Bài tập về chương cơ học chất lưu năm 2024

815 lượt xem 147 download

Nội dung Text: Cơ Học Lưu Chất: Bài tập chương 1

1. Cơ Học Lưu Chất BÀI TẬP CHƯƠNG I MỞ ĐẦU Bài 1.1 Để làm thí nghiệm thủy lực, người ta đổ đầy nước vào một đường ống có đường kính d = 300mm, chiều dài L = 50m ở áp suất khí quyển. Hỏi lượng nước cần thiết phải đổ vào ống là bao nhiêu để áp suất đạt tới 51at ? Biết hệ số nén 1 ép β p at −1 = 20000 Giải Lượng nước cần thiết phải đổ vào ống để áp suất tăng lên 51at là : 1 dV Ta có hệ số giãn nở do áp lực : β p ⇒ dV = β p .V .dp =− V dp 1 dV Do dV , dp đồng biến nên : β p ⇒ dV = β p .V .dp =+ V dp π .d 2 3,14.(0.3) 2 .50 = 3,5325m 3 Mà thể tích V = S .L = .L = 4 4 1 .3,5325.(51 − 1) = 8,84.10 −3 (m 3 ) = 8,84 (liter ) ⇒ dV = 20000  Vậy cần phải thêm vào ống 8.84 lít nước nữa để áp suất tăng từ 1at lên 51at. Bài 1.2 Trong một bể chứa hình trụ thẳng đứng có đường kính d = 4m, đựng 100 tấn dầu hỏa có khối lượng riêng ρ = 850kg / m 3 ở 100C. Xác định khoảng cách dâng lên của dầu trong bể chứa khi nhiệt độ tăng lên đến 40 0C. Bỏ = 0,00072 0 C −1 . qua giãn nở của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt β t Giải m 100.10 3 2000 m ≈ 117,65(m 3 ) Khối lượng riêng của dầu hỏa là : ρ = ⇒V = = = ρ V 850 17 Hệ số giãn nở do nhiệt độ : 1 dV 2000 216 ≈ 2,542(m 3 ) βt = ⇒ dV = β t .V .dt = 0,00072. .( 40 − 30) = V dt 17 85 π .d 2 4dV 4.2,542 = .∆h ⇒ ∆h = = = 0,202(m) Mà : dV π .d 2 3,14.4 2 4  Vậy khoảng cách dầu dâng lên so với ban đầu là 0.202(m) Bài 1.3 Khi làm thí nghiệm thủy lực, dùng một đường ống có đường kính d = 400mm, dài L = 200m, đựng đầy nước ở áp suất 55 at. Sau một giờ áp suất giảm xuống còn 50 at. Xác định lượng nước chảy qua các kẽ hở của đường ống. Hệ 1 số nén ép β p at −1 . = 20000 Giải Hệ số giãn nở do áp lực : Page 1 of 29
2. Cơ Học Lưu Chất π .d 2 1 dV βp = − ⇒ dV = − β p .V .dp = − β p .L.dp V dp 4 1 3,14.0,4 2 .200. (50 − 55) = 6,28.10 −3 ( m 3 ) = 6,28 (liter ) ⇒ dV = − 20000 4  Vậy lựơng nước chảy qua khe hở đường ống là 6.28 (liter) Bài 1.4 Một bể hình trụ đựng đầy dầu hỏa ở nhiệt độ 5 0C, mực dầu cao 4m. Xác định mực dầu tăng lên, khi nhiệt độ tăng lên 250C. Bỏ qua biến dạng của bể chứa. Hệ số giãn nở vì nhiệt β t = 0.00072 0 C −1 . Giải 1 dV Hệ số giãn nở do nhiệt độ : β t ⇒ dV = β t .V .dt = V dt π .d 2 = Mà thể tích ban đầu là : V .h 4 π .d 2 Thể tích dầu tăng lên : dV = ∆h 4 ∆h 1 dV βt = = V dt h.dt ⇒ ∆h = β t .h.dt = 0,00072.4.(25 − 5) = 0,058(m) = 58(mm) Page 2 of 29
