BÀI TẬP THỦY LỰC ĐẠI CƯƠNG

Bài tập thủy lực đại cương

Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 1


BÀI TẬP THỦY LỰC ĐẠI CƯƠNG

Họ và tên: Nguyễn Thành Trung

Lớp: 53CG2

MSSV: 2461.53

Bài tập chương 2: Thủy tĩnh học

Bài 2.4 : Theo bài ra ta có sơ đồ như hình vẽ:

Áp suất tại điểm A là:

PA=PO' O'+h1 . γ n

Áp suất tại điểm B là: PB=POO+h2 . γ n

Lấy (1) – (2) ta được độ chênh áp suất tại A và B

ΔP=PA−PB=(PO'O'−POO)+(h1−h2) . γn

Mặt khác ta lại có: PO' O'−POO=−γ tn . h0 ; (h1−h2 )=h0

Vậy ta suy ra được: ΔP=PA−PB=−γtn . h0+(h1−h2 ) . γ n

ΔP=¿

ΔP=−24683 ( N

m2)

Dấu “-“ nghĩa là PA<PB



Bài 2.11 :

Xét áp suất dư tại 2 điểm A và A’ thuộc cùng

1 mặt đẳng áp 0-0:pA=pA'

Với: pA=γ n .h2

pA'=γtn . h1

Từ đó ta có

→γ n . h2=γtn . h1

→h2=γ tn . h1

γn

=13 ,6.121

=1632mm

Hay h2=1.632m

Theo hình vẽ trên ta có:

h=h2−h1

→h=1632−120=1512 (mm )

hay h=1 ,1512(m)

Bài 2-12 (28)

Áp suất dư tại điểm A được tính bởi:

pdA=pc+γ n. h1

Xét áp suất dư tại 2 điểm C và C’ thuộc cùng 1 mặt đẳng áp 0-0:



pC=pC '

Mà: pC=γtn .h2

→pdA=γtn .h2+γn . h1

→pdA=0 ,25.136+9810.0,4=37924N

m2

Hay : pdA=0.38at

Bài 2-23:

Ta tính độ cao trọng tâm của tiết diện cửa van:

hc=h1−BH2

=h1−h1−h

2=5−5−3

2=4 (m)

Xét áp lực do khối nước có độ cao h1 gây ra lên cửa van:

Ta có:

P1=hcω.γ n=hc (OA ' . b ) . γ n=hc (O' H2

.b) . γ n

→P1=443949 N

Nếu ta chọn trục Oz nằm nghiêng theo mặt với hướng như hình vẽ, điểm O nằm tại mặt thượng lưu thì vị trí của điểm đặt lực P1 sẽ tính theo công thức:



zD=hc+I o

ω.hc

Với

I o=bh3

12=

b(BA)3

12=7.54(m4)

Từ đó ta có :

zD=4+ 7.54

2√2 .4 .4=4 ,67(m)

Xét áp lực do khối nước có độ cao h2 gây ra:

Độ cao trọng tâm phần tiếp xúc với nước của cửa van là:

hc'=h2−

12h2=

12h2

→hc '=0.6 m

Diện tích mặt tiếp xúc với nước là:

ω '=H ' .b=(√2h2 ) . b=√2 .1 ,2.4=6 ,78 (m2 )

Do đó ta có:

p2=hc ' .ω ' . γ n=9810.0,6 .6 ,78=39907(N )

Điểm đặt lực là: (xét trong hệ trục O’z)

zD '=hc '+I o '

ω ' . hc '=0.4(m)

Trong hệ trục Oz thì điểm D’ có tọa độ:

zD '=0.4+(5√2−1.2√2 )=5.77 (m )

Vậy từ đó ta có được áp lực của toàn bộ nước tác dụng lên của van là:

Độ lớn:

P=|P1−P2|=404042 (N )≃ 404 (kN )

Điểm đặt lực được xác định theo phương pháp xác định điểm đặt khi có hợp lực 2 lực song song:

Khoảng cách giữa 2 điểm đặt D và D’ là:

Δl=|zD−zD'|=|4.67−5.77|

→Δl=1.1(m)

Gọi a là khoảng cách từ D’ đến điểm đặt G của hợp lực P và b là khoảng cách từ D đến điểm đặt G của hợp lực P.



