04/11/2013
1
CHƯƠNG 2 : THỦY TĨNH
I. ÁP SUẤT THỦY TĨNH
1. Áp suất thủy tĩnh
Áp suất
thủy tĩnh
trung bình



P
p
tb


Áp suất
thủy tĩnh
tại một
điểm





P
limp
0


2.Tính chất

- Áp suất thủy tĩnh tác dụng thẳng góc và
hướng vào diện tích chịu lực
- Trị số áp suất tại một điểm
không phụ thuộc vào phương
của diện tích chịu lực
3. Thứ nguyên của áp suất
Đơn vị của áp suất: N/m
2
( Pa) : đơn vị chuẩn dùng để tính toán
Kgf/m
2
, at , m nước, mm Hg
p
a
=1 at =10000Kgf/m
2
= 10m nước = 735 mm Hg = 98100 Pa (N/m
2
)
B

P
P

A
I
II
M
 



 


2
][L
F
A
P
p 
II. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN CỦA CHẤT LỎNG CÂN BẰNG
Khối chất lỏng vi phân, cạnh dx, dy,
dz, cân bằng, khối lượng riêng .
Xét theo phương X:
Lực khối : dxdydz F
x
Lực mặt :
Tổng lực phương X:
Viết dưới dạng vector:
0pgrad
1
F 



F

Lực khối đơn vị (F
x
, F

y
, F
z
)
Điều kiện cân bằng: Tổng hình
chiếu lên các trục của lực mặt và
lực khối tác dụng lên khối phải
bằng không.
Tương tự:
x
y
z
dxdydz
x
p
dydz
dx
x
p
pdydz
dx
x
p
pP
x






















22
0dxdydz
x
p
dxdydzF
x




0
x
p1
F

x































0
z
p1
F
0
y
p1
F
0
x
p1
F
z
y
x
dydz
dx
x
p
p










2
z
x
y
p
dydz
dx
x
p
p









2
III. TÍCH PHÂN PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CƠ BẢN
z
A
p
o
p
A
p
B
h

AB
Chuẩn 0
z
B
)1(
p
z
p
zconst
p
z:hay
const
g
p
zdp
g
1
dz
dz
dp1
g
B
B
A
A
const









 





Chất lỏng nằm trong trường trọng lực: F
x
, F
y
=0, F
z
=-g:
hay: p
B
= p
A
+ h
AB
hay p = p
o
+h (2)
(1), (2) là phương trình thuỷ
tĩnh
Nhận xét:
- Áp suất thủy tĩnh phụ thuộc vào độ sâu của cột chất lỏng.

Những điểm cùng độ sâu thì áp suất sẽ bằng nhau đối với cùng một môi
trường chất lỏng.
- Những điểm ở sâu hơn thì áp suất sẽ lớn hơn.
h
A
h
B
0
x
p1
F
x





0
y
p1
F
y





0
z
p1

F
z










dz
dy
dx
.
dp
1
dzFdyFdxF
zyx


Các loại áp suất.
0
p
a
= 98100 N/m
2
Áp suất
tuyệt đối p

t
Áp suất dư p
d
(tương đối)
0
98100 N/m
2
Áp suất chân
không p
ck
0
98300 N/m
2
200 N/m
2
98000 N/m
2
100 N/m
2
Áp suất tuyệt đối
p
t
: là giá trị áp
suất thật, ví dụ áp
suất của không khí
p
a
=98100N/m
2
Áp suất dư p

d
(áp
suất tương đối) là
áp suất dư ra so
với áp suất khí trời
p
d
= p
t
- p
a
Áp suất chân không
áp suất còn thiếu cần
phải thêm vào cho
bằng áp suất khí trời
p
ck
= p
a
– p
t
= -p
d
h
p
a
p
o
h
A

p
a
h
A
p
a
04/11/2013
2
2. Định luật bình thông nhau:
p
A
=p
A’
+ 
2
h
2
; p
B
=p
B’
+ 
1
h
1

1
h
1
=

2
h
2
Suy ra
Từ p.tr thuỷ tĩnh:
p=0, chân không
tuyệt đối
h
tđ
A
A
B
td
BA
hpp 
h
dư
A
A
p
a
B
h
ck
A
A
B
ck
A
ckck

B
du
A
du
hphpp 
1. Các áp kế:
p
a
h
1

1

2
h
2
A
A
’
B
’
B
A
’
du
A
dudu
B
du
A

du
hphpp 
Biễu diễn áp suất bằng độ
sâu của cột chất lỏng


p
h
;
p
h;
p
h;
p
h
ck
ck
du
du
tđ
tđ






;
h
h

12
1
2



IV. MẶT ĐẲNG ÁP.
Mặt đẳng áp là mặt có áp suất bằng nhau, của chất lỏng nằm trong
trường trọng lực là mặt phẳng nằm ngang
Phương trình mặt đẳng áp: F
x
dx + F
y
dy + F
z
dz=0
Trong phương trình thuỷ tĩnh
là áp suất tuyệt đối p
tđ.
hoặc áp suất dư p
d
5
6
5
6
7
1
2
3 41 3 4
0

p
d
= h nếu (p
o
=p
a
)
Tính chất :
-Hai mặt đẳng áp bất kỳ thì không cắt nhau
-Lực khối có phương vuông góc với mặt đẳng áp
z
A
z
B
A
B
Mặt chuẩn
h
p
0
V. ỨNG DỤNG PHƯƠNG TRÌNH THỦY TĨNH
*Áp kế tuyệt đối: Đo áp suất tuyệt đối
hp
Hga
.


h
Hg
P = 0

* Áp kế
đo chênh
MMAA
zpzp


(a)
NNBB
zpzp


(b)
Từ (a) và (b)






NMNMBBAA
zzppzpzp











mà p
M
= p
N
=>
* Áp kế đo chênh có 2 chất lỏng
A
B
h
1

1

2
M
N
Từ (c), (d), (e) suy ra:
1
1
12B
B
A
A
h
p
z
p
zh




















MMAA
zpzp
11


(c)
NNBB
zpzp
11


(d)

12
hpp
NM


(e)
1
h
p
z
p
zh
B
B
A
A





















A
B
M
N
khí
h
1
* Áp kế vi sai:

