Bài giảng Thủy lực môi trường - Chương 2: Tĩnh học lưu chất - Nguyễn Thị Bảy

Nội dung text: Bài giảng Thủy lực môi trường - Chương 2: Tĩnh học lưu chất - Nguyễn Thị Bảy

1. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay CHƯƠNG I. HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH 1. p ⊥ A vàhướngvàoA. (suyratừđịnhnghĩa). 2. Giá trị p tại một điểm không phụ thuộc vào hướng đặt của bề mặt tác dụng. 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 : pxδyδz; pyδxδz; pzδyδx; pnδyδs. Lực khối: ½Fδxδyδzρ. z Tổng các lực trên phương x phải bằng không: pn n pxδyδz-pnδyδs(δz/δs) + ½Fxδxδyδzρ = 0 δz y Chia tất cả cho δyδz: px δx θ δs x px -pn + ½Fxρδx = 0 ⇒ px = pn khi δx → 0. δy Chứng minh tương tự cho các phương khác pz Suy ra: px =py = pz = pn CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 1
2. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay ¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được: pV p Xem như chất khí là khí lý tưởng: = R hay = RT T ρ 1 RT − gdz = dp ⇔ −gdz = dp ρ p Nếu biết được hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao, ví dụ: T=T0 –az; a>0, T0 là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (thông thường là mực nước biển yên lặng): R(T0 − az) dp dz g − gdz= dp⇒ = −g ⇒ lnp = ln(T0 − az) + ln(C) p p R(T0 − az) aR g aR ⇒ p = C(T0 − az) g aR p 0 p 0 = CT0 ⇒ C = Gọi p0 là áp suất ứng với z=0: g aR T0 g ⎛ T − az ⎞ aR Phương trình khí tĩnh: p = p ⎜ 0 ⎟ 0 ⎜ ⎟ ⎝ T0 ⎠ Áp suất tuyệt đối tại mặt biển yên lặng là 760mmHg, tương ứng với Ví dụ 1: nhiệt độ T=288 0K. 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 định áp suất và khối lượng riêng của không khí ở độ cao 14500m. Cho R=287 J/kg.0K Giải: T0 là nhiệt độ ứng với độ cao z=0 (mặt biển yên lặng): Ta tìm hàm phân bố nhiệt độ theo độ cao: T=T0 – az; với a=0, 0065 Cao độ ứng với nhiệt độ T1=216,5 độ K là z1= 11000m Suy ra: 216,5=288 – 0,0065z1 Nhưvậytừz0=0 đến z1=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tĩnh: g g 9.81 ⎛ T − az ⎞ aR ⎛ T − az ⎞ aR ⎛ 216,5 − 0.0065*11000 ⎞ 0.0065*287 ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 1 ⎟ p = p0 ⎜ ⎟ ⇒ p1 = p0 ⎜ ⎟ = 0.76⎜ ⎟ ⎝ T0 ⎠ ⎝ T0 ⎠ ⎝ 216,5 ⎠ p1 = 0.1695mHg p p 0.1695 *13 .6 * 9.81 *10 3 Từ: 1 3 = RT ⇒ ρ1 = = = 0.364 kg/m ρ RT 1 287 * 216 .5 CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 3
3. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay V. ỨNG DỤNG 1. Các áp kế: p=0, chân không tuyệt đối pa B paB htđ dư A h A A hck A A B A td du du du du du du ck ck ck p A = p B + γh = γh p A = p B −γh ⇒p A = γh pA = pB +γh A’ 2. Định luật bình thông nhau: A’ B’ γ2 h Từ p.tr thuỷ tĩnh: pA=pA’+ γ2h2; pB=pB’+ γ1h1 2 h1 A B Suy ra γ h =γ h 1 1 2 2 γ1 3. Định luật Pascal: f Tại một vị 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 p=f/a → ứng dụng trong máy nén thủy lực. F=pA Pascal 1623-1662 , Pháp CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 5
4. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG ¾ Giá trị lực pa O(x) du du α F = ∫∫p dA = γhdA = ∫ γy sin αdA AAA h h D y du = γ sin α∫ ydA =γ sin αyC A = γhC A = pC A hC A F dA du du F = pC A ¾ Điểmđặtlực C y D D 2 yDF = ∫∫ydF = yγ sinαydA = γ sinα∫ y dA = γ sinαIxx y AA A Tâm áp Suy ra: γ sin αI I I +y 2 A lực y = xx = xx = C C D F y A y A C C x I =I +y 2A IC y xx c C yD = yC + yC Ixy=Ix’y’+xCyCA yCA Tương tự : Ic γ sin αI I I +x y A xy xy x'y' C C C xD = = = F yCA yCA I = + x'y' xD xC Ic: M. q tính của A so với trục //0x và qua C ycA Ix’y’: M. q tính của A so với trọng tâm C ¾ Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang: h A + h B pC = γ Ω 2 hA F hA A h + h hB ⇒ F = Ap = γ A B (AB)b C 2 C* hB D B Đặt: Ω=(hA+hB).(AB)/2 Suy ra: F=γΩb BD=[(hB+2hA)/(hB+hA)].(AB)/3 CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 7
5. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay pa pa pdư pdư F Fz z W : phần chéo liền nét W1: phần chéo liền nét 1 →F hướng lên. →Fz1 hướng xuống. z1 W : phần chéo chấm chấm W2: phần chéo chấm 2 chấm →Fz2 hướng xuống. W=W -W →Fz2 hướng lên. 1 2 →F hướng xuống W=W1-W2 z →Fz hướng lên ¾ Lực đẩy Archimède: Ar W1 Ar = γW2 − γW1 = γW W W2 (phần gạch chéo) Archimede 287-212 BC CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 9
6. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 3: Bình đáy vuông cạnh a=2m. Đổ vào bình hai chất ; 3 3. lỏng khác nhau, δù1 =0,8 δ 2=1,1. V1=6m ; V2=5m Tìm pB Giải: ^3 3 γ1= δù1 γn=0.8*9.81*10 N/m pa γ γ = δù γ =1.1*9.81*10^3 N/m3 γ 2 2 2 n 1 h1 A h2 B Gọi h2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h2=(5/4)m. h=1m Gọi h1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h1=(6/4)m. a=2m Ta có hAB = h2 – h = 0.25m Suy ra: pB=pA+γ2*hAB= pA + γ2*(0.25) Suy ra: pB= pa+ γ1*h1 + γ2*(0.25) du 3 Suy ra: p B= 0+ γ1*(1.5) + γ2*(0.25)=9.81*10 (0.8*1.5+1.1*0.25)=14.5 m nước Thí nghiệm: Ottovon Guericke (8.5.1654) tại Maydeburg, Đức Dùng 2 bán cầuD = 37 cm, bịt kín và hút khí để áp suấttuyệt đốitrong qủacầubằng khơng . Cho 2 đàn ngựakéovẫnkhơngtáchbáncầurađược. Vậyphảicần1 lực bằng bao nhiêu để tách hai bán cầura(xemlựcdìnhgiữa2 báncầu khơng đáng kể) Chân khơng p(tuyệt đối) = 0 D F =? F =? CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 11
7. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 6: Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm ngang như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D . Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên p Giải: a O h = 1+ 3+2/3 = 4.666m 1m C P du = 0,1at AB chính là chiều cao của tam giác đều, 0 2 2 4 E AB = 0 = = = 2.31m sin(60 ) 3 3 3m h A 2 C A Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(600)=2.667m C Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m2 C 2m D Áp lực: F du =γh A=9.81*4.666*3.079 = 140,97 KN Fn B n C α=600 F 0 B Toạ độ yC = OC= hC/sin(60 ) = 5.389m b*h3 2.667*2.313 IC 36 36 y OD = yD = yC + = yC + = 5.389 + = 5.444m yCA yCA 5.389*3.079 F (AD)=F(2) n Ghi chú: OA=4/sin(600) Suy ra: F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2 = 140.97*(5.444 – 4.619)/2 =58.133 KN Van phẳng ABE hình tam giác đều có thể quay quanh trục A nằm Ví dụ 7: ngang như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D . Tính lực F ngang (xem hình vẽ) để giữ van đứng yên Giải: 3 3 2 pC = -γhC = -9.81*10 *(1+ 2-2/3) = -9.81*10 * 2.333 N/m ck P0 = 0,6at AB =2.31 m AE= 2.667m 3m A A=3.079 m2 A C du Áp lực: Fn =-γhCA=-9.81*2.333*3.079 D = -70.483 KN 2m C F n B hC α=600 0 F Toạ độ yC = - OC= hC/sin(60 ) = -2.694 m B 1m pa O b*h3 2.667*2.313 y IC 36 36 OD = yD = yC + = yC + = −2.694 + = -2.804m yCA yCA − 2.694*3.079 F (AD)=F(2) n Ghi chú: OA=3/sin(600) Suy ra: F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2 = 70.483*(3.464 – 2.804)/2 =23.25 KN CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 13
8. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 10: Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=2m quay quanh trục nằm ngang qua O như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và vị trí điểm đặc lực D . 2 2 Giải: AB = 2R = 2 *1.5 = 2.12m Fz1 A pa Fx = p cx A x = γh cx A 3 2.12 nước = 9.81*10 * * 2.12 * 2 R 2 0 O 45 C = 44.145 KN 450 Fx ⎛ πR 2 R 2 ⎞ Fz2 ⎜ ⎟ Fz = γW = γ⎜ − ⎟L α ⎝ 4 2 ⎠ 2 2 B F 3 ⎛ π*1.5 1.5 ⎞ = 9.81*10 *⎜ − ⎟* 2 ⎝ 4 2 ⎠ Fz = 12.5989 KN 2 2 2 2 F = Fx + Fz = 44.145 +12.60 = 45.91KN F 12.6 tg(α) = z = = 0.285 ⇒ α = 15.92 0 Fx 44.15 Ví dụ 11: 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: 3 G = Ar ⇔ 0.6*γn*a = 2 γn*a *x x ⇒x= 0.6*a =0.6*0.3 x = 0.18 m CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 15
9. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay 2.Nước trong bình trụ quay đều quanh trục thẳng đứng: z •Phân bố áp suất: H/2 2 2 H Ở đây: Fx=ω x; Fy=ω y; Fz=-g. H/2 O A r ω2r Suy ra: 1 p ω2r2 (ω2xdx+ω2ydy−gdz)− dp=0⇒z+ − =C B ρ γ 2g g ω Đối với hai điểm A,B thẳng đứng: p ω2r 2 p ω2r 2 z + A − A =z + B − B ⇒p =p +γh hay p=p +γh* A γ 2g B γ 2g B A AB a •P.tr Mặt đẳng áp: ω2r2 ω2r2 (ω2xdx+ω2ydy−gdz) =0⇒z− =C⇒z = +C 2g 2g IX. ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI Nguyên lý lắng ly tâm : ρlWg Fl ρr ρl : chìm ra ρrWg Fr ¾Hạt dầu quay cùng trong nước sẽ nổi lên mặt thoáng và ở tâm bình trụ. ¾Hạt cát quay cùng trong nước sẽ chìm xuống và ở mép dáy bình trụ. CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 17
10. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 15: Một bình hình hộp kín (cao b, đáy vuông cạnh a) chứa nước đầy nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua tâm. BiếttạiA-tâmđáytrên của bình là áp suất khí trời. Tính lực tác dụng lên mặt bên của bình Giải Mặt đẳng áp - pa ω2r 2 Ta có: h* = h* 2g A Lực tác dụng lên vi phân dAx bằng: b ⎛ a 2 ⎞ ⎜ ω2 (y2 + ) ⎟ C y b dF = p dA = γ⎜ + 4 ⎟bdy dA C x ⎜ 2 2g ⎟ x ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ y r x a / 2 ⎛ 2 2 ⎞ Suy ra: b ω 2 a 0 a/2 F = 2γb ∫ ⎜ + (y + )⎟dy 0 ⎝ 2 2g 4 ⎠ a ⎡b a ω2 ⎛ a / 2 3 a 2 a ⎞⎤ ⎜ () ⎟ = 2γb⎢ + ⎜ + ⎟⎥ ⎣⎢2 2 2g ⎝ 3 4 2 ⎠⎦⎥ ⎡ 2 3 3 ⎤ ⎡ b ω 2a 2 ⎤ ab ω ⎛ a a ⎞ F = γab + = 2γb⎢ + ⎜ + ⎟⎥ ⇒ ⎢ ⎥ ⎣ 4 2g ⎝ 24 8 ⎠⎦ ⎣ 2 6g ⎦ Ví dụ 16: Một hệ thống gồm 3 ống nghiệm thẳng đứng bằng và thông nhau quay quanh Oz qua ống giữa như hình vẽ. Vận tốc quay n=116 vòng/ph. Bỏ qua độ nghiêng mặt nước trong ống. Tìm pC, pO, pB trong hai trường hợp nút kín và không nút C, C’, Giải: Nếu nút kín C,C’ thì khi quay, nước không di chuyển, nhưng áp suất tại C và C’ sẽ tăng lên. Phương trình mặt đẳng áp – áp suất pC (chọn gốc toạ độ tại đáy parabol): A C ω2r 2 12.152 *0.22 C’ z = ⇒ h = = 0.30 m h 2g 2*9.81 O Như vậy áp suất dư tại C và C’ bằng nhau và bằng: 40cm du du 2 pC = pC' = γh = 9810*0.30 = 2951N/m ω D B du 2 ⇒ pD = γ*0.4 = 9810*0.40 = 3924N/m r=0.2m r=0.2m du 2 ⇒ pB = γ*(0.4 + 0.3) = 6875 N/m CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 19
11. TS. Nguyễn Thị Bảy, ĐHBK tp. HCM, www4.hcmut.edu.vn/~ntbay Ví dụ 18 Một ống đo tỉ trọng như hình vẽ có khối lượng M = 0,045kg và tiết diện ngang của ống là ω = 290mm2 . Khi bỏ vào trong nước có tỉ trọng δN = 1 , ống chìm đến vạch A, và khi bỏ vào trong dầu có tỉ trọng δD = 0,9 ống chìm đến vạch B. Tìm khỏang cách đọan AB Giải: B • A B • • G = gM = γn W = γd (W + LABω) ω A Nước • ω Dầu G G ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⇒ W = ; LAB = ⎜ −1⎟ γn ωγn ⎝ δd ⎠ 9.81*0.045 ⎛ 1 ⎞ LAB = ⎜ −1⎟*1000 = 17.24mm 290 *10−6 *9810 ⎝ 0.9 ⎠ Ví dụ 19: Bình 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; TyÛ số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z1/z2; Tìm trọng lượng của phao Giải: Theo định luật Ar.; toàn bộ hệ chịu tác dụng của G lực đẩy Ar, hướng lên, bằng trọng lượng của khối 1 chất lỏng bị vật chiếm chỗ. G Trong khi đó lực theo phương thẳng đứng tác z1 dụng lên toàn bộ hệ bao gồm G+G1+G2 . z2 G2 Vậy: 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 bị phao chiếm trong bình : G = z2A γ -G2 ⇒ Aγ = (G+G2)/z2 G Suy ra: G + G + G = z (G+G )/z = kG+kG ⇒ G = 1 − G 1 2 1 2 2 2. k −1 2 CH. 2 - THỦY TĨNH - trang 21