3. Cơ Học Lưu Chất BÀI TẬP CHƯƠNG II THỦY TĨNH HỌC Bài 2.1 Xác định độ cao của cột nước dâng lên trong ống đo áp (h). Nước trong bình kín chịu áp suất tại mặt tự do là p 0t = 1.06at . Xác định áp suất p 0t nếu h = 0.8m. Giải Chọn mặt đẳng áp tại mặt thoáng của chất lỏng. p A = pB Ta có : p A = p0   ⇒ p 0 = p a + γ .h Mà p B = p0 + γ , h p0 − p a (1,06 − 1).9,81.10 4 ⇒h= = = 0,6 ( m) γ 9810 p0 = γ .h + pa = 9810.0,8 + 98100 = 105948 N / m 2 = 1,08 (at ) Nếu h=0,8m thì ⇒ Bài 2.2 Một áp kế đo chênh thủy ngân, nối với một bình đựng nước. a) Xác định độ chênh mực nước thủy ngân, nếu h 1 = 130mm và áp suất dư trên mặt nước trong bình 40000 N/m2. b) Áp suất trong bình sẽ thay đổi như thế nào nếu mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau. Giải a) Xác định độ chênh mực thủy ngân (tìm h2) : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : p A = pB Ta có : p A = p 0 + γ H 2O .(h1 + h2 ) p B = p a + γ Hg .h2 ⇒ p0 + γ H 2O .( h1 + h2 ) = p a + γ Hg .h2 ⇔ h2 (γ Hg − γ H 2O ) = ( p 0 − p a ) + γ H 2O .h1 − pa = p d Mà p0 Page 3 of 29
4. Cơ Học Lưu Chất p d + γ H 2O .h1 40000 + 9810.0,013 = = = 0,334 (m) Vậy : h2 (γ H 2O − γ Hg ) 132890 − 98100 b) Áp suất trong bình khi mực thủy ngân trong hai nhánh bằng nhau : pC = p D Ta có : pC = p0 + γ H 2O .h p D = pa ⇒ p0 + γ H 2O .h = p a ⇔ γ H 2O .h = p a − p0 = p ck ⇔ p ck = γ H 2O .h = γ H 2O .(h1 + 1 2 h2 ) 1 = 9810.(0,13 + .0,334) = 2913,57 ≈ 0,0297 (at ) 2 Bài 2.3 Một áp kế vi sai gồm một ống chữ U đường kính d = 5mm nối hai bình có đường kính D = 50mm với nhau. Máy đựng đầy hai chất lỏng không trộn lẫn với nhau, có trọng lượng riêng gần bằng nhau : dung dịch rượu êtylic trong = 8535 N / m 3 ) và dầu hỏa ( γ 2 = 8142 N / m 3 ). Lập quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất nước ( γ 1 ∆p = p1 − p2 của khí áp kế phải đo với độ dịch chuyển của mặt phân cách các chất lỏng (h) tính từ vị trí ban đầu của nó (khi ∆p = 0 ). Xác định ∆p khi h = 250mm. Giải a) Lập mối quan hệ giữa độ chênh lệch áp suất ∆p = p1 − p2 : Chọn mặt đẳng áp như hình vẽ : Khi ∆p = 0 ( p1 = p2 ) : thì mặt phân cách giữa hai lớp chất lỏng khác nhau ở vị trí cân bằng O : • p A = pB o p A = p1 + γ 1.h1 o p B = p2 + γ 2 .h2 o γ 2 h2 Theo điều kiện bình thông nhau : γ 1.h1 = γ 2 h2 ⇒ h1 = γ1 Khi ∆p > 0 ( p1 > p2 ) : thì mực nước trong bình 1 hạ xuống 1 đoạn ∆h và đồng thời mực nước bình 2 tăng • lên 1 đoạn ∆h . Khi đó mặt phân cách di chuyển lên trên 1 đoạn h so với vị trí O. p A = p1 + γ 1.( h1 − ∆h) p B = p2 + γ 2 .( h2 + ∆h − h) + γ 1.h Theo tính chất mặt đẳng áp ta có : p1 + γ 1.( h1 − ∆h) = p2 + γ 2 .(h2 + ∆h − h) + γ 1.h ⇔ p1 − p 2 = γ 2 .(h2 + ∆h − h) − γ 1.(h1 − ∆h) + γ 1.h ⇔ p1 − p 2 = h.(γ 1 − γ 2 ) + ∆h.(γ 1 + γ 2 ) − [γ 1.h1 − γ 2 h2 ] (*) Page 4 of 29
