Bài giảng Cơ lưu chất - Chương 2: Tĩnh học lưu chất

PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 1
CHƯƠNG
I. HAI TÍNH CHẤT CỦA ÁP SUẤT THUỶ TĨNH
1. p ⊥ A và hướng vào A. (suy ra từ định nghĩa).
2. Giá trị p tại một điểm không phụ thuộc vào hướng đặt của bề mặt tác dụng.
px
pn
pz
δz
δx
δy
δs θ
n
x
z
y
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.
Tổng các lực trên phương x phải bằng không:
pxδyδz - pnδyδs(δz/δs) + ½Fxδxδyδzρ = 0
Chia tất cả cho δyδz : 
px - pn + ½Fxρδx = 0 ⇒ px = pn khi δx → 0.
Chứng minh tương tự cho các phương khác
px =py = pz = pnSuy ra:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 2
II. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
W
A
p
n
Xét lưu chất ở trạng thái cân bằng có thể tích W giới hạn bởi diện tích A. 
Ta có tổng các lực tác dụng lên lưu chất =0:
Lực khối + lực mặt = 0:
0dApdwF
Aw
=−ρ ∫∫∫∫∫
Ta xét trên trục x:
0
x
)p(F0
x
)np(F
0
z
np(
y
)np(
x
)np(F
0dw)n.p(divdwF0dApdwF
x
ppppxxx
x
xzzxyyxxx
x
W
x
w
x
Gauss.d.b
A
x
w
x
zyx =∂
∂−ρ⎯⎯⎯⎯ →←=∂
∂−ρ⇔
=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
∂
∂+∂
∂+∂
∂−ρ⇔
=−ρ=−ρ
===
∫∫∫∫∫∫⇔∫∫∫∫∫
Xét tương tự cho các trục khác
0)p(grad1F =ρ−⇔
0dw)p(graddwF0dApdwF
WwAw
=−ρ⇔=−ρ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫Kết luận:
III. TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
01
01
01
01
=ρ−++⇒+
⎪⎪
⎪
⎭
⎪⎪
⎪
⎬
⎫
⎪⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
×=∂
∂
ρ−
×=∂
∂
ρ−
×=∂
∂
ρ−
dp)dzFdyFdxF(
dz
z
pF
dy
y
pF
dx
x
pF
zyx
z
y
x
zA
pa
pA
pB
hAB
chuẩn 0
zB)1(pzpzconstpz:hay
constpgzdp1gdz
B
B
A
A
const
γ+=γ+⇔=γ+
=ρ+⎯⎯ →⎯ρ=−
=ρ
¾Chất lỏng nằm trong trường trọng lực: Fx, Fy=0, Fz=-g:
hay: pB = pA + γhAB hay p = pa+γh (2)
(1), (2) là phương trình thuỷ tĩnh
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 3
¾Chất khí nằm trong trường trọng lực, nén được:
dp
p
RTgdzdp1gdz =−⇔ρ=−
Xem như chất khí là khí lý tưởng: RT
phayR
T
pV =ρ=
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):
aR
g
)azT(Cp
)Cln()azTln(
aR
gpln
)azT(R
dzg
p
dpdp
p
)azT(Rgdz
−=⇒
+−=⇒−−=⇒
−=−
0
0
0
0
Gọi p0 là áp suất ứng với z=0: aRg
aR
g
T
pCCTp
0
0
00 =⇒=
aR
g
T
azTpp ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
0
0
0
Phương trình khí tĩnh:
Ví dụ 1:
Giải:
Áp suất tuyệt đối tại mặt biển yên lặng là 760mmHg, tương ứng với
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 
0.1695mHg=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=⇒⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −=
1
287*0065.0
81.9
aR
g
0
10
01
aR
g
0
0
0
p
5,216
11000*0065.05,21676.0
T
azTpp
T
azTpp
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
Như vậy từ z0=0 đến z1=11000m, áp suất biến thiên theo phương trình khí tĩnh:
3
3
1
1
1 kg/m 0.3645.216*287
10*81.9*6.13*1695.0
RT
p
ρRT
ρ
p ===⇒=Từ:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 4
Từ z1=11000 m đến z2=14500m, nhiệt độ không đổi nên:
zg
RT
g
RT
111 eCpCpln)Cln(pln
g
RTz
p
dp
g
RTdzdp
p
RTgdz
11
=⇒⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=+−=⇒−=⇒=− −−
Tại độ cao z1 ta có áp suất bằng p1; suy ra: 
( )
1
1
1
1
RT
g)zz(
1
g
RT
1
z
epp
p
eC
−=⇒=
Như vậy tại độ cao z2 =14500m ta tính được:
97.52mmHgmHg 97520.0
e*17.0epp 5.216*278
81.9)1450011000(RT
g)zz(
12
1
21
==
== −−
3
1
12
2 m/kg209.0p
ρp
ρ ==vàø:
IV. MẶT ĐẲNG ÁP, P TUYỆT ĐỐI, P DƯ, P CHÂN KHÔNG
¾Mặt đẳng áp của chất lỏng nằm trong trường trọng lực là mặt phẳng nằm
ngang
¾Phương trình mặt đẳng áp: Fxdx + Fydy + Fzdz=0
¾Áp suất dư : pdư = ptđ - pa
¾Nếu tại một điểm có pdư < 0 thì tại đó có áp suất chân không pck
pck= -pdư = pa – ptđ
¾p trong phương trình thuỷ tĩnh là áp suất tuyệt đối ptđ. hoặc áp suất dư
¾Các điểm nào (?) cĩ áp suất bằng nhau; 
trong đoạn ống 2-5-6 chứa chất khí hay 
chất lỏng ? 
