intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài tập cơ học lưu chất

Chia sẻ: Nguyễn Lam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:28

Thêm vào BST
Báo xấu
4.023
lượt xem 1.234
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là những bài giải chi tiết các bài tập trong sách "bài tập cơ lưu chất" của Nguyễn Thị Bảy DH Bách Khoa. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập cơ học lưu chất

  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 28
  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 28
  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 h1 = 130mm và  áp suất dư trên mặt nước trong bình 40000 N/ m.2 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 p d + γ H 2O .h1 40000 + 9810.0,013 = = = 0,334 (m) Vậy :  h2 (γ H 2O − γ Hg ) 132890 − 98100 Page 3 of 28
  4. Cơ Học Lưu Chất 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 ] (*) π .d 2 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 Page 4 of 28
  5. Cơ Học Lưu Chất 2 d 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 ∆p = h (γ 1 − γ 2 ) + 2 .(γ 1 + γ 2 )  ĐS : a/    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 :  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) 
  6. Cơ Học Lưu Chất Một toa tàu đi từ ga tăng dần tốc độ trong 10 giây từ 40 km/h đến 50 km/h. Xác định áp suất tác dụng lên điểm A và  B. Toa tàu hình trụ ngang có đường kính d = 2,5m, chiều dài L = 6m. Dầu đựng đầy một nửa toa tàu và khối lượng   riêng của dầu là 850 kg/m3. Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do của dầu. Giải Gia tốc của toa tàu là : vt − v0 50 − 40 a= = = 0.28 (m / s ) ∆t 10.3600 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Phương trình vi phân cơ bản của chất lỏng : dp = ρ ( Xdx + Ydy + Zdz ) Tích phân ta được :  p = ρ ( Xx + Yy + Zz ) + C   (*) Có X = ­a; Y = 0; Z = ­g Thay X, Y, Z vào (*) ta được : p = ρ (−ax − gz ) + C Vì mặt tự do của dầu đi qua gốc tọa độ (x=0, z=0)  ⇒ C = p = pa p = ρ (−ax − gz ) + pa Vậy :  Áp suất tại A (x= ­L/2 = ­3; y=0; z=­d/2 = ­1,25) là : p A = 850[ − 0,28.(−3) − 9,81.(−1,25)] + 98100 = 109237,2 N / m 2 = 1,113 (at ) A ⇒ p d = p A − p a = 1,113 − 1 = 0,113 (at ) Áp suất tại B (x= L/2 = 3; y=0; z=­d/2 = ­1,25) là : p A = 850[ − 0,28.(3) − 9,81.( −1,25)] + 98100 = 107809,2 N / m 2 = 1,099 (at ) A ⇒ p d = p A − p a = 1,099 − 1 = 0,099 ( at ) Phương trình mặt đẳng áp :  • Phương trình vi phân đẳng áp :  Xdx + Ydy + Zdz =0 Với : X = ­a; Y = 0; Z = ­g   ⇒ −adx − gdz = 0 a Tích phân ta được :  ⇒ − adx − gdz = C ⇒ z=− x+C g Phương trình mặt tự do : • Tại mặt thoáng : x = 0; y = 0; z = 0  ⇒ C =0 a =− Nên :  z x g Bài 2.6 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. Page 6 of 28
  7. Cơ Học Lưu Chất 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  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 Page 7 of 28
  8. Cơ Học Lưu Chất 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 ( ) = γ . ω (r ) = 68670 . 157 ωr− 2 2 r02 2 2 r02 − 2 2 2 (0,12 − 0,1 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.  FAC = ρ .g .V = ρ .g.a.b.H 2 = 1000.9,81.0,2.3.1,5 = 8829 ( N ) = 154725,4 ( N ) 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 Page 9 of 28
  10. Cơ Học Lưu Chất 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 1 1 1 1 = OA 2 + H 12 = H 12 + H 12 = H 12 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 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. Page 10 of 28
  11. Cơ Học Lưu Chất 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/m3. Cho moment quán tính  I 0 64 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 Page 11 of 28