5. Cơ Học Lưu Chất 2 π .d Ta thấy thể tích bình 1 giảm một lượng : V ∆h = 4 π .d 2 Thể tích trong ống dâng lên một lượng : V ' = h 4 d2 h và γ 1 .h1 = γ 2 h2 thay vào (*) = V ' ⇒ ∆h = Ta có V D2 d2 ∆p = p1 − p2 = h.(γ 1 − γ 2 ) + h.(γ 1 + γ 2 ) D2 Ta được :   d2 = h (γ 1 − γ 2 ) + 2 .(γ 1 + γ 2 )   D   Tính ∆p khi h = 250mm   0,005 2 Ta có : ∆p = 0,25( 8535 − 8142) + ( 8535 + 8142)  = 140 N / m 2 2   0,05     d2 ĐS : a/ ∆p = h (γ 1 − γ 2 ) + 2 .(γ 1 + γ 2 )    D   = 140 N / m 2 b/ ∆p Bài 2.4 Xác định vị trí của mặt dầu trong một khoang dầu hở của tàu thủy khi nó chuyển động chậm dần đều trước lúc dừng hẳn với gia tốc a = 0.3 m/s2. Kiểm tra xem dầu có bị tràn ra khỏi thành không, nếu khi tàu chuyển động đều, dầu ở cách mép thành một khoảng e = 16cm. Khoảng cách tàu dài L = 8m. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta biết mặt tự do của dầu là mặt đẳng áp. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : Xdx + Ydy + Zdz = 0 (*) = a ; Y = 0 ; Z = − g thay vào (*) Có : X (*) ⇔ adx − gdz = 0 Tích phân ta được : a.x − g .z =C Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa độ O ⇒ C = 0 . (x=0, z=0) Nên phương trình mặt tự do sẽ là : a.x − g .z = 0 = x.tgβ trong đó tgβ = a g Có z Như vậy mặt dầu trong khoang là mặt phẳng nghiêng về phía trước : Page 5 of 29
6. Cơ Học Lưu Chất a 0,3 L8 ⇒ z = x. = 4. = 0,1224 ( m) = 12,24 (cm) với x = + = = 4 ( m) g 9,81 22 Ta thấy z = 12,24 (cm)
7. Cơ Học Lưu Chất Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút. a) Viết pt mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z0 = 500mm. b) Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100mm. c) Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao bình là H = 900mm. Giải Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ : a) Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z0 = 500mm. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : Xdx + Ydy + Zdz = 0 = ω 2 x ; Y = ω y ; Z = − g 2 Trong đó : X Thay vào phương trình vi phân ta được : ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz = 0 1 22 1 22 ω x + ω y − gz = C Tích phân : 2 2 ( ) 1 ⇔ ω 2 x 2 + y 2 − g .z = C 2 1 ⇔ ω 2 r 2 − g .z = C (*) 2 Vậy phương trình mặt đẳng áp là : ω 2r 2 z= +C 2g Đối với mặt tự do cách đáy Z0 = 500mm Tại mặt tự do của chất lỏng thì : x = y = 0 và z = z0 thay vào (*) ⇒ C = − g .z 0 ω 2r 2 ω 2r 2 = − g.z 0 hay z = + z0 Vậy phương trình mặt tự do sẽ là : z 2g 2g b) Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm : = ρ ( Xdx + Ydy + Zdz ) Phương trình phân bố áp suất : dp = ω 2 x ; Y = ω y ; Z = − g 2 Trong đó : X ( ) ρ ω 2 xdx + ω 2 ydy − gdz Thay vào ta được : dp = 1  1 p = ρ  ω 2 x 2 + ω 2 y 2 − gz  + C Tích phân : 2  2 ( ) 1  ⇔ p = ρ  ω 2 x 2 + y 2 − g .z  + C 2  1  ⇔ p = ρ  ω 2 r 2 − g.z  + C (**) 2  Page 7 of 29
8. Cơ Học Lưu Chất Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y = 0 và z = z0 ⇒ p = pa = − ρ . g .z 0 + p a Thay vào (**) ⇒ C ω 2r 2 1 p = ρ ω 2 r 2 − ρ .g .z + p a + ρ .g.z 0 ⇔ p a + γ .h + ρ (**) ⇔ 2 2 h = z 0 − z 2 2 2 V ì  r = x + y γ = ρ .g  Điểm trên thành bình cách đáy 100mm có : = 0,5 p a = 1at ; r = d = 0,25m 2 2 π .n 3,14.90 h = z 0 − z = 500 − 100 = 400 = 0,4m ; ω = = = 9,42 rad / s 30 30 Áp suất tại điểm này sẽ là : ω 2r 2 