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 6 4. Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu: p a h p a +γh p a h p dư =γh p a h p dư /γ=h p ck h p ck /γ-h p ck /γ p ck h p ck -γh p ck p ck h p dư /γ=h-h 1 p ck /γ p dư =0, p tđ =p a h 1 =p ck/ γ 5 . Phân bố áp suất trên một mặt cong: h p/γ=h p/γ=h 6 . Áp kế vi sai: γ 1 h 1 = γ 2 h 2 Ban đầu thì p 1 =p 2 =p a : Khi áp suất ống bên trái tăng lên Δp: p 1 =p a +Δp; p 2 =p a 0 h γ 1 γ 2 h 1 h 2 p a →p a + Δp p a A B C Δz AB1BC2a AB1BC2CAB1BAa hhp hhphpppp γ−γ+= γ − γ + =γ−==Δ+ )zhh()zhh(hhp 1122AB1BC2 Δ − − γ − Δ + − γ = γ − γ =Δ⇒ )(z)(hp 2121 γ + γ Δ+ γ − γ =Δ⇒ Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ: A ah zz.Ah.a =Δ⇒Δ=⇒ )( A ah )(hp 2121 γ+γ+γ−γ=Δ⇒ 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: WWW A r 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 [...]... 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... 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)... 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... 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... 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... 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,... 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... 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... 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... =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 . 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 G 1 ; Trọng lượng của chất lỏng chứa. 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. N/m 3 γ 2 = δù 2 γ n =1.1*9.81*10 ^3 N/m 3 Giải: Gọi h 2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h 2 =(5/4)m. Gọi h 1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h 1 =(6/4)m. Ta có h AB = h 2 – h = 0.25m Suy ra: p B =p A +γ 2 *h AB =