5 6
7
1 2 3 4
0
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 5
V. ỨNG DỤNG
2. Định luật bình thông nhau:
pA=pA’+ γ2h2; pB=pB’+ γ1h1
γ1h1=γ2h2Suy ra
Từ p.tr thuỷ tĩnh:
p=0, chân không tuyệt đối
htđA
A
B
td
BA hpp γ+=
hdưA
A
pa B
hckA
A
B
ck
A
ckck
B
du
A
du hphpp γ=⇒γ−=
1. Các áp kế:
dudu
B
du
A
du hhpp γ=γ+=
pa
h1
γ1
γ2 h2
A
A’
B’
B
A’
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
→ ứng dụng trong máy nén thủy lực.
3. Định luật Pascal:
f
p=f/a
F=pA
Pascal 1623-1662 , Pháp
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 6
4. Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu:
pa
h
pa+γh
pa
h
pdư=γh
pa
h
pdư/γ=h
pck
h
pck/γ-h
pck/γp
ck
h
pck-γh
pck pck
h
pdư/γ=h-h1
pck/γ
pdư=0, ptđ=pa
h1=pck/γ
5 . Phân bố áp suất trên một mặt cong:
h
p/γ=h p/γ=h
6 . Áp kế vi sai:
γ1h1= γ2h2Ban đầu thì p1=p2=pa:
Khi áp suất ống bên trái tăng lên Δp: p1=pa+Δp; p2=pa
0
h
γ1
γ2
h1 h2
pa→pa+ Δp pa
A
B
CΔz
AB1BC2a
AB1BC2CAB1BAa
hhp
hhphpppp
γ−γ+=
γ−γ+=γ−==Δ+
)zhh()zhh(hhp 1122AB1BC2 Δ−−γ−Δ+−γ=γ−γ=Δ⇒
)(z)(hp 2121 γ+γΔ+γ−γ=Δ⇒
Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ:
A
ahzz.Ah.a =Δ⇒Δ=⇒ )(
A
ah)(hp 2121 γ+γ+γ−γ=Δ⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 7
VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
C
x
yCy
Ixx=Ic+yC2A
Ixy=Ix’y’+xCyCA
Ic
pa O(x)
y
α
C
hD y
dA
D yD
F
hC
h
Tâm áp
lực
¾ Giá trị lực
ApAhAysinydAsin
dAsinyhdAdApF
du
CCC
A
AA A
dudu
=γ=αγ=αγ=
αγ=γ==
∫
∫∫ ∫
Tương tự : 
Ay
I
xx
c
'y'x
CD +=
¾ Điểm đặt lực
xx
AA A
D IsindAysindAysinyydFFy αγ=αγ=αγ== ∫∫ ∫ 2
Suy ra: 
Ay
AyI
Ay
I
F
Isiny
C
2
CC
C
xxxx
D
+==αγ=
Ay
Iyy
C
C
CD +=
ApF duC
du =
Ay
AyxI
Ay
I
F
Isin
x
C
CC'y'x
C
xyxy
D
+==αγ=
Ic: M. q tính của A so với trục //0x và qua C
Ix’y’: M. q tính của A so với trọng tâm C
¾ Lực tác dụng lên thành phẳng chữ nhật đáy nằm ngang:
F=γΩb 
Đặt: Ω=(hA+hB).(AB)/2 
Suy ra:
BD=[(hB+2hA)/(hB+hA)].(AB)/3
2
hhp BAC
+γ=
b)AB(
2
hhApF BAC
+γ==⇒
B
A
hA
hB
Ω
hA
hB D
C*
F
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 8
O(y)
z
x
Ax
Mặt
cong A
dA
dAz
dAx
h
pa
n
(n,ox)
dFx
Az
222
zyx FFFF ++=
xcx
Ax
x
A
x
AA
xx
AphdAhdA
)ox,ncos(pdAdFF
=γ=γ=
==
∫∫
∫∫
¾ Thành phần lực theo phương x
¾ Thành phần lực theo phương z
WhdA
)oz,ncos(hdAdFF
A
z
AA
zz
γ=γ=
γ==
∫
∫∫
W: thể tích vật áp lực: là thể tích của vật thẳng đứng giới hạn bởi mặt cong A 
và hình chiếu thẳng đứng của A lên mặt thoáng tự do (Az) 
VII. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN
pa
¾ Các ví dụ về vật áp lực W:
Pdu w
Fz
Pa
Pck
w
Fz
Pa
Pck
Pa
w
Fz
w
pa
w
pdư
pdư/γ
Fz
w
pck
pa
pck/γFz
pa
w
Fz
pck
pa
pck/γ
w
Fz
pck
pa
pck/γ
w1
w2
Fz1
Fz2
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 9
pdư
pa
Fz
W1: phần chéo liền nét→Fz1 hướng lên. 