9,42 2.0,25 2 = 6697 N / m 2 = 0,068 at ⇔ pd = p − pa = γ .h + ρ = 9810.0,4 + 1000 2 2 Bài 2.7 Người ta đúc ống gang bằng cách quay khuôn quanh 1 trục nằm ngang với tốc độ quay không đổi n = 1500 vòng/phút. Xác định áp suất tại mặt trong của khuôn, nếu trọng lượng riêng của ống gang lỏng γ = 68670 N / m 3 . Cho biết thêm đường kính trong của ống d = 200mm, chiều dày ống δ = 20 mm . Tìm hình dạng của mặt đẳng áp. Giải π .n 3,14.1500 Tốc độ quay : ω = = = 157 rad / s 30 30 Gia tốc lực ly tâm trên mặt khuôn : a = ω 2 .r = 157.0,12 = 2950 m / s 2 Trong đó : d 0,2 r = r0 + δ = +δ = + 0,02 = 0,12m 2 2 Vì g = 9,81 m/s2
9. Cơ Học Lưu Chất ( )+p ω 2 r02 ωr 2 2 − r02 C = pa − ρ p=ρ Vậy a 2 2 Nhìn vào phương trình ta thấy áp suất trong gang lỏng thay đổi luật parabol theo phương bán kính. Áp suất dư tại mặt trong của khuôn là : ( ) ( ) ω 2 r 2 − r02 γ ω 2 r 2 − r02 68670 157 2 (0,12 2 − 0,12 p d = pt − p a = ρ = 380000 N / m 2 = 3,87 at =. = . 2 g 2 9,81 2 (ω ) ydy + ω 2 zdz = 0 2 Phương trình vi phân mặt đẳng áp : ω 2 .r 2 Tích phân ta được : = const . Ta thấy mặt đẳng áp là những mặt tròn có trục trùng với trục quay. 2 Bài 2.8 Một của van hình chữ nhật đặt đứng có chiều rộng b = 3m, trọng lượng nặng 700kG có thể nâng lên hoặc hạ để khống chế lưu lượng qua cống. Mực nước thượng lưu H1 = 3m và mực nước hạ lưu H2 = 1.5m a) Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên cửa van. b) Xác định lực nâng cửa van, biết chiều dày của van là a = 20 cm và hệ số ma sát tại các khe phai f = 1.4. c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng dầm là như nhau. Giải a) Xác định điểm đặt và áp lực tổng lên của van. Áp lực phía thượng lưu : • γ .b 2 9810.3 2 p1 = .H 1 = .3 = 132435 ( N ) Trị số : 2 2 2 2 Z D1 = H 1 = .3 = 2 (m) Điểm đặt : 3 3 Áp lực phía hạ lưu : • γ .b 2 9810.3 2 p2 = .H 2 = .1,5 = 33109 ( N ) Trị số : 2 2 2 2 Điểm đặt : Z D2 = H 2 = .1,5 = 1 ( m) 3 3 Áp lực tổng hợp : • p = p1 − p 2 = 132435 − 33109 = 99326 ( N ) Điểm đặt áp lực tổng hợp lên cửa van : • A A A = M p1 − M p2 Ta có : M p P.Z D = P1 .Z D1 + P2 .( Z D2 + H 1 + H 2 ) 132435.2 + 33109.(1 + 3 − 1,5) P1 .Z D1 + P2 .( Z D2 + H 1 + H 2 ) ⇒ ZD = = = 1,833 ( m) P 99326 b) Lực nâng cửa van : G : trọng lượng tấm chắn T = G + f .P + FAC f : hệ số ma sát khe phai = 700.9,81 + 1,4.99326 + 8829 FAC : lực đẩy Acsimét. = 154725,4 ( N ) FAC = ρ .g .V = ρ .g.a.b.H 2 = 1000.9,81.0,2.3.1,5 = 8829 ( N ) Page 9 of 29
