Bài tập cơ lưu chất lỏng có đáp án

Xác định chiều cao x,y từ mặt thoáng của chất lỏng trong bình đến mặt chất lỏng trong haiáp kế tuyệt đối như hình vẽ Biết rằng áp xuất không khí trong bình P0=101,35 K Pa... Xác định áp

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 P0=101,35 K Pa Áp suất hơi của alcohol là 11,72K P a ,

của H g là 16.06 10−5K P a

Giải:

Gọi áp suất trên mặt thoáng alcohol là: Pal

Gọi áp suất trên mặt thoáng thủy ngân là: PHg

Ta có: PA=P0+ γal( y+1.22) (1)

PA=Pal+ γal( x+ y+1.22) (2)

PA= PB+ γHg.1.22 (3)

Từ (1) và (2) : P0=Pal+ γal x

⇒x= P0−P al

γ al =

101 ,35.103−11,72 103

Từ (3): PA= PB+ γHg.1.22 = 16,06.10−5

.103+13,6.103.9,81.1,22=162,77 (KPa)

Từ (1) ⇒y+1 ,22= 162 ,77.103−101 ,35 103

⇒ 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 (δ=0,86¿ , áp suất dư của không khí trong bình là

50 K P a Xác định áp lực của nước tác dụng nên của van

Giải:

P D=P E+γ d ED=P O+γ d.2

F=P C S=(P¿¿D+ γ H2O h C) π D2

4 ¿

F=(P¿ ¿O+ γ d 2+ γ H2O 1) π D2

4 ¿

F=(50 103+0,86.103.9,81) π 0.5

2

4 =15056,71 N =15,05 KN

2.37 Bồn chứa đầy dầu δ=0,8 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)

P x=(P¿¿o+γ d H

2) H L=(0,2.0,981 105+0,8.103.9,81.3

2).2.5=470,88 KN¿

P z=? (Tác dụng lên mặt cong BCE)

Ta chia mặt cong EB thành 2 mặt cong là EC và CB thì P z=−Pz EC

+P z BC

Xét P BC z =Po ω BC+γ d ω BC

Với ω BC=R L

ω BC=π R2

4 L+R 1 L=R L (

πR

4 +1)

⇒ P z BC

=P o R L+γ d R L(πR4 +1)=0,2.0,9821 105.2,5+ 0,8.103.9,81.2,5 (π 24 +1)=397,956 KN

Xét P CE z

=P o ω CE+γD ω CE

Với ω CE=R (1−√3

2 ) L=RL(1−√3

2 )

ω CE=RL(1−√3

2 ) và ω CE=R L (1−πR

12−

√3

2 )

P CE z =0,2.0,981 105.2,5(1−√3

2 )+0,8.103.9,81.2,5 (1−π 2

12 −

√3

2 )=29,685 KN

⟹ P z=397,956−29,685=368,27 KN

Vậy {P x=470,88 KN

P z=368,27 KN ⟹ P=597,78 KN

⇒ α=arctg368,27

407,88=38 °

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

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

z1+P1

γ d+

V12

2 g=z2+P2

γ d +

V22

2 g

⟺ P1

γ d+

V2A

2 g=ZA+P2

γ d (V2≈ 0)

V2A

2 g=Z A+P2−P1

γ d

Ta có: {P1=PB+γ d Z B

P2=PA ⟹ P2−P1=PA−PB−γd Z B

Mà P B=P A+γ Hg h

⟹ P A−P B=−γ Hg h⟹ P1−P2=−γHg h−γ d Z B

V2A

2 g=Z A−⟦γ Hg h

γ d +Z B⟧=h−γ Hg

γ d h

Ta chỉ xét về độ lớn nên tránh để V2A < 0:

V2A

2 g=h (γ Hg

γ d −1)⟹V A=√2 g h ( γ Hg

γ d −1)B=√2.9,81.6 10−3

(13,60,8 −1) = 1,33 m/s

Vậy : V A=1,33(m

s)

1-10 Một trục máy D=75 mmchuyển động đều V =0,1m/ s dưới tác dung của lực F=100 N Lớp dầu bôi trơn trong ổ trục dày

t=0,07 mm Xác định độ nhớt của dầu

Giải:

Ta có so đồ phân bố vận tóc như hình:

ms

du

dy





 F dy ms.  .A du



ms

F

A





ms

F

A



Tại vị trí y = 0 thì u = v =0  C = 0

Tại vị trí y = t thì u = Y

ms

F

A







ms

F

t











V

t



là quy luật phân bố vận tốc



du V

dy t (*)

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

Ta có:

du V

dy t

Nên

ms

du

dy





2

ms

t

 



3 3

100.0,07.10

1, 486 75.10 0,1.0, 2

F t

D V L



(Ns/m2)

Vậy  1,486 (Ns/m2)

1-11 Một lớp chất lỏng mỏng Newton (trọng lượng riêng , độ nhớt μ ) chảy trên mặt phẳng nghiêng 1 góc α, 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 F  msN G 0 (*)

Chiếu (*) lên ox : G Sind F ms 0

F ms G Sind (t y Sind )