1
h
1
= 
2
h
2
Ban đầu thì p
1
=p
2
=p
a
:
Khi áp suất ống bên trái tăng lên p:

p
1
=p
a
+ p; p
2
=p
a
0
h

1

2
h
1
h
2
p
a
p
a
+p
p
a
A
B
C
z
AB1BC2a

AB1BC2CAB1BAa
hhp
hhphpppp












)zhh()zhh(hhp
1122AB1BC2

)(z)(hp
2121

Gọi A, a lần lượt là diện tích ngang ống lớn và ống nhỏ:
A
ah
zz.Ah.a 
)(
A
ah
)(hp
2121


04/11/2013
3
2. Định luật Pascal.
p
0p
0
A
A
p
0
+p
h
Áp suất tại điểm A bất kỳ là: p
I
= p
0
+ h
Nếu ta tăng áp suất tại mặt thoáng lên p thì áp suất tại điểm A đó sẽ là:
p
II
= (p
0
+ p) + h
Vậy tại A áp suất tăng: p
II
- p
I
= p, như vậy:
“Độ biến thiên của áp suất thủy tĩnh trên

mặt giới hạn của một thể tích chất lỏng cho
trước được truyền đi nguyên vẹn đến mọi
điểm của thể tích chất lỏng đó”.
F
p
1

1

2
P
2
P
1
Ứng dụng máy ép thủy lực:
f
p=f/a
F=pA
p
0
h
A’
A
B
C’
C
h
p
0
BIỂU ĐỒ PHÂN BỐ ÁP SUẤT

p
a
h
p
A
=

h
A
A
A
p
a
h
p
A
=

h
A
A
A
B
p
B
=

h
B
h

B
Suy luận: Dùng biểu đồ
phân bố áp suất xác định
áp lực khi diện tích chịu
lực hình chữ nhật có đáy
nằm ngang:
L
b
h
F
D
h
p
0
= p
a
h
a . Biểu đồ phân bố áp suất chiều sâu:
p
a
h
p
a
+h
p
a
h
p
dö
=h

p
a
h
p
dö
/=h
p
ck
h
p
ck
/-h
p
ck
/
p
ck
h
p
ck
-h
p
ck
p
ck
h
p
dö
/=h-h
1

p
ck
/
p
dö
=0, p
tñ
=p
a
h
1
=p
ck/

b . Phân bố áp suất trên một mặt cong :
h
p/=h
p/=h
p
a
h
p
A
=

h
A
A
A
B

p
B
=

h
B
h
B
04/11/2013
4
VI. LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH PHẲNG
p
a
O(x)
y

C
h
D
y
d
D
y
D
F
h
C
h
Tâm áp lực
 Giá trị lực




 

 
du
CCC
dudu
physinydsin
dsinyhddpF
Tương tự :


c
'y'x
CD
y
I
xx
 Điểm đặt lực
xx
2
D
IsindysindysinyydFFy 
 
 
=>








C
2
CC
C
xxxx
D
y
yI
y
I
F
Isin
y


C
C
CD
y
I
yy

du
C
du

pF







C
CC'y'x
C
xyxy
D
y
yxI
y
I
F
Isin
x
I
c
: M. q tính của  so với trục //0x và qua C
I
x’y’
: M. q tính của  so với trọng tâm C
C
y
C
I

xx
=I
c
+y
C
2

I
xy
=I
x’y’
+x
C
y
C

I
c
x
Nếu

có trục đối xứng // Oy
thì D sẽ nằm trên trục đx đó
C: Trọng
tâm của


Trên vi phân diện tích
Lực tác dụng lên toàn bộ diện tích
moment tĩnh

của diện tích 
đối với trục OX





c
yyd
Do đó






c0
hpF


c
pF
Vậy áp lực F tác dụng lên diện tích  bằng áp suất tại trọng tâm
(p
c
) diện tích  nhân cho diện tích đó.
















dsinypdhppddF
00








ydsindp
dsinypF
0
0


 ydsinp
0







c0
ysinpF
o
x
y


y
h
y
c
C
h
c
x
c
x

d
p
o
F
Dùng công thức tổng quát
x
y


C
h
c

d
dF

y
c
x
c


Điểm đặt : D ( y
D
và x
D
) của F
Xác định y
D
:
- Moment của F đối với trục OX
M
ox
= F. y
D
= (h
c
). y

D
= y
c
sin  . y
D
(2.12)
Ngòai ra: monent của dF trên d đối với trục OX là:
dM
ox
= dF . y = pd y= ( hd)y =  y
2
sin  d
Vậy moment của F đối với trục OX là :


 dsinyM
2
ox
: moment quán tính của  đ/v OX


 dyI
2
ox
(2.13)
oxox
IM

sin
Vậy y

c
sin  . y
D
= sin I
OX
Suy ra : (2.14)


c
ox
D
y
I
y
Moment quán tính đ/v trục ox có thể tính từ
moment quán tính đ/v trục đi ngang qua trọng
tâm C theo công thức



c
2
cc
D
y
yI
y


c

c
CD
y
I
yy


c
c
CD
y
I
yy
(2.15)
I
c
luôn luôn dương, do đó . Nghĩa là vị trí D thấp hơn C
y
y
D
C



 dysin
2

2
ccox
yII

D

trường hợp áp suất trên mặt thóang p
0
=0
p
o
F
h
y
y
D
x
D
2. Áp lực thủy tĩnh lên thành hình chữ nhật có đáy đặt nằm ngang
Van chữ nhật (bxh) cao h=AB
nghiêng góc  so với mặt nằm ngang
với : A : có độ sâu h
1
B : có độ sâu h
2
Xác định trị số của F:
Vậy: F = . .b
h
.
b
hF
c