Ta lập được hệ phương trình sau từ phương trình cân bằng moment quanh O

a+b=1.1m

ab= 39907

443949

Giải ra ta được:

a=0.09m

b=1.01m

Từ đó ta xác đinh được điểm đặt G của hợp lực P cách O một đoạn:

Δ=5.77−0.09=5.68(m)

Bài 2-24:

Xét áp lực P1 do khối nước thượng lưu gây ra

Chọn trục AZ như hình vẽ

Diện tích phần nước tiếp xúc với nước là:

ω1=h1 . b (b :bề r ộngc ủabể nư ớ c )

Trọng tâm có độ cao: hc=h1−h1

2=

h1

2

Áp lực: P1=ω1 . hc . γ n=h1 . b . h1

2γn



→P1=h1

2

2. b . γn

Điểm đặt: zD1=hC+

IC

ω1 hc

=23h1

Từ đó ta suy ra khoảng cách giữa D và O là:

l1=¿(h1−x )−zD1∨¿∨1

3h1−x∨¿

Xét tương tự cho khối nước ở hạ lưu ta có:

P2=ω2 .hc' . γ n=

h2 . b . h2

2γn

zD2=hC+

IC

ω1 hc

=23h2

Khoảng cách giữa D’ và O là:

l2=|(h2−x )−zD2|=|1

3h2−x|

Xét điều kiện cân bằng momen quanh O:

Van bắt đầu mở khi: P2 .l2 ≤P1 .l1

→h2

2 b2

γ nl2≤h1

2b2

γ n l1

→h2

2 b2

γ n∨13h2−x∨≤

h12 b2

γn∨13h1−x∨¿

→0,92 .3

2∨1

30,9−x∨¿ 22 .3

2∨1

32−x∨¿

Giải phương trình trên ta suy được giá trị của

x=0.759m

Bài 2.27:



Nhìn trên hình vẽ ta có nhận xét rằng hệ có xu hướng quay quanh điểm K ( nằm ở chân của trụ chống). Do vậy để hệ cân bằng thì lực P do nước tác dụng vào thành van phải có phương đi qua K hay điểm D chính là điểm đặt lực của P

Chon trục tọa độ Oz như hình vẽ:

Tọa độ điểm đặt lực P được tính theo công thức:

z=zC+I o

ω.zc

Với:

ω là phần diện tích phần mặt tiếp xúc với nước.

ω=OM .b= Hcos [30 ]

. b

I o : là moment quán tính của mặt tiết diện tiếp xúc với nước

I o=b (OM )3

12=2bH3

9√3

hC : là độ cao của trọng tâm tiết diện tính từ mặt thoáng

zC=H

2. cos[30]

Từ đó ta suy ra: z=zC+H

3√3(1)

Mặt khác theo hình vẽ ta thấy:

z=OC+CD

OC= H2. cos [30 ]; CD=20cm

→z= H2 cos (30)

+20=20+ H

√3(2)



Từ (1) và (2) ta suy ra giá trị của H=1,04(m)

Ta tính được đô lớn của P là: P=ω.hC . γn=H

2 cos (30)bH2

γ n

P=24503,9 (N) = 24.3 (kN)

Bài 2.39:

Bài tập chương 3:

Bài 3-26:

Chọn mặt O-O là mặt phẳng chuẩn để so sánh:

Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt tại 2-2 và 3-3 với giá trị áp suất dư ta có:

z2+p2d

γ+α 2v2

2

2g=z3+

p3d

γ+α 3 v3

2

2g+hW

V ớ i : z2=H ; p2d=0 ;v2=0 ; α1=α 2=1 ; z3=d2

2

Ta có thể bỏ qua giá trị tổn thất cột nước hw=0

D2/2 rất nhỏ nên ta có thể bỏ qua



H+0+0=v3

2

2g+

p3d

γ(1)

Viết PT định luật Becnulli cho 1-1 và 4-4 ta có:

z1+p1d

γ+α1 v1

2

2 g=z4+

p4d

γ+α 4 v4

2

2 g+hW

→0+p1d

γ+

v12

2g=0+

p4d

γ+v4

2

2g+0(2)