Mặt khác:

ms

(A = 1m

2 )

 du (t y Sin)

dy



.(t y Sind dy)

du 









2 (ty y 2).Sin





Tại vị trí y = 0 thì u = 0 thì C = 0



2

2

y

ty Sin

u







8-28 Nước chảy tự do ra khỏi bể chứa qua một vòi Vận tốc tia nước tại miệng vòi đo được là

¿2,56 m/s Xác định độ sâu của vòi Lấy hệ số vận tốc của vòi bằng 0,82

Giải

V = 2,56 , C  V 0,82 (m/s)

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

Chọn trục OO’ làm chuẩn

Phương trình Bernoulli :

z2 0,z1h

P1 P2 P a 0 ( xung quanh bể là áp suất khí trời)

Vì A1 A2 V1V2  V1 0

Ta có:

2 2

V

g

(1 2 1)

2 ( ) 2 (1 h f )

h



2 1 h f V 2

h



2,56

0,5 2 0.82 2.9,81

V

V

h

(m)

3-10 Xác định diều kiện cho các giá trị a1, a2, a3, , b1,b2, b3, c1, c2, c3 để cho vectơ u→ sau đây

là vectơ vận tốc của lưu chất không nén được

u

→

¿(a1x +b1y +c1z )+(a2x +b2y +c z z)+(a3x +b3y +c3z)

Xét

u

→

¿(a1x +b1y +c1z )+(a2x +b2y +c z z)+(a3x +b3y +c3z)

Phương trình vi phân liên tục

∂ P

∂t +¿()=0

Nếu chất lưu không nén được

p=const

¿( )=0

Hay

0

y

u

là diều kiện để lưu chất không nén được

Mà

u

 Điều kiện là: a1+b1+c1=0

3-11 vận tốc của một chuyển động không ổn định của lưu chất không nén được như sau: u→

¿(x2+y2)+u y+b

Xác định thành phần vận tốc u y

Giải:

Ta có: u→ ¿(x2

+y2)+uy+b

2

x

x

u

x



  ;

y

y

u





;

0

z z

u



Vì lưu chất không nén được nên

0

y

u

y

u

x 



2 x ∂ y +∂ u y=0

Lấy tích phân 2 vế

2 xy+u y=f ( x , z, t )

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

u y=−2 xy + f ( x , z ,t )

4-16 Lưu chất chuyển động tầng trong ống tròn có bán kính r0 Vận tốc trong ống phân bố như

sau: u=u max ⌊ 1−¿

Xác định hệ số hiệu chỉnh động năng và động lượng

Giải:

Ta có:

3 1

A

u dA



A ,r dA02 2 . r dr

2

0

m

V

u u

r

Q

V

A

3 2

0 2

ax

1

.2 1

2

m

r u

r

r dr







2 2

16

c

r

c

r



Đặt:

2

2

 

2

16

2

r dt

r



Vậy  2

Tương tự :

2 1

A

u dA

   

 



0

2 2

0 2

ax

1 1

.2 1

2

m r

m

r u

r

r dr









8

r

r

r dr



Đặt như trên:

2

r dt

r

Vậy:

4 3

 

Bổ sung:

0 0

r

A

r

0 0

r

r

r



0

2

2 2

u

r

0

0

r

=

0

2

0 2

u Q V A

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 P0=40 KN /m2 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 

đoạn ống E, C thì dâng lên 1 đoạn h/2

phương trình mặt thoáng:

 

2

z

g



Tại C’:

z h

g



3

r h

g



với

150

15,7

c

1 15,7 0, 2

3 9,81

h

(m) +) Tại A: P A P a  (vì ống xem như có đường kính nhỏ)0

+) Tại B: vì trên mặt thoáng là P a

P P h  z  h 10 9,81.(0,6 0,335) 2599,65(3 N 2)

m

Vậy: P B 2,59(KPa)

+) Tại C:

3

2

0, 335

2

du

m



Vậy P C 1,6(KPa)

du

h

P P h z  

3

2

0,335

10 9,81.(0,6 ) 7529( )

Hay P D 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 P A P CK 0

Phương trình đẳng áp:

 

2

z

g



Tại C : h= ω2r2

2 g = 15,7

2

0,22

2.9,81 =0,5(m)

+ Tại A : P A=Pck=−γh

= -10-3 9,81.0,5 = - 4905 (N/m2 )

Vậy P A = - 4,905 ( Kpa)

+ Tại B : PB = PA + γ.zo

= -4905 + 9,81.103.0,6 = 0.981 ( Kpa)

Vậy P B = 0,981 ( Kpa)

+Tại C : P C=P a=0

+ Tại D: P D=P d ư D =γzo = 9,81.103 0,6 = 5886 (N/m2)

Vậy P D = 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:

 

2

z

g



Tại E : 2h= ω2r2

2 g  h=

15,72 0,22 4.9,81 =0.25(m)

+ Tại A : P A=Pa=0

+ Tại B : P B = γ(z0−h) = 9,81 103(0,6-0,25) = 3,43 (Kpa)

Vậy P B = 3,43 ( Kpa)

+Tại C: P c=P c d ư=γh = 9,81.103.0,25= 2,4525 (Kpa)

Vậy P c = 2,4525 ( Kpa)

+ Tại D: PD = PC + γ.zo = 2452,5 + 9,81.103.0,6= 8,33 (Kpa)

Vậy P D = 8,33 ( Kpa)