2
21
hh
h
c


b.h
2
hh
F
21


Với là diện tích đồ phân bố áp suất thủy tĩnh .
h
2
hh
21


Chú ý : Chỉ với diện tích chịu lực là hình chữ nhật mới dùng
phương pháp vẽ biểu đồ
Điểm đặt của F: Đi qua trọng tâm
của diện tích biểu đồ áp lực
B
’

h
b
h
2
h
1

F
A
B
A
’
C
D
h
2
h
1
h
C
3
AB
.
hh
hh2
AD
21
12




04/11/2013
5
Trọng tâm hình thang.
17
b
1
b
2
y
1
H
G
3
.
2
21
21
H
bb
bb
y



3
.
2
2
1

12
1
H
bb
bb
y



y
Tính và vẽ áp lực F
18
A
2
H
p
C


0
B
p
b
H
H
bL
H
F
AB
.

sin
.
2
).(
2



B
H
C
H/2
p
C

(vì h
B
=0)
G
F
2H/3
D
Nước
Khơng khí
Fx, Fy, Fz là hình chiếu của F lên các trục ox, oy, oz
• Áp suất trên mặt thóang bằng áp suất khí trời
• - Ba hình chiếu của  lên các mặt phẳng vng góc với
ox, oy, oz là : 
x
, 

y
, 
z
• - Xét vi phân diện tích d, tại trọng tâm:
• - Áp lực trên :
- Ta có:


hp

h
z
y
p
a
()
x

d

z

x
F
d

n

dW
n.pdFd






FdF















zz
yy
xx
dFF
dFF
dFF









zzz
yyy
xxx
pdn.pddF
pdn.pddF
pdn.pddF
VI./ VI./ Áp lực thủy tónh trên một diện tích cong::
2
z
2
y
2
x
FFFF 
• Thành phần áp lực trên trục toạ độ x
thành phần áp lực trên trục x
chính bằng áp lực thủy tĩnh trên
diện tích phẳng 
x
:
• Tương tự cho thành phần
áp lực trên trục toạ độ y:
• Thành phần áp lực trên trục toạ độ z:
• (W – thể tích vật áp lực)
xCxx

pF






x
xxxx
pdn.pddFF
z
p
a
x
h

d 

x
F
d

n

d 
x
p
p
dF
x

yCyy
pF






dWhdn.pddFF
z
z
zzzz
WF
z


VI./ Lưu chất tónh trong trường trọng lực (tt):VI./ Lưu chất tónh trong trường trọng lực (tt):
04/11/2013
6
O(y)
z
x

x
Mặt
cong

d

d


z
d

x
h
p
a
n
(n,ox)
dF
x

z
2
z
2
y
2
x
FFFF 
xcxxx
xx
phdhd
)ox,ncos(pddFF
x







 Thành phần lực theo phương x
 Thành phần lực theo phương z
Whd
)oz,ncos(hddFF
z
zz






Vật áp lực được giới hạn bởi phía dưới : mặt
cong

, các mặt bên : thẳng đứng tì lên chu
vi của

đến mặt trên

z
,

z
: Hình chiếu của

lên mặt thống hoặc mặt thống kéo dài.
VII.

LỰC TÁC DỤNG LÊN THÀNH CONG ĐƠN GIẢN
W: thể tích vật áp lực
8
d
;bF
.d
2
dHH
h
2
hh
;bF
2
z
zz
AD
DA
x
xx










2

z
2
x
FFF 
3
r2
;bF
.
4
d
;hF
3
z
zz
2
x
xcx








2
z
2
x
FFF 

x
z
F
F
tg 
04/11/2013
7
04/11/2013
8
a
H
g
g
*

A
B
O
x
z
VIII. 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

=>
Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:
*
aABABB
B
A
A
hpphayhppgz
p
gz
p




•P.tr Mặt đẳng áp
Cx
g
a
zCgzax)gdzadx(  0
C
p
gzax0dp
1
)gdzadx( 




2.Nước trong bình trụ quay đều quanh trục thẳng đứng:


2
r
H
H/2
H/2
O
z
r
g

A
B
ở đây: F
x
=
2
x; F
y
=
2
y; F
z
=-g.
=>
C
g2
rp
z0dp
1

)gdzydyxdx(
22
22







Đối với hai điểm A,B thẳng đứng:
*
aABAB
2
B
2
B
B
2
A
2
A
A
hγpphayhγpp
g2
rω
γ
p
z
g2

rω
γ
p
z 
•P.tr Mặt đẳng áp:
C
g
r
zC
g
r
z)gdzydyxdx( 




22
0
2222
22
•Phân bố áp suất:
W

r
Wg

l
Wg

r

W
2
r

l
W
2
r
F
r
F
l

r
>
l
: chìm ra

r
<
l
: nổi vào
Nguyên lý lắng ly tâm :
IX. ỨNG DỤNG TĨNH TƯƠNG ĐỐI
Hạt dầu quay cùng trong nước sẽ nổi lên mặt thoáng và ở tâm bình trụ.
Hạt cát quay cùng trong nước sẽ chìm xuống và ở mép dáy bình trụ.
5. Lực đẩy Archimède:
Một vật nằm trong môi trường chất
lỏng sẽ bị một lực đẩy thẳng đứng
từ dưới lên trên và bằng trọng

lượng của chất lỏng mà vật đó
chiếm chỗ.
Archimede 287-212 BC
W
1
W
2
W
A
B
m
n
+

04/11/2013
9
b
H
Đốt hầm
L
Để xây dựng đường hầm Thủ thiêm người ta đúc những đốt hầm bằng
bê tơng, mỗi đđốt hầm có chiều dài L = 92,5 m, chiều rộng b = 33 m ,
chiều cao H = 9m và trong rỗng như hình vẽ. Để di chuyển đđến vị trí
đđường hầm, người ta bịt kín 2 đđầu và kéo trơi trên sơng. Biết trọng
lượng của tồn bộ đđốt hầm là 27000 Tf (tấn lực). Xác đđịnh chiều
cao nổi trên mặt nước
Đốt hầm Thủ Thiêm khi thả vào
nước
 C
D 

 C
D
VII. SỰ CÂN BẰNG MỘT VẬT TRONG CHẤT LỎNG:
Cân bằng ổn định
7.1 Vật ngập hồn tồn trong chất lỏng :
C trên D
F
A
G
 C
D
F
A
G
 C
D 
F
A
G
C dưới D
Cân bằng khơng ổn định
C : điểm đặt trọng lượng, D : điểm đặt lực đẩy archimede
F
A
G
7.2 Vật ngập một phần trong chất lỏng :
C 
D 
Tâm đònh khuynh M nằm trong CD
MD được xác định :

W
I
MD
yy

Iyy: moment qn tính của mặt nổi đối với trục quay yy
W : Thể tích vật chìm trong chất
lỏng
 M
D 
 C
D
M
C trên
D
Tâm định khuynh M nằm ngồi CD
C trên D
G
D 
 C
 D
F
A
G
 C
 D
F
A
G
F

A
 D’
G
D’
F
A
Cân bằng ổn định
Cân bằng không ổn
đònh
D : điểm đặt lực đẩy
Archimede
C : điểm đặt trọng tâm
vật
Nếu C và D trùng nhau
-