Thay (2) vào (1):

H+0=v3

2

2 g+(

v12

2g−

v42

2 g+

p1d

γ)

→v3=√2 g(H−p1d

γ )+ (v42−v1

2 ) (¿ )

Với v4 và v1 là:

v4=Qω4

=0 ,14.4

π (0.1 )2=17.8(ms )

v1=Qω1

=0 ,14.4

π (0.3 )2=1.98(ms )

Ta có : →v3=15.3 (m /s)

Vậy lưu lượng nước clo trong ống là: Q3=v3 .ω3=0.0075(m3

s )2) Lưu lượng nước Clo trong ống là 0.5 l/s

v3=v 40=Qω3

=0 ,5. 10−3

π 0 ,0252 .4=1 ,02(ms )Từ (*) ta có:

v32=(H+

v 42−v1

2

2g )2g−p1d

γ2 g

→v32=2 g(H−

p1d

γ )+v42−v1

2

→v42=v3

2−2 g(H−p1d

γ )+v12



→v4=8 ,97(ms )→ω4=

Qnuoc

v4

=7 ,83.1−3 (m2 )

π .d22

4=7 ,83.1−3→d2=0.1(m)

3) vclo=v3=0.0001∗4

π (0.025 )2=0.2 (m )

v1=1.98(ms )v4=

0.14∗4

π (0.2)2=4.46(m / s)

Từ (*) ta có:

v32=2g(H−

p1d

γ )+v42−v1

2

→H=2g pd+γ (v1

2+v32−v4

2 )2gγ

=9.18 (m )

Bài 3.27:

Chọn mặt chuẩn 0-0 như hình vẽ

Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt tại 1-1 và 2-2 với giá trị áp tuyệt đối ta có:

z1+p1

γ+

α1 v12

2g=z2+

p2

γ+α 2 v2

2

2g+hW



→H 1+pkq

γ+0=H 2+

pkq

γ+0+hW

→hw=H 1−H 2=3.3−1.5=1.8mcộ t nư ớ c

Mà: hW=hc 1+hc 2+hd=1.8m

hd=0.6 m

hc1=ξc 1 . v

2

2 g ; ξc 1=0.5(đ oạn vàoố ng)

hc2=ξc 2 . v

2

2 g; ξc 2=1(đ oạnvào ố ng)

Từ đó ta có được giá trị của v:

ξc1 . v2

2g+ξc 2. v

2

2 g+0.6=1.8→v=¿

Bài 3.35:

Chọn mặt

Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt tại 1-1 và 3-3 với giá trị áp suất tuyệt đối ta có:



z1+p1

γ+

α1 v12

2g=z3+

p3

γ+α 3 v3

2

2g

→l+p1

γ+

v12

2 g=h+

pkq

γ+0

v1=Qω1

=5.4(m /s)

v2=Qω2

=1.32(m /s )

Từ đó ta có:

p1−pkq

γ=h−l−

v12

2g

→ p1−pkq=−0.37at

Vậy: pck=0.37at

Bài 3.36:

Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 2-2 và 3-3 với mặt phẳng so sánh là mặt 0-0 như hình vẽ:

z2+p2

γ+α2 v2

2

2 g=z3+

p3

γ+α 3 v3

2

2g+hW 2−3

Với các giá trị: p2=pkq ;z2=H ; v2=0 ;

z3=0 ; p3=pkq ;

v3=Qω

= 4Qπ d2=

4∗12.4∗10−3

π∗(150∗10−3)2=0.7(m / s)

Tổn thất cột áp sẽ bằng tổng các tổn thất dọc đường và cục bộ: hW 2−3=hW+hd

hd=k∗L (do tổn thất dọc đường tỉ lệ với chiều dài)