W2: phần chéo chấm chấm→Fz2 hướng xuống.
W=W1-W2→Fz hướng xuống
pdư
pa
Fz
W1: phần chéo liền nét→Fz1 hướng xuống.
W2: phần chéo chấm
chấm
→Fz2 hướng lên.
W=W1-W2→Fz hướng lên
W
W1
Ar¾ Lực đẩy Archimède:
WWWAr 12 γ=γ−γ=
W2 (phần gạch chéo)
Archimede 287-212 BC
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 10
GAr −=
¾ Vật nổi
W
I
MD yy=
yy D
Ar
C
GA
ổn định: MD>CD 
→M cao hơn C
D
Ar
M
C
G
D
C
G
Ar
M
không ổn định:MD<CD 
→M thấp hơn C
M: Tâm định khuynh.
Iyy: Moment quán tính của diện tích mặt nổi A so với trục quay yy.
W: thể tích nước bị vật chiếm chỗ
VIII. SỰ CÂN BẰNG CỦA MỘT VẬT TRONG LƯU CHẤT
¾ Vật chìm lơ lửng
C
D
Ar
G
D
C
G
Ar
D C
ổn định không ổn định Phiếm định
Ar
G
VIII. ỨNG DỤNG
Ví dụ 2: Tính z, pa=76cmHg, γnb=11200 N/m3; γHg=133000 
N/m3
Ta có: pA = pB + γHg hAB=0.84 γHg + γHg hAB
= γHg (0.84+0.8)=1.64 γHg
Mặt khác: pA – pa = γnb .(z+0.4)
Suy ra: (z+0.4)=(pA – pa )/ γnb
=(1.64 γHg - 0.76 γHg )/ γnb
=0.88(γHg / γnb )
=0.88.133000/11200=10.45m
Suy ra z = 10.05 m
pa
z
40cm
40cm
ptđ =0
Hg
84cm
A
B
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 11
Ví dụ 3: Bình đáy vuông cạnh a=2m. Đổ vào bình hai chất
lỏng khác nhau, δù1 =0,8; δ 2=1,1. V1=6m3; V2=5m3. 
Tìm pB
γ1= δù1 γn=0.8*9.81*10^3 N/m3
γ2= δù2 γn=1.1*9.81*10^3 N/m3
Giải:
Gọi h2 là bề dày của lớp chất lỏng 2: h2=(5/4)m.
Gọi h1 là bề dày của lớp chất lỏng 1: h1=(6/4)m.
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)
γ1 γ2
a=2m
B
h=1m
h2
h1
A
pa
Suy ra: pdu B= 0+ γ1*(1.5) + γ2*(0.25)=9.81*103(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 cầu D = 37 cm, bịt kín và hút khí để áp suất tuyệt đối trong
qủa cầu bằng khơng . 
Cho 2 đàn ngựa kéo vẫn khơng tách bán cầu ra được. Vậy phải cần 1 lực
bằng bao nhiêu để tách hai bán cầu ra (xem lực dình giữa 2 bán cầu khơng
đáng kể)
DF =? F =?
Chân khơng p(tuyệt đối) = 0 
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 12
Ví dụ 4:
Van phẳng AB hình chữ nhật cao 1,5m, rộng 2m, quay quanh trục A 
nằm ngang như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van . Tính lực F 
(xem hình vẽ) để giữ van đứng yên
Giải:
4.294m
2*5.1*25.4
12
5.1*2
25.4
Ay
Iyy
3
C
C
CD =+=+=
KN 125.0775
2*5,1*)2/5,15(*10*81.9AhApF 3C
du
C
du
n
=
−=γ==Giá trị lực:
Vị trí điểm đặt lực D:
F?
5m
1,5m
A
B
C
yC=hC
DFn
C*
O
y
yD
0.706m4.294m5DB =−=⇒
Tính cách khác:
0.706m
3
5.1
5.35
5.3*25
3
AB.
