015
1600
⇒ (1) ⇔ 0,15 =

(4) ⇒ Q3 = Q1 − Q2 = 150 − 100 = 50(l / s) = 0,05(m3 / s)
(2) ⇒ 0, 05 =

22,5 − zC
π .0, 242 1
0, 061/ 6 0, 06
4
0, 016
800

⇒ zC ≈ 8(m)
Vậy zC = 8(m) , Q2 = 100(l / s ), Q3 = 50(l / s) là yêu cầu bài toán.

1 1/6
R
n