α 2=α 3=1



H=v3

2

2g+hW+k∗L→k=

H−v3

2

2g−hW

L=

4.5− 0.72

2∗9.81−0.5

3=1.33

Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 2-2 và 1-1 với mặt phẳng so sánh là mặt 0-0:

z2+p2

γ+α2 v2

2

2 g=z1+

p1

γ+α 1 v1

2

2g+hW 1−2

→H+pkq

γ=

p1

γ+v3

2

2 g+hW+k∗x

→p1d

γ=

p1−pkq

γ=H−

v32

2g−hW−k∗x

→ x=

−p1d

γ+H−

v32

2g−hW

k

x=

−0.1∗981009810

+4.5− 0.72

2∗9.81−0.5

1.33=2.24 (m )

Vẽ đường đo áp

Bài 3.39:



Chọn mặt O-O là mặt phẳng chuẩn để so sánh:

Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt tại 1-1 và 2-2 với giá trị áp tuyệt đối ta có:

z1+p1

γ+

α1 v12

2g=z2+

p2

γ+α 2 v2

2

2g+hW

→z1+p1

γ+α 1 v1

2

2g=z2+

p2

γ+α2 v2

2

2 g+0

Từ ống đo áp ta có phương trình:

pA1=pB1

→p A+γ n ( z1−z )+γ tn . z=pB+γn . z2

→p A−pB=γn . z2−γ n ( z1−z )−γ tn . z

→ p A−pB=γn . ( z2−z1)+ z ( γn−γtn )

→pA−pB

γn

= ( z2−z1 )+z ( γ n−γ tn)

γn

→pA−pB

γn

= ( z2−z1 )+z (1−γtn

γ n) (2 )

Thay (2) vào (1) ta suy ra được:

p1−p2

γ n

=( z2−z1 )+v2

2−v12

2g

→ ( z2−z1)+z (1−γ tn

γ n)=( z2−z1)+

v22−v1

2

2g

→z(1−γ tn

γ n)= v2

2−v12

2g



→v12=−2 gz(1−

γ tn

γ n)+v2

2

→v1=√2gz (−1+γtn

γ n)+v2

2

Với: v2=Q2

ω2

=QB

ωB

=1.5(ms )→v1=√2gz (−1+

γtn

γ n)+v2

2=2.17 (ms )Lưu lượng nước là:

Q1=QA=v1ω1=0.017(m3

s )Q1=17 ( ls )

Bài 3-41:

Chọn mặt phẳng chuẩn O-O như hình vẽ

Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với áp suất dư:

p1d

γ+z1+

v12

2g=

p2d

γ+z2+

v22

2g



→0+h1+v1

2

2g=0+h2+

v22

2g

→h2=(h1+v1

2

2g )− v22

2g(1)

Phương trình liên tục áp dụng cho kênh tại đoạn đầu và đoạn thu hẹp;

Q=v1 h1b1=v2 h2 b2

→h2=v1 h1 b1

v2b2

(2)

Thay (2) vào (1) ta có:

v1 h1b1

v2 b2

=(h1+v1

2

2g )− v22

2g

→(h1+v1

2

2g )= Qv2 b2

+v2

2

2 g

→b2 v23−2(h1+

v12

2 g ) gb2 v2+2Qg=0

Sau khi thay số vào và giải ra ta được giá trị của v2 là:

v2=0.7547(ms )→h2=

Qv2 b2

= 180.7547∗8

=2.98 (m )

Bài 3.46:



Phương trình động lượng cho đoạn dòng chảy được giới hạn bởi 2 mặt cắt 1-1 và 2-2 đối với trục chiếu s nằm ngang hướng từ trái sang phải:

F s=ρ .Q (α o2. v2 s−α o1 . v1 s )

Coi: α o2=α o1

→F s=ρ .Q (v2−v1)

Lực ngoài gồm có:

Lực khối trọng lượng của đoạn dòng chảy là G tuy nhiên Gs = 0

Lực mặt:

Lực ma sát trên thành ống. Tuy nhiên ta chỉ xét 1 phần ống ngắn nên coi lực ma sát là nhỏ nên có thể bỏ qua