10. Cơ Học Lưu Chất c) Xác định điểm đặt bốn dầm ngang sao cho áp lực nước truyền lên từng dầm là như nhau : Áp lực lớn nhất khi H2 = 0 P1 Áp lực là P1. Do đó mỗi dầm chịu 1 lực là 4 132435 = Pd3 = Pd 4 = P1 = = 33108,75 ( N ) ⇒ Pd1 = Pd 2 4 4 Ta xem cửa sổ gồm 4 tấm ghép lại. Gọi A, B, C, D là 4 vị trí thấp nhất của biểu đồ áp suất tĩnh tác dụng lên 4 dầm. γ .b 1 γ .b 2 P1 OA 2 = Pd1 = ⇔ H1 • 4 2 42 H 1 3 ⇒ OA 2 = H 12 ⇒ OA = 1 = = 1,5m 4 2 2 2 2 ⇒ Z d1 = OA = 1,5 = 1m 3 3 ( ) γ .b 1 γ .b 2 P OB 2 − OA 2 = Pd 2 = 1 ⇔ H1 • 4 2 42 1 ⇒ OB 2 − OA 2 = H 12 ⇒ OB 2 4 12121212 = OA 2 + H 1 = H 1 + H 1 = H 1 4 4 4 2 12 12 ⇒ OB = H1 = 3 = 2,12m 2 2 2 OB 3 − OA3 2 2,123 − 1,53 ⇒ Zd2 = = = 1,828m 3 OB 2 − OA2 3 2,122 − 1,52 ( ) γ .b 1 γ .b 2 P1 OC 2 − OB 2 = Pd3 = ⇔ H1 • 4 2 42 12 12121 32 ⇒ OC 2 − OB 2 = H 1 ⇒ OC 2 = OB 2 + H 1 = H 1 + H 12 = H 1 4 4 2 4 4 32 32 ⇒ OC = H1 = 3 = 2,6m 4 4 2 OC 3 − OB 3 2 2,6 3 − 2,12 3 ⇒ Z d3 = =. = 2,368m 3 OC 2 − OB 2 3 2,6 2 − 2,12 2 ( ) γ .b 1 γ .b 2 P1 OD 2 − OC 2 = Pd 4 = ⇔ H1 • 4 2 42 1 1 3 1 ⇒ OD 2 − OC 2 = H 12 ⇒ OD 2 = OC 2 + H 12 = H 12 + H 12 = H 12 4 4 4 4 ⇒ OD = H 1 = 3m 2 OD 3 − OC 3 2 33 − 2,6 3 ⇒ Z d4 = = = 2,805m 3 OD 2 − OC 2 3 3 2 − 2,6 2 Page 10 of 29
11. Cơ Học Lưu Chất Bài 2.9 Xác định lực nâng Q để nâng tấm chắn nghiêng một góc α , quay được quanh trục O. Chiều rộng tấm chắn b = 1.5m, khoảng cách từ mặt nước đến trục O là a = 20 cm. Góc α = 60 0 , H = 1.5m. Bỏ qua trọng lựợng tấm chắn và ma sát trên bản lề của trục O. Giải Áp lực lên tấm chắn là : γ .b 9810.1,5 2 1,5 = 19115 ( N ) H2 = P= 2 sin α 2 sin 60 0 Vi trí tâm của áp lực : 2 2 .1,5 = 1,155 ( m ) ZD = .H = 3 sin α 3 sin 60 0 0 0 > MP Để nâng được tấm chắn này lên thì : M Q H  + a  > P( Z D + a ) ⇔ Q  sin α  P( Z D + a ) 19115(1,155 + 0,2) = 13406 ( N ) ⇒Q> = H 1,5 +a + 0,2 Sinα sin 60 0 Vậy Q > 13406 (N) Bài 2.10 Một cửa van phẳng hình chữ nhật nằm nghiêng tựa vào điểm D nằm dưới trọng tâm C 20cm (tính theo chiều nghiêng) ở trạng thái cân bằng. Xác định áp lực nước lên của van nếu chiều rộng của nó b = 4m và góc nghiêng α = 60 0 . Giải = ZC + a Ta có Z D hC H = = Mà Z C sin α 2 sin α H ⇒ ZD = +a 2 sin α 2H Mặt khác Z D = 3 sin α ⇒ H = a.b. sin α = 0,2.6. sin 60 0 = 1,04 ( m ) γ .b 9810.4 .1,04 2 = 24504 ( N ) H2 = = Vậy P 2 sin α 0 2. sin 60 Bài 2.11 Xác định lực tác dụng lên nắp ống tròn của thùng đựng dầu hỏa. Đường kính ống d = 600 mm, mực dầu H = 2.8m. π .d 4 Xác định điểm đặt của tổng tĩnh áp. Khối lượng riêng dầu hỏa là 880 kg/m . Cho moment quán tính I 0 = 3 64 Page 11 of 29
12. Cơ Học Lưu Chất Giải = γ .h.ω Lực tác dụng lên nắp ống chính là lực dư : P Trong đó : hc là khoảng cách từ tâm diện tích đến mặt thoáng = H ω ­ diện tích nắm ống tròn 3,14.0,6 2 = 696,68 ( kg ) = 6834,43 ( N ) ⇒ P = 880.2,8. 4 π .d 4 4 1 I0 = 2,808 ( m ) = ZC + =H+ Điểm đặt : Z D ω.Z C 64 πd 2 H  Z C = H  πd 2  Với : ω = 4   πd 4 I0 =   64 Chương IV TỔN THẤT NĂNG LƯỢNG Bài 4.1 Từ bình A, áp suất tuyệt đối tại mặt thoáng trong bình là 1.2at, nước chảy vào bình hở B. Xác định lưu lượng nước chảy vào bình B, nếu H1 = 10m, H2 = 2m, H3 = 1m, đường kính ống d = 100mm, đường kính ống D = khoa ξ k = 4 , 200mm, hệ số cản ở bán kính vòng R = 100mm, bỏ qua tổn thất dọc đường. Giải Page 12 of 29