hh
h2hDB
AB
AB =+
+=+
+=
Để tính lực F giữ van yên, ta cân bằng moment: Fn(AD)=F(AB)
Suy ra: F=Fn(AD)/(AB)=125.07*(1.5-0.706)/(1.5) = 66.22 KN
pa
Ví dụ 5: 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
Giải:
hC = 3+2/3 = 3.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2AB 0 ====
Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m2
Áp lực: Fndu =γhCA=9.81*3.666*3.079 = 110,76 KN
Toạ độ yC = OC= hC/sin(600) = 4.234m
4.304m
079.3*234.4
36
31.2*667.2
234.4
Ay
36
h*b
y
Ay
IyyOD
3
C
3
C
C
C
CD =+=+=+==
AB chính là chiều cao của tam giác đều, 
Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(600)=2.667m
Fn(AD)=F(2)
Suy ra: F=Fn(AD)/(2)=110.76*(OD-OA)/2 = 110.76*(4.304-3.464)/2 =46.507 KN
A
B
E
pa
3m
2m
α=600
C
C
hC
B
A
D
y
O
F
Fn
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 13
E
A
B
P0du = 0,1at
3m
2m
α=600
C
C
hC A
D
y
O
F
Fn
1m
pa
B
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
Giải:
hC = 1+ 3+2/3 = 4.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2AB 0 ====
Diện tích A của tam giác: A=(AE)*(AB)/2=3.079 m2
Áp lực: Fndu =γhCA=9.81*4.666*3.079 = 140,97 KN
Toạ độ yC = OC= hC/sin(600) = 5.389m
5.444m
079.3*389.5
36
31.2*667.2
389.5
Ay
36
h*b
y
Ay
IyyOD
3
C
3
C
C
C
CD =+=+=+==
AB chính là chiều cao của tam giác đều, 
Cạnh đáy AE của tam giác: AE=2*AB/tg(600)=2.667m
Fn(AD)=F(2)
Suy ra: F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2 = 140.97*(5.444 – 4.619)/2 =58.133 KN
Ghi chú: OA=4/sin(600)
A
B
P0ck = 0,6at
3m
2m
α=600
C
C
hC
A
D
y
O
F
Fn
1m pa
B
Ví dụ 7:
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
Giải:
pC = -γhC = -9.81*103*(1+ 2-2/3) = -9.81*103* 2.333 N/m2
Áp lực: Fndu =-γhCA=-9.81*2.333*3.079 
= -70.483 KN
Toạ độ yC = - OC= hC/sin(600) = -2.694 m
m804.2-
079.3*694.2
36
31.2*667.2
694.2
Ay
36
h*b
y
Ay
IyyOD
3
C
3
C
C
C
CD =−+−=+=+==
Fn(AD)=F(2)
Suy ra: F=Fn(AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2 = 70.483*(3.464 – 2.804)/2 =23.25 KN
Ghi chú: OA=3/sin(600)
AB =2.31 m 
AE= 2.667m
A=3.079 m2
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 14
ĐS: hD=1,53m
Ví dụ 8:
Van tam giác đều ABM cạnh AB=1m đặt giữ nước như hình vẽ (cạnh AB thẳng đứng). Aùp 
suất trên bình chứa là áp suất khí trời. Biết hA=1m. Gọi D là vị trí điểm đặt lực F của nước 
tác dụng lên van ứng với độ sâu là hD. Xác định hD
A
B
A
B
M
hA
pa
D
hD
Hdẫn: Ta để ý thấy cơng thức tính moment quán tính
đối với tam giác như trong phụ lục:
3
(*)
36c
bhI =
so với trục song song với một trong 3 cạnh (đáy b)
Trong khi đĩ, từ lý thuyết đã chứng minh, để xác định vị trí D ta áp dụng cơng thức: 
C
D C
C
Iy y
y A
= +
Với Ic là moment q tính của diện tích A so với trục song song Ox và qua trọng tâm C của A 
Như vây, muốn ứng dụng cơng thức (*) trong tính tốn yD cần phải cĩ một trong 3 cạnh của
tam giác phải song song với Ox (cụ thể là nằm ngang). 
Trong hình vẽ của bài tốn, khơng cĩ cạnh nào của tam giác nằm ngang, nên trước tiên cần
chia tam giác ra hai sao cho một cạnh của mỗi tam giác nhỏ nằm ngang. Sau đĩ tính lực và
vị trí điểm đặt lực riêng đối với từng tam giác nhỏ. Cuối cùng tìm vị trí điểm đặt lực tổng
theo cơng thức: 1 1 2 2
1 2
D D
D
F y F yy
F F
+= +
Ví dụ 9: Một hệ thống tự động lấy
nước vào ống đường kính D = 0,3 m 
được thiết kế bằng một cửa chắn chữ
L. Cửa chắn cĩ bề rộng (thẳng gĩc với
trang giấy) b = 1,2m và quay quanh O. 
Biết áp suất trong ống là áp suất khí
trời và trọng lượng cửa khơng đáng kể.
a) Giải thích cơ chế hoạt động của cửa
khi độ sâu h thay đổi. 
b) Xác định độ sâu h tối thiểu để cửa
bắt đầu quay. 