> Sự cân bằng
04/11/2013
10
Ví dụ 3:
Tìm áp suất tại 3 điểm A, B, C?
Tìm áp suất tuyệt đối và dư tại điểm A
ở đáy bình đựng nước sâu h=4m.
A
B
C
p
o
p
o

p
o
h
Ví dụ 2: Tìm áp suất chân không ở tâm
hình cầu 3.
Biết h
1
=3m, h
2
=4m, 
1
=1,2; 
2
=0,8
A
h
??
h
1
1
2
3

1

2
h
2
p
2

=p
1
+ 
2
h
2
p
3
=p
2
- 
1
h
1
p
3
=p
1
+ 
2
h
2
- 
1
h
1
p
3d
=p
1d

+ 
n

2
h
2
- 
n

1
h
1
=0+1000(0,8.4-1,2.3)
= - 400 kgf/m
2
p
d
A
= 
n
h = 1000 kgf/m
3
.4 m = 4000 kgf/m
2
p
t
A
= p
d
A

+p
a
= 4000 + 10000 = 14000 kgf/m
2
V. ỨNG DỤNG
Ví dụ 2: Tính z, p
a
=76cmHg, 
nb
=11200 N/m
3;

Hg
=133000 N/m
3
Ta có: p
A
= p
B
+ 
Hg
h
AB
=0.84 
Hg
+ 
Hg
h
AB
= 

Hg
(0.84+0.8)=1.64 
Hg
Mặt khác :
p
A
– p
a
= 
nb
.(z+0.4)
=> (z+0.4) = (p
A
– p
a
)/ 
nb
= (1.64 
Hg
- 0.76 
Hg
)/ 
nb
= 0.88(
Hg
/ 
nb
)
= 0.88 x133000/11200=10.45m
Suy ra z = 10.05 m

p
a
z
40cm
40cm
p
tđ
=0
Hg
84cm
A
B
Ví
dụ 3
Bình đáy vuông cạnh a=2m. Đổ vào bình hai chất lỏng
khác nhau, 
1
=0,8
;

2
=1,1. V
1
=6m
3
; V
2
=5m
3.
Tìm p

B

1
= 
1

n
=0.8*9.81*10
3
N/m
3

2
= 
2

n
=1.1*9.81*10
3
N/m
3
Giải:
Gọi h
2
là bề dày của lớp chất lỏng 2:
h
2
=(5/4)m.
Gọi h
1

là bề dày của lớp chất lỏng 1:
h
1
=(6/4)m.
Ta có h
AB
= h
2
– h = 0.25m
Suy ra: p
B
=p
A
+
2
*h
AB
= p
A
+ 
2
*(0.25)
Suy ra: p
B
= p
a
+ 
1
*h
1

+ 
2
*(0.25)
Suy ra: p
du
B
= 0+ 
1
*(1.5) + 
2
*(0.25)
= 9.81*10
3
(0.8*1.5+1.1*0.25)=14.5 m nước

1

2
a=2m
B
h=1m
h
2
h
1
A
p
a
04/11/2013
11

Ví dụ :
Xác đònh giá trò áp suất đọc trên áp kế nếu biết:
h
1
=76cm, h
2
= 86cm, h
3
=64cm, h
4
=(a+71)cm
Giải:
p
A
= p
B
-
n
h
AB
p
B
= p
C
+ 
Hg
h
BC
p
C

= p
D
- 
n
h
CD
p
D
= p
E
+
Hg
h
DE
Suy ra giá trò áp suất dư đọc được là:
p
A
= p
E
-
n
h
A-B
+
Hg
h
B-C
-
n
h

C-D
+ 
Hg
h
D-E
=>
p
A
=0 - 
n
(h
1+
h
2
)+ 
Hg
h
1
- 
n
h
3
+ 
Hg
h
4
= 
n
(-h
1

-h
2
+13,6h
1
-h
3
+13,6h
4
)
=17,732
n
=17,732x9810Pa=173,95KPa
h
2
h
1
h
3
h
4
pa
E
D
C
B
A
Khí
Nước
Hg(13,6)
Nước

Ví dụ : Xác định độ chênh áp suất
giữa 2 điểm A và B.
Ta có :
p
M
= p
A
+ 
bz
h
AM
p
C
= p
M
- 
Hg
h
CM
p
K
= p
C
- 
d
h
KC
p
N
= p

K
+ 
n
h
KN
p
B
= p
N
(khơng khí)
p
B
= p
A
+
bz
h
AM
- 
Hg
h
CM
- 
d
h
KC
+ 
n
h
KN

p
B
– p
A
= 
n
(
bz
h
AM
- 
Hg
h
CM
- 
d
h
KC
+ h
KN
)
=1000(0,88.0,2-13,6.0.08-0,82.0,32+0,26) kgf/m
2
A’B chính là chiều cao của tam giác đều,
Cạnh đáy AE của tam giác:
AE=2*A’B/tg(60
0
)=2.667m
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 (hình vẽ) để giữ van đứng n
Giải:
h
C
= 3+2x1/3 = 3.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
BA'
0

Diện tích

của tam giác:

=(AE)*(A’B)/2=3.079 m
2
Áp lực: F
n
du
=

h

C

=9.81*3.666*3.079 = 110,76 KN
y
C
= OC= h
C
/sin(60
0
) = 4.234m
4.304m
079.3*234.4
36
31.2*667.2
234.4
y
36
h*b
y
y
I
yyOD
3
C
3
C
C
C
CD






F
n
(AD)=F(2)
=>F =F
n
(AD)/(2)=110.76*(OD-OA)/2
=110.76*(4.304-3.464)/2 =46.507 KN
A
B
E
p
a
3m
2m
=60
0
C
C
h
C
B
A’
D
y
O
F

F
n
AB chính là cạnh còn lại của hình CN,
Ví
dụ
5a:
Van phẳng ABGH hình chữ nhật có thể quay quanh trục AG (AG=
5m) nằm ngang như hình vẽ. Tìm áp lực nước tác dụng lên van và vị
trí điểm đặc lực D. Tính lực F ngang để giữ van đứng n
Giải:
h
C
=
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
AB
0

Diện tích

của hình vng:

=(AB)
2

= m
2
Áp lực: F
n
du
=

h
C

=9.81* * = KN
y
C
= OC= h
C
/sin(60
0
) = m
m
y
12
h*b
y
y
I
yyOD
C
3
C
C

C
CD





F
n
(AD)=F(2)
=>F =F
n
(AD)/(2)=F
n
*(OD-OA)/2
= KN
A
B
G
p
a
3m
2m
=60
0
C
C
h
C
B