13. Cơ Học Lưu Chất Viết phương trình cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 2­2 làm chuẩn ta có: • 2 2 p1 α1v1 p 2 α 2 v2 z1 + + = z2 + + + hω γ γ 2g 2g  z1 = H = H 1 − H 2 = 8m ; z 2 = 0 Chon α = α = 1  1 2 Trong đó :   p1 = 1,2at = 1,2.98100 = 117720 N / m p2 = pa 2 ; v ≈ v ≈ 0 1 2 p p ⇒ H + 1 = 2 + hω γ γ 2 vd Với hω = hd + ∑ hc = ∑ hc = ∑ ξ 2g ∑ξ = ξ + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 6 + ξ 7 + ξ 8 = ξ1 + ξ 2 + 3ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 8 1   d 2  ξ1 = 0,51 −    = 0,5 •  D    ξ2 = ξk = 4 • ξ 3 = ξ 6 = ξ 7 = 0,29 . Vì d 2 R = 0,5 ⇒ ξ = 0,29 • 2 2   d  2    0,1  2  9 ξ 4 = 1 −    = 1 −   = •   D     0,2   16    Page 13 of 29
14. Cơ Học Lưu Chất  3  d  2 2  = 0,51 −  0,1  = ξ 5 = 0,51 −     •  D    0,2  8     ξ8 = 1 • ⇒ ∑ ξ = ξ1 + ξ 2 + 3ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 8 = 0,5 + 4 + 3.0,29 + 9 + 3 + 1 = 7,0075 16 8 v2 p1 p 2 + ∑ξ d ⇒H+ = γ γ 2g (8 + 19810 (117720 − 98100) ).2.9,81 = 5,29 ( m / s )  H + 1 ( p − p ) 2 g  2 γ1   ⇒ vd = = ∑ξ 7,0075 Lưu lượng nước chảy vào bình B là : ( ) 2 = 0,041 m 3 / s = 41 ( l / s ) = 5,29.3,14. 0,1 2 Q = Vd . Ad = Vd .π . d 4 4 Bài 4.2 Nước chảy từ bình cao xuống thấp qua ống có đường kính d = 50mm, chiều dài L = 30m. Xác định độ chân không ở mặt cắt x­x, nếu độ chênh lệch mực nước trong hai bình H = 4.5m, chiều cao của xi phông z = 2.5m, hệ số cản dọc đường λ = 0,028 , bán kính vòng R = 50mm, khoảch cách từ đầu ống đến mặt cắt x­x là L1 = 10m. Giải Page 14 of 29
15. Cơ Học Lưu Chất Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2. Cho mặt cắt 2­2 làm chuẩn ta có : • p1 α1v12 α v2 p z1 + + = z 2 + 2 + 2 2 + hω (*) γ γ 2 2  z1 = H ; z 2 = 0 Chon α = α = 1  1 2 Trong đó :   p1 = p2 = pa v1 ≈ v2 ≈ 0  Thay vào (*) ta được : 2 L v 2 gH H = hω =  λ + ∑ ξ  ⇒ v= L d  2g λ + ∑ξ d L 30 λ = 0,028 = 16,8 d 0,05 ∑ ξ = ξ1 + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 6 = ξ1 + 4ξ 2 + ξ 6 =0,5 + 4.0,29 + 1 = 2,66 2 gH 2.9,81.4,5 = 2,13 ( m / s ) = v x v= = Vậy : L 16,8 + 2,66 λ + ∑ξ d Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & x­x. Cho mặt cắt 1­1 làm chuẩn ta có : α v2 2 p1 α1v1 p = z x + x + x x + hω x z1 + + (**) γ γ 2g 2g  z1 = 0 ; z 2 = z x Chon α = α = 1  1 x Trong đó :   p1 = pa p2 = p x v1 ≈ 0 v2 ≈ v x  Thay vào (**) ta được : pa − p x pa − p x v2 v2 hck = = L1 + x + hω x ⇒ hck = z x + x + hω x Mà γ γ 2g 2g 2 L v hωx =  λ 1 + ∑ ξ  x d  2g L 10 ∑ξ = ξ λ 1 = 0,028 = 5,6 + ξ 2 =0,5 + 0,29 = 0,79 Và 1 d 0,05 2 2,132 vx + hω x = 2,5 + (1 + 5,6 + 0,79 ) ⇒ hck = z x + = 4,21m 2g 2.9,81 Bài 4.3 Có một vòi phun cung cấp nước từ một bể chứa cao H = 10m, qua ống có đường kính d 1 = 38mm, chiều dài L = 18m. Đường kính bộ phận lắng D = 200mm. Vòi phun là ống hình nón, miệng vòi, d 2 = 20mm, có hệ số giãn cản ξ vòi = 0.5 tính theo vận tốc trong ống. Xác định lưu lượng Q chảy qua vòi và chiều cao dòng nước phun lên, giả Page 15 of 29