Trục quay
Cửa cĩ bề
rộng b
Cửa chắn nước
vuơng gĩc
Nước
D
L=1m
ống lấy nước
HD: Chọn chiều quay ngược chiều kim đồng hồ là chiều dương
Phân tích các lực tác dụng lên cửa gồm hai lực:
Fx tác động lên phần van chữ nhật thẳng đứng, moment so với O sẽ là: Fxh/3
Fz tác động lên phần diện t ... 765,8 N; δ=0,75
ĐS:
Ví dụ 16: Một quả bĩng cĩ trọng lượng 0,02 N, phía dưới cĩ buột một vật nhỏ (bỏ qua thể tích)
trọng lượng 0,3N. Cho γkhong khi=1,23 kg/m3. Nếu bơm bĩng đầy bằng khí cĩ γkhi=0,8
kg/m3 thì đường kính D quả bĩng phải bằng bao nhiêu để bĩng cĩ thể bay lên được
Hdẫn:
b Vat khi khongkhi b b Vat khi b khongkhi bG G G W G G W Wγ γ γ+ + = → + + =
0.525220.140.0760.81.230.30.02
DD3WbgamakgamakkGvGb
b Vat
b
khongkhi khi
G GW γ γ
+= −
Vật đồng chất nằm cân bằng lơ lửng trong mơi trường dầu-nước như hình vẽ.
Biết tỷ trọng của dầu là 0,8. Phần thể tích vật chìm trong nước bằng phần thể tích
vật trong dầu. Tỷ trọng của vật ?
ĐS: 0,90
Ví dụ 17:
Dầu
Nước
VậtHướng dẫn: Trọng lượng của vật cân bằng với với lực
đẩy Archimede do dầu tác dụng lên nửa cầu trên và
nước lên nửa cầu dưới
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 18
A•
B•
Dầu ω
A•
B•
Nước
ω
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:
Ví dụ 18
)ωLW(γWγgMG ABdn +===
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −==⇒ 1
δ
1
ωγ
GL;
γ
GW
dn
AB
n
17.24mm1000*1
9.0
1
9810*10*290
045.0*81.9L 6AB =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −= −
Giải:
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
Theo định luật Ar.; toàn bộ hệ chịu tác dụng của
lực đẩy Ar, hướng lên, bằng trọng lượng của khối
chất lỏng bị vật chiếm chỗ.
Trong khi đó lực theo phương thẳng đứng tác
dụng lên toàn bộ hệ bao gồm G+G1+G2 .
Vậy: G + G1 + G2 = Ar = z1A γ
với A là tiết diện ngang của bình.
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
G1
G
z2
z1
Ar
G2
Suy ra: G + G1 + G2 = z1(G+G2)/z2 = kG+kG2. 2
1 G
1k
GG −−=⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 19
Một bình bằng sắt hình nón cụt không đáy ( δ=7.8) được úp như hình
vẽ. Đáy lớn R=1m, đáy nhỏ r=0,5m, cao H=4m, dày b=3mm. Tính giới
hạn mực nước x trong bình để bình khỏi bị nhấc lên.
Giải:
3/)RrrR(HπV 22gnoncuttron ++=
Trọng lượng bình:
3/))br)(bR()br()bR((HπV 22inoncutngoa ++++++=
R
r
H
x
b
W
rx
Fz
Ví dụ 20:
Điều kiện: G ≥ Fz
Suy ra: 441.96 ≥ Fz Giải ra được x ≤ 1.09 m
kgf96.441057.0*8.7*1000)VV(δγVδγG gnoncuttroninoncutngoann ==−==
096.441x7.392x36.16 23 ≥+−⇔
32
2
n
22
n
x
2
x
22
nnz
x36.16x7.392x
H
)rR(x
H
)rR(R3
3
xπ
γ
))rR(
H
xR(R))rR(
H
xR(R2
3
xπ
γ
)RrrR(
3
xπxπRγWγF
−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−−−−−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +−−==
Ta tính lực Fz hướng lên do nước tác dụng lên bình:
( )rR
H
xRr
rR
rR
H
x
x
x −−=⇒−
−=Từ quan hệ: 
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 20
a H
g
g*
α
A
B
O x
zVIII. TĨNH HỌC TƯƠNG ĐỐI
1.Nước trong xe chạy tới trước nhanh dần đều:
•Phân bố áp suất:
0dp
ρ
1)dzFdyFdxF( zyx =−++ với Fx=-a; Fy=0; Fz=-g 
Suy ra: 
Đối với hai điểm A,B thẳng đứng: 
*
aABABB
B
A
A hpphayhppgzpgzp γ+=γ+=⇒+ρ=+ρ
•P.tr Mặt đẳng áp:
Cx
g
azCgzax)gdzadx( +−=⇒=+⇒=−− 0
Cpgzaxdp)gdzadx( =ρ++⇒=ρ−−− 0
1
2.Nước trong bình trụ quay đều quanh trục thẳng đứng:
ω2r
HH/2
H/2
O
z
r
g
ω
A
B
Ở đây: Fx=ω2x; Fy=ω2y; Fz=-g.
Suy ra: 
C
g2
rω
γ
pz0dp
ρ
1)gdzydyωxdxω(
22
22 =−+⇒=−−+
Đối với hai điểm A,B thẳng đứng: 
*
aABAB
2
B
2
B
B
2
A
2
A
A hγpphayhγppg2
rω
γ
pz
g2
rω
γ
pz +=+=⇒−+=−+
•P.tr Mặt đẳng áp:
C
g
rzC
g
rz)gdzydyxdx( +ω=⇒=ω−⇒=−ω+ω
22
0
2222
22
•Phân bố áp suất:
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 21
W
ρrWg
ρlWg
ρrWω2
r
ρlWω2r
Fr
Fl
ρr >ρl : chìm ra
ρr <ρl : nổi vào
Nguyên lý lắng ly tâm :
IX. ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI
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.