Áp lực nước xung quanh tác động lên mặt đứng 1-1 và 2-2: P1 ,P2

P1=p1 ω1

P2=p2 ω2

Phương trình đinh luật Becnuli cho 2 mặt 1-1 và 2-2 với mặt O-O là mặt chuẩn:

z1+p1d

γ+v1

2

2g=z2+

p2d

γ+

v22

2g+hW 1−2

→p1d

γ+z1+

v12

2 g=

p2d

γ+z2+

v22

2g+ξvan. v2

2

2g

Tuy nhiên do Q và ω là không đổi nên: v1=v2=v

Viết lại phương trình trên ta có:

p1

γ+ v2

2g=

p2

γ+ v2

2g+ξvan . v2

2

2 g

→p1−p2=ξvan . v2

2

2 gγ

Goi phản lực của van tác động vào dòng nước là R

Ta có: F s=P1−P2+R

→ρQ (v2−v1 )=( p1−p2 )ω−R

→R=−ρQ (v2−v1 )+ξvan . v2

2

2 gγω ( Dov2=v1 )

→R=ξvan . v2

2

2 gγ



Giá trị R = giá trị áp lực tác dụng lên cửa van: −P=R=ξvan . v2

2

2 gγ

Với: v=Qω

ω=ab

Áp dụng thay số: P=112.5 (kN)

Chương IV: Tổn thất cột nước trong dòng chảy

Bài 4-14:

Số ℜ= vdν

Với nước có nhiệt độ t=10 °C →ν=0.0131cm2/s

Vậy ta có ℜ= vdν

= 13 ,1.20 ,0131

=20000>2320

Vậy nước chảy rối

Chiều dày của lớp mỏng sát thành

δ t=34,2d

ℜd0.875

= 34,2.200

200000.875=1.18 (mm)

Ta thấy:

δ t>Δ

Nên nước chảy rối trong khu thành trơn thủy lực

Bài 4-20:

Tổn thất dọc đường hd tính theo công thức Darcy:

hd=λld

v2

2g=13.73(m)

Ta giả sử rằng nước trong ống chảy ở khu sức cản bình phương

Ta tính C theo công thức Maninh: C=1nR1 /6

Với R=d4=250

4=62 ,5 (mm )



n≃0.0125 (tra bảng với ống thường)

Từ đó ta có : C= 10.0125

(62.5∗10−3)1 /6=50.4(m0.5/s)

Mặt khác ta có:

C=√ 8gλ

→λ=8gc2 =8∗9.81

50.42 =0.03

Thay vào công thức hd:

hd=

0.03∗500

250∗10−3∗v2

2∗9.81=13.73 (m )

→v=2.01 (ms )Với →v=2.01 (m /s) ta kiểm tra lại điều kiện chảy rối trong khu sức cản bình phương

Ta kiểm tra lại điều kiện chảy rối trong khu sức cản bình phương

ℜ= vdν

=383587>2000→chảy r ố i

δ t=34.2d

ℜd0.875

=0.117 ( mm )<Δ=1.35mm

Vậy giả thiết đúng.

Lưu lượng nước chảy qua là:

Q=v .ω=2.01π (250.1−3)2

40.107(m3/ s)

Bài 4.26:



Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với mặt phẳng so sánh là mặt 2-2:

z1+p1

γ+

α1 v12

2g=z2+

p2

γ+α 2 v2

2

2g+hW 1−2

→H+0+0=0+0+0+hw 1−2

→H=hW 1−2=hd1−2+hc I

+hc II

Tổn thất dọc đường:

hd1−2=λld

v2

2g

Ta xét:

ℜ= vdν

=Qdων

=99010>2000

Vậy nước chảy rối

Xét:

δ t=34.2∗d

ℜ0.875=34.2∗100

990100.875=0.145(mm)

Ta có: δ t<Δ→Chảy rối trong khu sức cản bình phương

Công thức Niucrat

λ= 1

(2 lg( ro

Δ )+1.74)2= 1

(2 lg( 500.8

+1.74 )2)

→λ=0.035

Tổn thất cục bộ tại chỗ vào ống là:

hc1=ξvao

v12

2g=0.5

v2

2 g

Tổn thất cục bộ tại chỗ mở rộng ra đột ngột

hc2=ξra

v12

2 g=1

v2

2 g

Vậy ta có:

hw1−2=(λ ld+ξvao+ξ ra)

v2

2 g

→hw 1−2=(0.035100

100∗10−3 +0.5+1) 12

2∗9.81

hw1−2=1.86 ( m)=H



Vậy độ chênh cao: H=1.86 (m)