16. Cơ Học Lưu Chất thiết sức cản của không khí làm giảm đi 20% chiều cao. Cho hệ số giãn nở λ = 0.03 , hệ số tổn thất cục bộ của khóa ξ k = 4 , bán kính vòng R – 76mm. Giải Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2. Cho mặt cắt 2­2 làm chuẩn ta có : • 2 α v2 p1 α1v1 p = z 2 + 2 + 2 2 + hω z1 + + (*) γ γ 2g 2g Trong đó :  z1 = H ; z 2 = 0 V2 : lưu tốc nước chảy qua vòi phun Chon α = α = 1  π .d 2 1 2 Trong đó :  = A2 : tiết diện lỗ vòi phun : A2  p1 = p2 = p a 4 v1 ≈ 0 V : lưu tốc nước chảy trong ống  π .d1 Thay vào (*) ta được : = A : tiết diện của ống : A 4 v2  L  v2 2 v2 + hω = 2 +  λ + ∑ ξ  H=   d 2  2 g  d1  2g 2g   ξ1 = 0,51 −    = 0,5  D    L  ⇔ 2 gH = v 2 +  λ + ∑ ξ v 2 2 (**) ξ2 = ξ6 = ξk = 4 d  1  ξ 3 = ξ 7 = ξ 8 = ξ 9 = 0,15 Phương trình liên tục : d  = 0,25  ⇒ ξ = 0,15 2 Vi :  d  v .A v. A = v 2 . A2 ⇒ V = 2 2 = v 2  2   2R  d  A1 1  2 2   0,038  2    d 2  L 18 ξ 4 = 1 −    = 1 −    = 0,93 λ = 0,03. = 14,21  D    0,2       d1 0,038   0,038  2   d  2 ξ 5 = 0,51 −    = 0,51 −    = 0,48  D    0,2       Page 16 of 29 ξ10 = ξ voi = 0,5
17. Cơ Học Lưu Chất ∑ξ = ξ + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 6 + ξ 7 + ξ 8 + ξ 9 + ξ10 1 = ξ1 + 2ξ 2 + 4ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ10 = 0,5 + 2.4 + 4.0,15 + 0,93 + 0,48 + 0,5 = 11,01 Thế tất cả vào (**) ta được : L  2 d4 2 gH 2 gH = v 2 +  λ + ∑ ξ v 2 2 ⇒ v 2 = 2 d d L d4 4 1  1 +  λ + ∑ξ  2 1 d d4 1 1 2.9,81.10 = 8,18 ( m / s ) v2 = 0,02 4 1 + (14,21 + 11,01) 0,038 4 π .d 22 = 0,0026 ( m 3 / s ) = 2,6 ( l / s ) 3,14.0,02 2 = v 2 . A2 = v 2 . = 8,18. Lưu lượng chảy qua vòi : Q 4 4 2 8,18 2 v2 = 2,73 ( m ) Chiều cao nước phun lên : hv = 0,8 = 0,8 2g 2.9,81 Bài 4.4 Máy bơm lấy nước từ giếng cung cấp cho tháp chứa để phân phối cho một vùng dân cư. (Hình 4.4) Cho biết : Cao trình mực nước trong giếng : z1 = 0.0m • Cao trình mực nước ở tháp chứa nước z2 = 26.43m • Ống hút: dài L = 10m, đường kính ống d = 250mm, các hệ số sức cản cục bộ: chỗ vào có lưới chắn rác( • ξ vào = 6 ) một chỗ uốn cong( ξ uôn = 0.294 ),n = 0.013(ống nằm ngang bình thường) Ống đẩy : L =35m; d = 200mm; n=0.013; không tính tổn thất cục bộ. • Máy bơm ly tâm : lưu lượng Q = 65L/s; hiệu suất η = 0.65 ; độ cao chân không cho phép ở chỗ máy bơm • [ hck ] = 6m cột nước. Yêu cầu : 1. Xác định độ cao đặt máy bơm. 2. Tính cột nước H của máy bơm. 3. Tính cống suất N mà máy bơm tiêu thụ. 4. Vẽ đường năng lượng và đường đo áp. Xem dòng chảy trong các ống thuộc khu sức cản bình phương. Giải 1. Xác định độ cao đặt máy bơm : Máy bơm chỉ được đặt cách mặt nước trong giếng một khoảng hb nào đó không quá lớn để cho áp suất tuyệt đối ở mặt cắt 2­2 không quá bé một giới hạn xác định, tức áp suất chân không tại đây không vượt quá trị số cho phép [ pck ] = γ [ hck ] . Mà theo đề thì [ hck ] = 6m cột nước ⇒ [ pck ] = 0,6at . Page 17 of 29