Ví dụ 21:
Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước ở độ sâu ho=1m và di chuyển
ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s2. Biết bình có đường kính D = 2m. 
Tính áp lực của nước tác dụng lên đáy bình trong lúc di chuyển với gia tốc trên
Giải
x
g
az −=
Chọn gốc toạ độ là giao điểm của trục bình và mặt thoáng , p.tr mặt thoáng: 
Tại x=-D/2: m2.012.1hHm407.0181.9
4z 02/D =−=−>==−
Vậy khi bình chuyển động nước tràn ra ngoài. Sau khi
tràn ra xong, mặt thoáng nước phải vừa chạm mép sau
bình. Giả sử lúc ấy bình dừng lại, thì mực nước trong
bình còn lại là h1. Ta có:
m793.0407.02.1
2
hΔHhm407.01
81.9
4z
2
hΔ
12/D =−=−=⇒=== −
Suy ra lực tác dụng lên đáy bình lúc ấy là: KN 24.42
4
D
πhγF
2
1 ==
h1
D
x
HΔh
Δh/
2 O
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 22
Quả bĩng khơng trọng lượng được buộc trong thùng kín đầy nước. Thùng chuyển
động tới nhanh dần đều với gia tốc a. Quả bĩng sẽ chuyển động như thế nào? Và ở
vị trí nào thì đạt được giá trị cân bằng. Lực căng T tác động lên sợi dây
Ví dụ 22:
Do thùng chuyển động nhanh dần đều, áp suất tác dụng lên các điểm ở nửa mặt trước quả
bĩng nhỏ hơn nửa mặt sau (xem lại lý thuyết thùng nước chuyển động tới nhanh dần đều
trong tĩnh tương đối). Như vậy bĩng sẽ chuyển động về phía trước
Khi sợi dây đạt tới vị trí nghiêng một gĩc α với phương ngang như hình vẽ thì bong bĩng
sẽ cân bằng với gĩc α được tính như sau: cotgα = g/a
Giá trị lực căng T sẽ tìm được trên cơ sở cân bằng lực trên phương của lực căng T 
(phương của g*)
α
a
g
a
g*
HƯỚNG DẪN:
ĐS:
Ví dụ 23: Một bình bên trái đựng nước, bên phải kín khí với áp suất dư p0. Trên vách ngăn giữa
hai bên cĩ một van hình vuơng nằm ngang, cĩ thể quay quanh trục nằm ngang qua A, 
cạnh b=0,2m. Khoảng cách thẳng đứng từ trọng tâm van tới bề mặt nước của ngăn bên
trái là hC=1m. Tồn bộ bình được đặt trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều
với gia tốc a=2m/s2. Nếu áp suất bên trên mặt nước của ngăn trái là pck=2 m nước thì
để van ở trạng thái cân bằng như hình vẽ, áp suất p0 phải là bao nhiêu?
393.9298480.042-1962-0.210.2
Fn, Npc, N/m2A, m2a, m/s2Pdu, N/m2pdu, m nươchc, mb, m
Hdẫn:
n CF p A=
( )C du Cp p g a hρ= + +
0
0 0 0
( )( ) ( )
2 / 2
n
n
b AD F FAD F F F p
b A
= → = → =
a
A
p0pck
B
hC
Fn
F0D
2
3
A B
A B
p p bAD b
p p
⎛ ⎞+= − ⎜ ⎟+⎝ ⎠
10241.67409.66670.1039971102986671.10.9
p0, N/m2F0, NAD, mpB, N/m2pA, N/m2hB, mhA, m
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 23
Ví dụ 24: Xe chở nước dài 3m, cao 2m. Nước trong bình lúc xe đứng yên là 1,5m. Xe đang chuyển động 
đều trên mặt phẳng ngang đến một dốc nghiêng lên 300. 
a) Hỏi nếu xe vẩn chuyển động đều thì nước có tràn ra không? 
b) Để nước không tràn ra thì xe phải chạy chậm dần đều với gia tốc a=bao nhiêu?
c) Tính áp lực tác dụng lên thành trước và sau xe khi xe chuyển động chậm dần đều như
câu b. Cho bề rộng xe b=1mHdẫn:
Nhận xét thấy khi xe đứng yên trên dốc thì nước đã tràn ra rồi (tính ra Δh=1,5*tg(300)=0,866m>0,5m). 