D
y
O
F
F
n
H
04/11/2013
12
AB chính là cạnh còn lại của hình CN,
Ví
dụ
5a:
Van phẳng ABGH hình chữ nhật có thể quay quanh trục AG
(AG=b= 5m) nằm ngang như hình vẽ. Tìm áp lực nước tác dụng lên
van và vị trí điểm đặc lực D. Tính lực F ngang để giữ van đứng yên
Giải:
h
C
=
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
AB
0


Diện tích biểu đồ áp lực:
Áp lực: F
n
du
=

b =9.81* * = KN
F
n
(AD)=F(2)
=>F =F
n
(AD)/(2)=F
n
*(OD-OA)/2 = KN
A
B
G
p
a
3m
2m

C
C
h
C
B
D

y
O
F
F
n
H
=60
0
AB
2
hh
AB


AB
)hh(3
hh2
AD
AB
AB



2
m31,2.
2
35


Điểm đặt D cách A là :

Để van đứng yên thì M
A
=0 hay
5.444m
079.3*389.5
36
31.2*667.2
389.5
y
36
h*b
y
y
I
yyOD
3
C
3
C
C
C
CD





Cạnh đáy AE của tam giác:
AE=2*AB/tg(60
0

)=2.667m
E
A
B
P
0
du
= 0,1at
3m
2m
=60
0
C
C
h
C
A
D
y
O
F
F
n
1m
p
a
B
Ví dụ 6
Tương tự VD5 nhưng p
o

du
= 0,1at
Giải:
h
C
= 1+ 3+2/3 = 4.666m
m31.2
3
4
2
3
2
)sin(60
2
AB
0

Diện tích A=(AE)*(AB)/2=3.079 m
2
Áp lực: F
n
du
=

h
C
A=9.81*4.666*3.079
= 140,97 KN
y
C

= OC= h
C
/sin(60
0
) = 5.389m
F
n
(AD)=F(2)
=>F=F
n
(AD)/(2)=140.97*(OD-OA)/2=
140.97*(5.444 – 4.619)/2 =58.133 KN
Ghi chú: OA=4/sin(60
0
)
AB : chiều cao của tam giác đều,
A
B
P
0
ck
= 0,6at
3m
2m
=60
0
C
C
h
C

A
D
y
O
F
F
n
1m
p
a
B
Ví dụ 7:
Giải:
p
C
= -

h
C
= -9.81*10
3
*(1+ 2x2/3) = -9.81*10
3
* 2.333 N/m
2
Áp lực: F
n
du
= -


h
C
A
= -9.81*2.333*3.079
= -70.483 KN
Toạ độ y
C
= - OC= h
C
/sin(60
0
)
= -2.694 m
m804.2-
079.3*694.2
36
31.2*667.2
694.2
y
36
h*b
y
y
I
yyOD
3
C
3
C
C

C
CD







F
n
(AD)=F(2)
 F = F
n
(AD)/(2)=140.97*(OA-OD)/2
= 70.483*(3.464 – 2.804)/2 =23.25 KN
Ghi chú:
OA=3/sin(60
0
)
AB =2.31 m; AE= 2.667m
A=3.079 m2
Tương tự VD5 nhưng p
o
CK
= 0,6at
KN22,66
5,1
794,0.0775,125
AB

AD.F
F
AB.FAD.F
m794,05,1
)55,3(3
5x25,3
AD
KN0775,1252.5,1
2
55,3
.81,9F
;m5,1
2
55,3
AB
2
hh
;bF
n
n
n
2
BA
n

















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
Ví
dụ
7:
F?
5m
1,5m
A
B
C
y
C
=h
C
D
F
n
O

y
y
D
p
a
h
A
h
B
KN 125.07752*5,1*)2/5,15(*81.9hpF
C
du
C
du
n

04/11/2013
13
Bài tập về nhà
• 2-11, 2-12; 2-14; 2-15; 2-17
• 2-23; 2-24; 2-25; 2-26; 2-27; 2-35
• 2-39; 2-40; 2-41; 2-44; 2-45; 2-47; 2-49
• Trong sách bài tập thủy lực tập 1
Bài
tập
:
V
ẽ biểu đồ áp suất dư tác dụng lên mặt phẳng
(AB, BC nếu có) của các sơ đồ sau. Cho b=1m, Tìm áp
lực của chất lỏng lên thành bình AB

Cho a= cd (cm) , cd là 2 số cuối của mã số SV
50
A
=30
0
B
Nöôùc
1
H=a
Nöôùc
=30
0
A
B
C
H
1
=a
H
2
=a+1
3
A
B
C
Nöôùc
=45
0
H
2

=a+1
H
1
=a
4
A
B
=60
0
Nöôùc
2
H=a
51
A
Nöôùc
=30
0
A
B
C
H
1
=2m
H
2
=2m

1
=1


2
=1,3
5

1
=800kg/m
3

2
=1000kg/m
3
A
B
C
H
2
=4m
H
1
=3m
=45
0
7
A
=60
0
Nöôùc

1
=0,9


2
=1,8
B
H
1
=2m
H
2
=3m
6
C

1
=1,2

2
=1,4
VD: Một cửa van hình chữ nhật ABEF đáy EF
nằm ngang có thể quay quanh trục AB. Cửa
van được đóng lại bởi đối trọng gắn trên van.
Trọng lượng của đối trọng và van là W đặt tại
G. Cửa van dài L = 120cm, cao a = 90cm,
chiều cao cột nước h=0,9m. Xác định trọng
lượng nhỏ nhất của đối trọng để mở van
không thể tự mở.
L.a.
2
hh
bF

EA


Với : h
E
=h = 0,9 m.
L
AE
= a =0,9 m
h
A
=h–L
AE
.sin60
o
= 0,9-0,9.sin60
o
D
3
a
.
hh
hh2
AD
EA
AE



Để van cân bằng thì M

F
= M
W
=> F.AD = W.0,3
h
A
h
E
04/11/2013
14
KN96,32
2,1
8,0.13,14635,0.05,80
AO
OD.FOD.F
F
OD.FOA.FOD.F
m8,0
3
2,1
2OD
KN13,142.2,1
2
2,1
.81,9.82,0F
;2,1
2
2,1
AO
2

h
;bF
m635,02,1
)48,2(3
4.28,2
OD
KN05,802.2,1
2
8,24
.81,9F
;2,1
2
8,24
AO
2
hh
;bF
2d1n
2d1n
2
d
OA
dddd
1
n
OA
nnn





