  12. Cơ Học Lưu Chất 2 3,14.0,6 = 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  ω= Với :   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 = 200mm, hệ số  cản ở khoa  ξ k = 4 , bán kính vòng R = 100mm, bỏ qua tổn thất dọc đường. Giải Page 12 of 28
  13. Cơ Học Lưu Chất Viết phương trình cho mặt cắt 1­1 & 2­2, lấy 2­2 làm chuẩn ta có: • 2 α v2 p1 α1v1 p = z 2 + 2 + 2 2 + hω z1 + + 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 p1 p2 ⇒H+ = + hω γ γ 2 vd = hd + ∑ hc = ∑ hc = ∑ ξ Với  hω 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        d 2  2 1 −    = 0,51 −  0,1   = 3 ξ 5 = 0,5   •  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 2 vd p1 p 2 + ∑ξ ⇒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 :  Page 13 of 28
  14. Cơ Học Lưu Chất ( ) 2 = 0,041 m / s = 41 ( l / s ) = 5,29.3,14. 0,1 2 Q = Vd . Ad = Vd .π . d 3 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 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 Page 14 of 28
  15. Cơ Học Lưu Chất 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  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. Page 15 of 28
  16. Cơ Học Lưu Chất 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 ∑ξ = ξ   0,038  2    d 2  + ξ 2 + ξ 3 + ξ 4 + ξ 5 + ξ 6 + ξ 7 + ξ 8 + ξ 9 + ξ10 ξ 5 = 0,51 −    = 0,51 −    = 0,48 1  D    0,2   = 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 ξ10 = ξ voi = 0,5 Thế tất cả vào (**) ta được : L  2 d4 2 gH 2 gH = v 2 +  λ + ∑ ξ v 2 2 ⇒ v 2 = 2 d  d4 L d4 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 Page 16 of 28
  17. Cơ Học Lưu Chất π .d 2 = 0,0026 ( m 3 / s ) = 2,6 ( l / s ) 2 3,14.0,02 = v 2 . A2 = v 2 . = 8,18. Lưu lượng chảy qua vòi :  Q 2 4 4 2 2 v2 8,18 = 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 . 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 Page 17 of 28
  18. Cơ Học Lưu Chất 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 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). Page 18 of 28
  19. Cơ Học Lưu Chất Ta có :  H = H 0 + hwđ + hwh 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 L v hwđ =  λ đ + ξ vao + ξ uon  2 = (1,234 + 6 + 0,294 ).0,09 = 0,68m d  2g 2 Lh v đ hwh = λ . 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 3,14.0,2 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 8g 8.9,81 Lđ 35 ⇒λ = = = 0,033 ⇒ λ = 0,033 = 5,78 2 2 d 0,25 C 48,7 2 Lh v đ = 5,78.0,22 = 1,27 ( m ) =λ ⇒ hwh . 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 Page 19 of 28
  20. Cơ Học Lưu Chất 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 )  v2  L  v2 L = ∑ hd + ∑ hc =  λ1 1 + ξ1 + ξ 2  1 +  λ 2 2 + ξ 3  2 (2) Mặt khác :  hω d  2g  d  2g     1 2 Phương trình liên tục :  2 A2 d2 V1. A1 = V2 . A2 ⇒ V1 = V2 = V2 2 A1 d1 Thay vào (2) ta được :  v 2 v 2  L  4  v2 d 4  L L  d  L hω =  λ1 1 + ξ1 + ξ 2  2 2 +  λ2 2 + ξ 3  2 = 2  λ1 1 + ξ1 + ξ 2  2  +  λ2 2 + ξ 3  d  2g 4  d  2 g 2 g  d  d  d    d1     1    1 2 1 2 2 ghω ⇒ v2 = 4  L1  d  L  + ξ1 + ξ 2  2  +  λ 2 2 + ξ 3   λ1 d  d  d    1    1 2 ξ1 = 0,5  (bể vào ống) 2 2   d 2    150  2  ξ 2 = 1 −    = 1 −    = 0,191  D    200       ξ 3 = 1  (ống ra bể) 2.9,81.8 = 2,2863 ( m / s ) ⇒ v2 = 4   0,2    30 50 + 0,5 + 0,191  +  0,029 + 1  0,031 0,15  0,15  0,2    ( ) 2 3,14.0,2 2 π .d 2 = 0,0718 m 3 / s = 71,8 ( l / s ) Lưu lượng :  Q = v2 = 2,2863. 4 4 Page 20 of 28
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

LV.15: Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Chuyên Ngành Cơ Khí
65 tài liệu
2431 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2