Nên để nước không tràn ra ngoài thì xe phải chạy chậm dần đều với giai tốc a. Ta chọn hệ trục xoz
như hình vẽ và phân tích lực khối của phần tử lưu chất, và chiếu lên phương x, z(xem hình vẽ).
gcos 30
0
300
z
x
A(1,5; 
-0,5)
B(-1,5
;0,5)
g
Đường
nằm ng
ang
o
2m
1m
a
-gsin 30
0
300
2m
3m
1,5m
 Δh
0 0 0 01( sin30 ) cos30 ( sin30 ) cos30pa g dx g dz dp a g x g z Cρ ρ− − = ⇔ = − − +
0
0 0
0
sin30( sin30 ) cos30 0
cos30
a ga g dx g dz z x C
g
−− − = ⇔ = +
Để nước không tràn ra ngoài nên mặt thoáng phải đi qua B(-1,5; 0,5) và A(1,5; -0,5), thế vào ptr mặt đ. 
áp. Suy ra gia tốc a=2,07m/s2
Ptr phân bố áp suất:
Ptr mặt đẳng áp:
Từ ptr phân bố áp suất nhận xét thấy trên thành xe sau hoặc trước, áp suất của một điểm bất kỳ được
tính theo áp suất của điểm trên mặt thoáng như sau:
0 0 0cos30 cos30 cos30 ( )B B
p pg z g z p z zγρ ρ+ = + ⇒ = −
Suy ra lực tác dụng lên thành sau, trước là:
22 0 0
0
2cos30 cos30
2s
F hbdh bγ γ= =∫
21 0 0
0
1cos30 cos30
2tr
F hbdh bγ γ= =∫
Ví dụ 25: Một bình trụ D=100mm chứa nước quay tròn quanh trục thẳng đứng qua 
tâm.
Khi mực chất lỏng giữa bình hạ thầp xuống 200mm (so với lúc tĩnh) thì bình
quay với vận tốc bao nhiêu? Nếu quay bình với n=800v.ph mà không muốn
đáy bị cạn thì chiều cao tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu?
Giải
ω2r
H0.2
m0.2
mO
z
r
g
ω
A
B
Phương trình mặt thoáng: 
g2
RωH
g2
rωz
2222
=⇒=
Khi mực nước giữa bình hạ xuống 0,2m thì H=0,4m. 
Suy ra:
ph/vong53556.03s
)05.0(
81.9*2*4.0
ω
81.9*2
)05.0(ω4.0 1-2
22
===⇒=
Nếu quay bình với n=800v/ph =83,76 s-1 mà không muốn đáy bị cạn thì :
0.896m
81.9*2
)05.0()76.83(H
22
==
Vây chiều cao tối thiểu của bình phải là 0.896 m
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 24
Ví dụ 26: 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):
 m 0.30
81.9*2
2.0*12.15h
g2
rωz
2222
==⇒=
Như vậy áp suất dư tại C và C’ bằng nhau và bằng:
 2951N/m 0.30*9810hγpp 2du'C
du
C ====
N/m 6875)3.04.0(*γp
3924N/m 0.40*98104.0*γp
2du
B
2du
D
=+=⇒
===⇒
AC’ C
ω
D B
r=0.2m r=0.2m
O
h
40cm
Nếu không nút C,C’ thì khi quay, nước tại A sẽ hạ thấp
xuống h, và nước tại C và C’ sẽ dâng lên h/2. Phương
trình mặt đẳng áp – áp suất khí trời (chọn gốc toạ độ tại
đáy parabol):
r=0.2m r=0.2m
AC’ C
ω
D B
O
h
h/2
0.2mh m 0.30
81.9*2
2.0*12.15h
2
3
g2
rωz
2222
=⇒==⇒=
2
' / 2 9810*0.10 981N/m 
du du
C Cp p hγ⇒ = = = =
N/m 4905)1.04.0(*γp
1967.5N/m 0.2*9810)2.04.0(*γp
2du
B
2du
D
=+=⇒
==−=⇒
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 25
A
H
Một hệ thống gồm bình trụ hở bán kính R chứa nước cao so với đáy là H. Cho
bình quay đều quanh trục thẳng đứng qua tâm vừa đủ để nước khơng tràn ra. Sau 
đĩ đặt tồn bộ hệ thống quay này trong thang máy chuyển động lên nhanh dần đều 
với gia tốc a. Cho biết : R=0,4m; H=1,2m; a=2m/s2
a) Gọi A là điểm ở đáy parabol mặt thống nước. So với khi chưa đặt hệ thống vào
thang máy, thì vị trí của A như thế nào?
b) Lực tác dụng lên đáy bình khi bình trong thang máy?
Ví dụ 27:
Khi thùng chuyển động lên nhanh dần đều, nếu chọn gốc tọa độ
tại đáy của mặt thống thì phương trình mặt thống trở thành:
Vậy paraboloit mặt thống trở nên cạn hơn, nên nước sẽ khơng
tràn ra ngồi, điểm A sẽ di chuyển lên trên
2 2
2 ( )
rz
g a
ω= +
H dẫn:
Câu 14: Một bình hình trụ bán kính R=0,6m, chiều cao là H=0,7m; đựng nước đến độ cao h = 
0,4m. Bình quay trịn với vận tốc N (vịng / phút) được treo trong thang máy chuyển động lên 
chậm dần đều với gia tốc khơng đổi là a = 1,5 m/s2. Xác định N tối đa để nước khơng tràn ra 
ngồi. 