Ví dụ : Van phẳng OA hình chữ nhật cao 1,2m, rộng 2m, quay
quanh trục O nằm ngang như hình vẽ.
1) Tính áp lực do nước và dầu tác dụng lên van.
2) Tính lực F để giữ van đứng n.
Ví dụ : Cho 1 cửa van hình chữ nhật có bề rộng b = 5m. Chòu áp lực nước
thượng lưu như hình vẽ với H = 2m. Hỏi áp lực thủy tónh F tác dụng lên
van?
Giải
Áp lực thủy tónh tác dụng lên van:
F = p
C
 = h
C


h
C
= H/2 = 2/2 = 1 (m)
=> F = 9810
N/m3
x 1
m
x 5
m
x2
m
= 98100 (N )
O
C
H
Thay p
0
bằng lớp chất lỏng có bề dày tương đương:
F = p
C
 = h
0
1/2bh = 1.2*1000
kgf/m3
*2.366
m*
1/2*3
m
*2

m
= 8.5x10
3
kgf
m
h
y
m
h
Hhh
m
C
C
m
mm
C
73.2
60
sin
366.2
sin
366.2
60sin
3
3
15.0sin
3
0
0
0






h
C
p
0
y

O

h
0
C
m
mkgfx
mkgfp
h 5.0
/10002.1
/600
2
2
0
0


m182.0
73.2x18

3
y18
h
2
bh
y36
bh
y
I
e
2
C
2
C
3
C
C



Ví dụ : Cho 1 tấm phẳng hình tam giác chìm trong chất lỏng có tỷ
trọng  = 1.2, có các kích thước như sau: h = 3m, b = 2m
H = 1m,  = 60
0
; p
0
= 0.06at = 600 kgf/m
2
Ví dụ : Van phẳng hình tròn đặt trên
mặt phẳng nghiêng 1 góc 60

0
như hình
Vẽ. Van có thể quay quanh trục nằm
Ngang qua tâm C. Bỏ qua ma sát.
Xác đònh:
a./ Áp lực tác dụng lên van
b./ Momen cần tác dụng để mở van.
Giải:
F = p
C

y
D
–y
C
= 0,0866m
M
C
= 0
M = F
x
(y
D
–y
C
)
= (1230x10
3
N)(0,0866m) = 1,07x10
5

N.m
Nx
m
xmxmNx
D
h
C
3
2
3
2
101230
4
)4(
)10()/1081,9(
4










m6,11
)m4(x)60sin/m10(
)m2(x)4/(
60sin

m10
y
I
yy
20
4
0
C
xC
CD






04/11/2013
15
Ví dụ10:
Một cửa van cung có dạng ¼ hình trụ bán kính R=1,5m; dài L=3m
quay quanh trục nằm ngang qua O. Van có khối lượng 6000 kg và
trọng tâm đặt tại G như hình vẽ. Tính áp lực nước tác dụng lên van và
vị trí điểm đặc lực D . Xác định moment cần mở van
Giải:
G
1,5m
Nước
0,6m
0,6m
G

F
x
F
z
F

D
O
p
a
KN10.333*5.1*
2
5.1
*81.9LhpF
xxcxxcxx

KN523*
4
5.1*
*81.9LL
4
R
WF
2
z
2
z






KN65.165233.10FFF
222
z
2
x

0
x
z
52,571.570796
1.33
52
F
F
)(tg 
Nm 353166.0*6000*81.96.0*GM



04/11/2013
16
Ví dụ : Xác đònh áp lực do dầu tác dụng lên một van cung DMCN dạng
¼ hình trụ có bán kính 0,5m, dài 2m nằm dưới độ sâu h =1m.
Giải:
F
x
=p
Cx

A
x
=
x
b
A
x
=RL,
F
y
= 0
F
x
=9,81KN
F
Z
=10,93KN
h
Dầu (0,8)
F
Z
F

F
X
p
a








2
R
hp
dCx










4
2
dd
R
RhWF
z


0
48
11,1tg





x
z
F
F
KNFFFF
zyx
69,14
222

h+R
Ví
dụ
11
Một hình trụ bán kính R=2m; dài L=2m Ở vị trí cân
bằng như hình vẽ. Xác định áp lực nước lên van, trọng
lượng của phao và phản lực tại A
Giải
p
a
2R
R
2R
Nước
A
R
F
z1

=W
1
F
z2
=W
2
;263.3941KNG);RR
4
3
(*L*9.81
)L-(W-WG
0FFG
22
1212
2z1z




KN
24
.
39
2*2*
2
2
*81.9L
hpFR
x
xcxxcxxA









Ví
dụ
12:
Giải:
KN44.145
2*12.2*
2
12.2
*81.9
LhpF
xxcxxcxx










KN12.5989

2*
2
5.1
4
5.1*
*81.9
L
2
R
4
R
LWF
22
22
zz
























KN45.9160.12145.44FFF
222
z
2
x

0
x
z
92.15285.0
15.44
6.12
F
F
)(tg 
2.12m5.1*2R2AB
22

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 .
Nước

F
x
F
z
F
R
45
0
45
0

A
B
C
F
z1
F
z2
p
a
O
Một ống tròn bán kính r = 1 m chứa nước đến nửa ống như
hình vẽ. Trên mặt thóang khí có áp suất dư p
o
= 0,5 m
nước. Biết nước ở trạng thái tĩnh. Tính tổng áp lực của nước
tác dụng lên ¼ mặt cong (BC) trên 1m dài của ống
Ví
dụ
13

rp
o
B
C
Giải:
N98101*)5,05,0(*9810
1.r)
2
r
5,0(pF
xcxx


N12605.851.285*9810
1).r5,0
4
r
(WF
2
z


N 15973.2FFF
2
z
2
x

04/11/2013
17

Ví
dụ
14:
Giải:
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 .
x
G = Ar

0.6*

n
*a
3
=

n
*a
2
*x
x= 0.6*a =0.6*0.3
x = 0.18 m
Câu 13:




Một vật hình trụ đồng chất có tiết diện hình vuông, cạnh là a =
1m, chiều cao là H = 0,8m. Khi cho vào nước, mực nước ngập

đến độ cao là h=0,6m. Lực tác dụng lên một mặt bên của vật và
tỷ trọng của vật là:


h

H

a

a

Hình câu
14

Ví dụ 15:
ĐS: F=1765,8 N;