Bài 4.30:

Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với mặt phẳng so sánh là mặt O-O:

z1+p1

γ+

α1 v12

2g=z2+

p2

γ+α 2 v2

2

2g+hW 1−2

→H+0+0=0+v2

2

2g+0+hw 1−2

→H=v2

2

2g+hw1−2

→H=hW 1−2=hd1−2+hc I

+hc II+hc III

+hc IV

Tuy nhiên do ta bỏ qua tổn thất dọc đường nên: hd1−2=0

Ta tính toán các tổn thất cục bộ:

hCI=ξ1

(v1 ')2

2 g=0.5

v22

2g(v1 '=v1=

Qω

)

hCII=ξ II

(v1' )2

2 g=(1−

ω1

ω2)

2 v22

2 g=(1−( d1

d )2

) v22

2 g=0.24

v22

2g

hC III=ξ III

(v2 )2

2 g=

12 (1−

ωΩ ) v2

2

2g=0.245

v22

2 g

hC IV=ξ IV

(v2 )2

2 g=4

v22

2g

Thay các giá trị trên vào phương trình Becnuli:

H=v2

2

2g+ (0.5+0.24+0.245+4. )

v22

2g

→v2=2 gH5.985

=2∗9.81∗165.985

=7.24 (ms )Từ đó ta tính được lưu lượng:

Q=v2 ω=7.24∗3.14∗(50∗10−3 )2

4=0.0142(m

3

s )Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 22


Q=14.2( ls )Để vẽ đường đo áp ta xét them giá trị:

v2 '=Q

πd2

4

=3.7(m /s)

Bài 4.31:

Ta tìm lưu lượng xăng tố đa mà phễu cho phép chảy qua. Xét phễu ở trạng thái ngập xăng hoàn toàn.

Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 2’ – 2’ và 2-2 với mặt phẳng so sánh là mặt 2-2:

z2'+

p2'd

γ+α 2'v2'

2

2 g=z2+

p2d

γ+α 2 v2

2

2g+hW 1−2

→h+0+0=0+v2

2

2g+0+hw 1−2'

→h=v2

2

2g+ξ

v22

2 g→h=(1+ξ )

v22

2g

v2=√ 2 gh1+ξ

=√ 2∗9.81∗400∗10−3

1+0.25=2.5(ms )

Lưu lượng tối đa cho phép qua phễu mà phễu không bị tràn là:

Q2=ω2 v2=2.5 πd2

2

4=4.9∗10−3(ms )

Hay: Q2=4.9( ls )Xét bể chứa



Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 1 – 1 và 1’-1’ với mặt phẳng so sánh là mặt 1’-1’:

z1+p1d

γ+v1

2

2g=z

1'+p1' d

γ+

v1'

2

2g+h

w 1−1'

→H+0+0=0+0+v1'

2

2g+h

w 1−1'

→H=v1'

2

2 g+hC I

+hC II+hC III

Trong đó hC I, hC II

, hC III tương ứng là các tổn thất cục bộ tại vị trí I, II, III trên hình vẽ

hC I=ξvao

v1'

2

2 g=0.1

v1'

2

2 g

hC II=ξK

v1'

2

2g=8.5

v1'

2

2g

hC III=ξuon

v1'

2

2 g=0.7

v1'

2

2g

Thay vào phương trình Becnuli ở trên

H=v1'

2

2g+0.1

v1'

2

2 g+8.5

v1'

2

2g+0.7

v1'

2

2g

H=10.3v1'

2

2 g

Do lưu lượng tối đa là Q=4.9(l/s) nên vận tốc tối đa trong ống là:

v1'=Q2'

πd1

2

4

= 4.9∗10−3

3.14∗(30∗10−3 )2

4

=6.94 (ms )

Vậy ta có:

H=10.3v1'

2

2 g=10.3

6.942∗9.81

=25.28 (m )

Bài 4.33:




Documents

BÀI TẬP THỦY LỰC ĐẠI CƯƠNG