18. Cơ Học Lưu Chất Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 1­1 làm chuẩn ta có : • 2 α v2 p1 α1v1 p = z 2 + 2 + 2 2 + hωh z1 + + (*) γ γ 2 2  z1 = H ; z 2 = hb Chon α = α = 1  1 2 và hωh : là tổng tổn thất cột nước trong ống hút. Trong đó :   p1 = p a p 2 = pt2 v ≈ 0 1 Thay vào (*) ta được : p a − p t2 v2 v2 pt pa = hb + 2 + 2 + hωh ⇒ hck = hb + 2 + hωh Vì : hck = γ γ γ 2g 2g 2 v2 ≤ [ hck ] = 6m cột nước ⇒ hb ≤ [ hck ] − Theo đề : hck + hωh 2g  v2  Lh = λ + ξ vao + ξ uon  = hd + hcvao + hcuon Tacó : hωh d  2g 8g Tính λ theo công thức λ = C2 ( ) 1 1 1 6 Với R = d = 0,25 = 0,0625m ⇒ C = 1 ( 0,0625) 6 = 50,4 m/s C= R 4 4 0,013 n 8 g 8.9,81 L 10 ⇒λ = 2 = = 0,03085 ⇒ λ h = 0,03085 = 1,234 2 d 0,25 C 50,4 Lưu tốc trong ống hút là : Q 4 4.0,065 = 1,324 ( m / s ) Q = v. A ⇒ v = = 2 .Q = 3,14.0,25 2 A πd v 2 1,324 2 = 0,09 ( m ) ⇒ = 2 g 2.9,81 hbmax = 6 − (1 + 1,234 + 6 + 0,294).0,09 = 6 − 0,77 = 5,23m Page 18 of 29
19. Cơ Học Lưu Chất Vậy : ⇒ hb < 5,23m 2. Tính cột nước H của máy bơm. Là tỉ năng mà bơn phải cung cấp cho chất lỏng khi đi qua nó, được biểu diễn bằng cột nước H (M cột nước). = H 0 + hwđ + hwh Ta có : H Trong đó : H 0 : là độ chênh lệch địa hình, tức là độ cao mà máy bơm phải đưa nước lên. hwđ : tổn thất cột nước trong ống hút. hwh : tổn thất cột nước trong ống đẩy. H 0 = Z 2 − Z1 = 26,43 − 0,00 = 26,43m 2  Lđ  v2 = (1,234 + 6 + 0,294 ).0,09 = 0,68m = λ + ξ vao + ξ uon  hwđ d  2g 2 Lh v đ =λ hwh . d 2g Với Vđ là lưu tốc trung bình trong ống đẩy : 2 4Q 4.0,065 2 = 2,07 ( m / s ) Vđ = 2,07 = 0,22m Vđ = = πd 2 2 3,14.0,2 2 g 2.9,81 ( ) 1 d 0,2 1 = 0,05 ( m ) ( 0,05) 6 = 48,7 = = ⇒C = Với R m/s 2 4 0,013 Page 19 of 29
20. Cơ Học Lưu Chất 8g 8.9,81 L 35 ⇒λ = 2 = = 0,033 ⇒ λ đ = 0,033 = 5,78 2 d 0,25 C 48,7 2 Lh v đ = 5,78.0,22 = 1,27 ( m ) ⇒ hwh = λ . d 2g Vậy cột nước của máy bơm là : H = H 0 + hwđ + hwh = 26,43 + 0,68 + 1,27 = 28,4 ( m ) cột nước. 3. Tính cống suất N mà máy bơm tiêu thụ : γ .Q.H 9810.0,065.28,4 = 27860 ( w) N= = η 0,65 Bài 4.5 Nước từ một bình chứa A chảy vào bể chứa B, theo một đường ống gồm hai loại ống có đường kính khác nhau. (Hình 4.5). Biết zA = 13m, zB = 5m, L1 = 30m, d1 = 150mm, λ1 = 0.031 ,d2 = 200mm, L2 = 50m, λ2 = 0.029 . Ống dẫn là loại ống gang đã dùng, giả thiết nước trong ống ở khu sức cản bình phương. Tính lưu lượng Q và vẽ đường cột nước, đường đo áp của đường ống. Giải Viết phương trình Becnouly cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 0­0 làm chuẩn ta có : • 2 α v2 p1 α1v1 p = z B + 2 + 2 2 + hωh zA + + (1) γ γ 2 2  z1 = H ; z 2 = hb Chon α = α = 1  1 2 Trong đó :   p1 = p 2 = p a v1 ≈ v 2 ≈ 0  Thay vào (1) ta được : hω = Z A − Z B = 13 − 5 = 8 ( m ) Page 20 of 29