=0,75
Vật đồng chất nằm cân bằng lơ lửng trong môi 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
Vật
Hướng 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
ĐS:
Ví
dụ
16:
Một
vật
nhỏ
.
Nếu
D
quả
Một quả bóng có trọng lượng 0,02 N, phía dưới có buộc một vật
nhỏ (bỏ qua thể tích) trọng lượng 0,3N. Cho 
khong khi
=1,23 kg/m
3
.
Nếu bơm bóng đầy bằng khí có 
khi
=0,8 kg/m
3
thì đường kính D
quả bóng phải bằng bao nhiêu để bóng có thể bay lên được
Hdẫn:
b Vat khi khongkhi b b Vat khi b khongkhi b
G G G W G G W W
  
      

Gb Gv gamakk gamak Wb D
3
D
0.02 0.3 1.23 0.8 0.076 0.14 0.52522
b Vat
b
khongkhi khi
G G
W
 



VD : Một thanh gỗ đồng chất dài L = 2 (m), diện tích ngang là S,
có khối lượng riêng là 600 (kg/m
3
) được gắn vào bản lề O đặt
cách mặt nước một khoảng a = 0,4 (m). Tìm góc nghiêng ɑ khi
thả thanh gỗ vào nước. Biết 
n
=1000 (kg/m
3
).
Gọi chiều dài phần thanh gỗ ngập trong nước
là L
1
, chiều dài cả thanh gỗ là L thì chiều dài
phần thanh gỗ trên mặt nước là L
2
= L - L

1
Phương trình cân bằng của vật là:
2/LL.)2/LL(L.
g11n




M
F
= M
G
=> L
1
= 0,74 m

L
2
= 2 – L
1
= 2,26m
Góc nghiêng ɑ khi thả thanh gỗ vào nước là :
'387131,0
26,1
4,0
L
a
cos
o
2


mà L
2
= L – L
1
L
2
A

B

Dầu
S
A

B

Nước
S
Ví dụ : Một ống đo tỉ trọng có khối lượng M=0,045kg và tiết
diện ngang của ống là S = 290mm
2
. Khi bỏ vào trong nước
(
N
= 1), ống chìm đến vạch A, và khi bỏ vào trong dầu tỉ trọng

D
= 0,9 ống chìm đến vạch B. Tìm khỏang cách đọan AB
Giải:

)SLW(WgMG
ABdn


















 1
1
S
G
L;
G
W
dn
AB
n

17.24mm1000*1
9.0
1
9810*10*290
045.0*81.9
L
6
AB









04/11/2013
18
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 G
1
; Trọng lượng của chất lỏng chứa trong bình là
G
2

;Tỷ số các chiều sâu (như hình vẽ) k=z
1
/z
2
; 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+G
1
+G
2
.
Vậy: G + G
1
+ G
2
= Ar = z
1
A
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 trọng lượng
của khối chất lỏng bị phao chiếm trong bình :
G = z
2
A -G
2
 A = (G+G

2
)/z
2
G
1
G
z
2
z
1
Ar
G
2
Suy ra: G + G
1
+ G
2
= z
1
(G+G
2
)/z
2
= kG+kG
2.
2
1
G
1
k

G
G 


Một bình bằng sắt hình nón cụt không đáy (=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(HV
22
gnoncuttron

Trọng lượng bình:
3/))br)(bR()br()bR((HV
22
inoncutngoa

R
r
H
x
b
W
r
x
Fz
Ví
dụ
20
Điều kiện: G  F

z
Suy ra: 441.96  F
z
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
x
R(R))rR(
H
x
R(R2
3
xπ
γ
)RrrR(
3
xπ
xπRγWγF


































Ta tính lực F
z
hướng lên do nước tác dụng lên bình:
 
rR
H
x
Rr
r
R
rR
H
x
x

x




Từ quan hệ:
Ví dụ 21:
Một thùng hình trụ hở cao H = 1,2 m chứa nước ở độ sâu h
o
=1m và di chuyển
ngang theo phương x với gia tốc a = 4m/s
2
. 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
a
z 
Chọn gốc toạ độ là giao điểm của trục bình và mặt thoáng , p.tr mặt thoáng:
Tại x=-D/2:
m2.012.1hHm407.01
81
.
9
4
z
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 h
1
. Ta có:
m793.0407.02.1
2
hΔ
Hhm407.01
81
.
9
4
z
2
hΔ
12/D


Suy ra lực tác dụng lên đáy bình lúc ấy là:
KN 24.42
4
D
πhγF
2
1

h
1

D
x
H
h
h/2
O
Quả bóng không trọng lượng được buộc trong thùng kín
đầy nước. Thùng chuyển động tới nhanh dần đều với gia
tốc a. Quả bóng 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 bóng nhỏ hơn nửa mặt sau (xem lại lý
thuyết thùng nước chuyển động tới nhanh dần đều trong tĩnh tương
đối). Như vậy bóng sẽ chuyển động về phía trước
Khi sợi dây đạt tới vị trí nghiêng một góc  với phương ngang như
hình vẽ thì bong bóng sẽ cân bằng với góc  được tính như sau:
cotg = 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*)

a
g
a
g*
HƯỚNG
DẪN:

04/11/2013
19
ĐS:
Ví
dụ
23:
Một bình bên trái đựng nước, bên phải kín khí với áp suất dư p
0
. Trên vách ngăn
giữa hai bên có một van hình vuông nằm ngang, có 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 h
C
=1m. Toàn bộ bình được đặt trong thang máy chuyển
động lên nhanh dần đều với gia tốc a=2m/s
2
. Nếu áp suất bên trên mặt nước của
ngăn trái là p
ck
=2 m nước thì để van ở trạng thái cân bằng như hình vẽ, áp suất p
0
phải là bao nhiêu?
b, m h
c
, m pdu, m nươc Pdu, N/m
2
a, m/s
2
A, m
2

p
c
, N/m
2
Fn, N
0.2 1 -0.2 -1962 2 0.04 9848 393.92
Hdẫn:
n C
F p A

( )
C du C
p p g a h

  
0
0 0 0
( )
( ) ( )
2 / 2
n
n
b AD F F
AD F F F p
b A
    
a
A
p
0

p
ck
B
h
C
F
n
F
0
D
2
3
A B
A B
p p b
AD b
p p
 

 
 

 
h
A
, m h
B
, m p
A
, N/m

2
p
B
, N/m
2
AD, m F
0
, N p
0
, N/m
2
0.9 1.1 8667 11029 0.103997 409.6667 10241.67
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 30
0
.
Hỏi nếu xe vẩn chuyển động đều thì nước có tràn ra không?
Để nước không tràn ra thì xe phải chạy chậm dần đều với gia tốc a=bao nhiêu?
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=1m
Hdẫn:
Nhận xét thấy khi xe đứng yên trên dốc thì nước đã tràn ra rồi (tính ra h=1,5*tg(30
0
)=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).
30
0

z
x
g
2m
3m
1,5m
0 0 0 0
1
( sin30 ) cos30 ( sin30 ) cos30
p
a g dx g dz dp a g x g z C
 