ĐS: 54,61 vịng/phút
Ví dụ 28
Ví dụ 29:
Một bình hình hộp kín (cao b, đáy vuông cạnh a) chứa nước đầy nước
quay tròn quanh trục thẳng đứng qua tâm. Biết tại A- tâm đáy trên
của bình là áp suất khí trời. Tính lực tác dụng lên mặt bên của bình
Giải
b
g2
rω*h
22
=Ta có:
dAx
x
y
0
ry
a/2
a
A
h*
Mặt đẳng áp - pa
C
Lực tác dụng lên vi phân dAx bằng: 
bdy
g2
)
4
ay(ω
2
b
γdApdF
2
22
xC
⎟⎟
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎜⎜
⎝
⎛ +
+==
Suy ra: 
( )
⇒⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++=
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++= ∫
8
a
24
a
g2
ω
4
abbγ2
2
a
4
a
3
2/a
g2
ω
2
a
2
bbγ2
dy)
4
ay(
g2
ω
2
bbγ2F
332
232
2/a
0
2
2
2
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +=
g6
aω
2
babγF
22
PGS.TS. Nguyen Thi Bay, DHBK tp. HCM; www4.hcmut.edu.vn/~ntbay
 THUY TINH 26
Ví dụ 30:
Một hệ thống ống nghiệm gồm ba ống thơng nhau, cách đều nhau với khoảng cách L, chứa 
nước độ cao H. Hệ thống quay đều quanh trục thẳng đứng quanh ống một với tốc độ n 
(vịng/phút) (xem hình vẽ). Giả sử khi quay nước khơng tràn ra ngồi. Cho H=1m, L=0,3m; 
n=80 vịng/phút.Cột nước trong ba ống khi đã quay?
h3=1.75 mh2=0.79 m;DS: h1= 0.46 m;
HDẫn:
Phương trình mặt thống (qua 3 điểm trên mặt thống ba ống ) cĩ dạng: 
Chọn gốc tọa độ tại O (đáy của ống nghiệm 1) như hình vẽ, 
thế tọa độ của 3 điểm trên mặt thống ba ống , lần lượt ta cĩ:
Với h1, h2, h3 lần lượt là cột nước trong ba ống
Lưu ý rằng: h1+ h2+ h3 =3H
Vậy: 
2 2
2
rz C
g
ω= +
2 2 2 2
1 2 3
4; ;
2 2
L Lh C h C h C
g g
ω ω= = + = +
2 2
2 2
5
5 23 3
2 3
L
L gH C C H
g
ω
ω
⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= + ⇒ = − ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠2 2
1
5
6
Lh H
g
ω⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠
H
 ω
L L
1 2 3
h1
h2 h3
Ví dụ 31:
Mặt chõm cầu cĩ chiều cao là h tương ứng với bán kính cầu là R, tiếp xúc với nước như hình
vẽ. Mặt đáy của chõm cầu nghiêng với phương ngang α và cĩ đường kính d. Tìm lực thẳng
đứng của nước tác dụng lên mặt chõm cầu.
HDẫn:
Nhận xét thấy nếu tiến hành phân tích và vẽ vật áp lực để tìm lực Fz tác dụng lên mặt chõm cầu, 
ta sẽ rất khĩ tính thể tích vật áp lực. Trong trường hợp này, nếu xem tồn bộ các mặt bao quanh 
chõm cầu đều tiếp xúc với nước, ta cĩ: 1 2z z zF F F Ar= + =∑ JJG JJG JJJG JJG
Trong đĩ Fz1 và Fz2 lần lượt là áp lực theo phương z tác động lên mặt chõm cầu (hướng 
lên) và mặt đáy trịn (hướng xuống). Chiếu trên phương z (hướng lên) ta cĩ: Fz1-Fz2 = Ar
Như vậy, để tìm Fz1 ta chỉ cần tìm lực đẩy Ar tác dụng lên chõm cầu và áp lực nước 
(tưởng tượng là cĩ) tác động lên đáy chõm cầu Fz2 (nhớ là chiếu trên phương z!)
Để tìm lực đẩy Ar, ta cần thể tích chõm cầu:
Với h là chiều cao chõm cầu, R là bán kính cầu tương ứng.
Để tìm lực Fz2 ta cần biết áp suất tại trọng tâm C của mặt đáy 
chõm cầu (đường kính d). Trong hình vẽ: 
hC=hA+dsin(α)/2
Lực tác động lên mặt đáy chõm cầu là F2=γhCA= γhC (πd2/4).
Suy ra thành phần thẳng đứng của F2 là:
Fz2=F2cos(α)= γhC (πd2/4)cos(α)
Vậy:Fz1 hướng lên và cĩ giá trị:
2
(3 );
3
hW R h Ar Wπ γ= − =
α
Nước 
d
h
A
hA
C
hC
Fz1 = Ar + Fz2