       
0
0 0
0
sin30
( sin 30 ) cos30 0
cos30
a g
a 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/s
2
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 0
cos30 cos30 cos30 ( )
B
B
p p
g z g z p z z

 
     
Suy ra lực tác dụng lên thành sau, trước là:
2
2
0 0
0
2
cos30 cos30
2
s
F hbdh b
 
 

2
1
0 0
0
1
cos30 cos30
2

tr
F hbdh b
 
 

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

2
r
H
0.2m
0.2m
O
z
r
g

A
B
Phương trình mặt thoáng:
g2
Rω
H
g2

rω
z
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(ω
4.0
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
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 p
C
, p
O
, p
B
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 p
C
(chọn gốc toạ độ tại đáy parabol):
m 0.30
81.9*2
2.0*12.15
h
g2
rω
z
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


A
C’
C

D
B
r=0.2m
r=0.2m
O
hhhh
40c
m
04/11/2013
20
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

D
B
O
h
h/2
0.2mh m 0.30
81.9*2
2.0*12.15
h
2
3
g2
rω
z
2222

2
'
/ 2 9810*0.10 981N/m
du du
C C
p p h

    

N/m 4905)1.04.0(*γp
1967.5N/m 0.2*9810)2.04.0(*γp
2du

B
2du
D


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 không tràn ra. Sau
đó đặt toàn 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/s
2
a) Gọi A là điểm ở đáy parabol mặt thoáng 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 thoáng thì phương trình mặt
thoáng trở thành:
Vậy paraboloit mặt thoáng trở nên cạn hơn, nên nước sẽ
không tràn ra ngoài, điểm A sẽ di chuyển lên trên
2 2
2( )
r
z
g a




H
d
ẫ
n
:
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 tròn với vận tốc N (vòng / phút) được treo trong thang máy chuyển động lên
chậm dần đều với gia tốc không đổi là a = 1,5 m/s
2
. Xác định N tối đa để nước không tràn ra
ngoài.
ĐS: 54,61 vòng/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 coù:

dA
x
x
y
0
r
y
a/2
a
A
h*
Mặt đẳng áp -
p
a
C
Lực tác dụng lên vi phân dA
x
bằng:
bdy
g2
)
4
a
y(ω
2
b
γdApdF
2
22
xC















Suy ra:
 












































8

a
24
a
g2
ω
4
ab
bγ2
2
a
4
a
3
2/a
g2
ω
2
a
2
b
bγ2
dy)
4
a
y(
g2
ω
2
b
bγ2F

332
2
3
2
2/a
0
2
2
2







g6
aω
2
b
abγF
22
Ví
dụ
30
:
Một hệ thống ống nghiệm gồm ba ống thông 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 (vòng/phút) (xem hình vẽ). Giả sử khi quay nước không tràn ra
ngoài
Cho H=1m, L=0,3m; n=80 vòng/phút.Cột nước trong ba ống khi đã quay?
DS: h1= 0.46 m; h2=0.79 m; h3=1.75 m
HDẫn:
Phương trình mặt thoáng (qua 3 điểm trên mặt thoáng ba ống )
có dạng:
Chọn gốc tọa độ tại O (đáy của ống nghiệm 1) như hình vẽ,
thế tọa độ của 3 điểm trên mặt thoáng ba ống , lần lượt ta có:
Với h
1
, h
2
, h
3
lần lượt là cột nước trong ba ống
Lưu ý rằng: h
1
+ h
2
+ h
3
=3H
Vậy:
2 2
2
r
z C
g


 
2 2 2 2
1 2 3
4
; ;
2 2
L L
h C h C h C
g g
 
    
2 2
2 2
5
5
2
3 3
2 3
L
L
g
H C C H
g


 
 
 
    
 

 
 
2 2
1
5
6
L
h H
g

 
 
 
 
H

L
L
1 2 3
h
1
h
2
h
3
04/11/2013
21
Ví
dụ
31:

Mặt chõm cầu có 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  và có
đường kính d. Tìm lực thẳng đứng của nước tác dụng lên mặt chõm cầu.
Cách giải : Nếu tiến hành phân tích và vẽ vật áp lực để tìm lực Fz tác dụng lên mặt
chỏm cầu, ta sẽ rất khó tính thể tích vật áp lực. Trong trường hợp này, nếu xem toàn bộ
các mặt bao quanh chỏm cầu đều tiếp xúc với nước, ta có:
1 2z z z
F F F Ar
  

   
Trong đó F
z1
và F
z2
lần lượt là áp lực theo phương z tác động lên mặt chỏm cầu (hướng
lên) và mặt đáy tròn (hướng xuống). Chiếu trên phương z (hướng lên) ta có: F
z1
-F
z2
=
Ar. Nên để tìm F
z1
ta chỉ cần tìm lực đẩy Ar tác dụng lên chõm cầu và áp lực nước
(tưởng tượng là có) tác động lên đáy chõm cầu F
z2
(nhớ là chiếu trên phương z!)
Để tìm lực đẩy Ar, ta cần thể tích chỏm cầu:
h : chiều cao chõm cầu, R là bán kính cầu tương ứng.
Để tìm lực F

z2
ta cần biết áp suất tại trọng tâm C
của mặt đáy chỏm cầu (đường kính d).
Từ hình vẽ: h
C
=h
A
+dsin()/2
Lực tác động lên mặt đáy chỏm cầu là : F
2
=h
C
= h
C
(d
2
/4).
=> thành phần thẳng đứng của F
2
là: F
z2
=F
2
cos()= h
C
(d
2
/4)cos()
Vậy:F
z1

hướng lên và có giá trị:
2
(3 );
3
h
W R h Ar W


  

Nước
d
h
A
h
A
C
h
C
F
z1
= Ar + F
z2