View
2.322
Download
2
Category
Preview:
Citation preview
Bài tập thủy lực đại cương
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 1
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 2
Bài tập thủy lực đại cương
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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 3
Bài tập thủy lực đại cương
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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 4
Bài tập thủy lực đại cương
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.
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 5
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 6
Bài tập thủy lực đại cương
→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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 7
Bài tập thủy lực đại cương
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)
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 8
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 9
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 10
Bài tập thủy lực đại cương
→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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 11
Bài tập thủy lực đại cương
→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 chuẩn 0-0 là mặt đi qua đáy dưới của van xả như hình vẽ:
Viết phương trình Becnulli cho mặt cắt tại 1-1 và 3-3 với giá trị áp suất tuyệt đối ta có:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 12
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 13
Bài tập thủy lực đại cương
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 (trang bên)
Bài 3.39:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 14
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 15
Bài tập thủy lực đại cương
→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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 16
Bài tập thủy lực đại cương
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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 17
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 18
Bài tập thủy lực đại cương
→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
2gγω (Dov2=v1 )
→−R=ξvan. v2
2
2gγω
Giá trị R = giá trị áp lực tác dụng lên cửa van: P=−R=ξvan . v2
2
2 gγω
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 19
Bài tập thủy lực đại cương
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
4=0.107 (m3/s )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 20
Bài tập thủy lực đại cương
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:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 21
Bài tập thủy lực đại cương
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
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 22
Bài tập thủy lực đại cương
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 )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 )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 23
Bài tập thủy lực đại cương
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=0.5
v1'
2
2g
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=10.7v1'
2
2g
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 24
Bài tập thủy lực đại cương
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=10.7v1'
2
2g=10.7
6.942
2∗9.81=26.26 (m )
Bài 4.33:
Ta có:
v2=Qω2
= 4Q
π d24= 4∗0.0195
3.14∗0.082=3.86(ms )
ξCI=0.5(1−ω1
ω2)=0.5(1−( d1
d2)
2
)=0.45
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+
v12
2 g=z2+
p2
γ+
v22
2 g+hw 1−2
→0+p1
γ+v1
2
2g=0+
p2
γ+v2
2
2 g+hC I
→H=p1−p2
γ=
v22−v1
2
2g−hC I
(v1=Qω1
=0.395(ms ))→
p1−p2
γ=H=3.862−0.3952
2∗9.81−0.34
→p1−p2
γ=H=1.09mc ộ t nư ớ c
Xét parometer
p2+(htn∗γtn+h∗γ n )=p1+(htn+h )∗γn
→ (p1−p2 )=htn ( γtn−γ n )
→H∗γn=htn ( γtn−γn )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 25
Bài tập thủy lực đại cương
→htn=H∗γn
γtn−γn
= 1.09∗1.01.36−1.0
=0.0865 (m ) Hg
hay htn=86.5mmHg
Bài 4-35:
Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 1 – 1 và 2-2 với mặt phẳng so sánh là mặt O-O:
z1+p1d
γ+v1
2
2g=z2+
p2d
γ+
v22
2g+hw 1−2
→H+0+0=0+0+v2
2
2g+hw 1−2
Mà: hw1−2=hC I+hC II
hC I=ξ I
v12
2 g=0.5
v12
2 g
hC II=ξkhoa
v2
2 g=4
v2
2 g
Thay vàobi ể u thứ c phươ ng trìnhBecnuli : H=v2
2
2 g+0.5
v22
2 g+4
v22
2g=5.5
v22
2 g
→v2=√ 2gH5.5
=√ 2∗9.81∗0.55.5
=1.34 (m /s)
Lưu lượng nước là:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 26
Bài tập thủy lực đại cương
Q=v2 πd2
4=
1.34∗3.14∗(12∗10−3 )2
4
Q=1.5∗10−4(m3
s )=0.15 ( ls )hay Q=540( l
h )
Bài 4-36:
Viết phương trình định luật Becnulli cho mặt cắt 1 – 1 và 2-2 với mặt phẳng so sánh là mặt O-O:
z1+p1d
γ+v1
2
2g=z2+
p2d
γ+
v22
2g+hw 1−2
Do z1=H 1 ;v1=0 ; z2=H 2 ;v2=0 ; p2d=0 nên ta rút gọn được phương trình như sau:
→H 1+pod
γ=H 2+hW 1−2
Mặt khác ta có:
hw1−2=hC I+hC II
+hC III+hC IV
+hCV+hCVI
+hCVII+hCVIII
Các tổn thất cục bộ được xác định:
hC I=ξ I
v2
2 g=0.5
v2
2 g
hC II=ξ II
v2
2 g=0.294
v2
2g=¿
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 27
Bài tập thủy lực đại cương
hC III=ξ III
v2
2 g=(1−ω
Ω )2 v2
2 g=(1−( d
D )2) v2
2 g=0.5625
v2
2 g
hC IV=ξ IV
v2
2 g=1
2 (1−12 ) v2
2g=0.25
v2
2 g
hCV=ξV
v2
2 g=4
v2
2 g
hCVI=hCVII
=hC II=0.294
v2
2 g
hVIII=v2
2gξVIII=
v2
2g
Thay vào phương trình Becnuli ta thu được
H 1+pod
γ=H 2+7.2
v2
2g
→v2
2 g=
(H 1−H 2+pod
γ )7.2
→v2=(10−2+ 0.2∗98100
9810 )7.2
∗2∗9.81=27.25
→v=5.22(m /s)
Lưu lượng chảy trong ống:
Q=vω=vπd2
4=5.22∗3.14∗0.12
4=0.4097 (m3
s )hay Q=40.97( ls )
Bài 4-41:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 28
Bài tập thủy lực đại cương
Phương trình becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với mặt 2-2 làm chuẩn:
z1+p1d
γ+α1 v1
2
2 g=z2+
p2d
γ+α2 v2
2
2 g+hW 1−2
→H+0+0=0+0+0+hW 1−2
→H=hw1−2
Ta có :
hw1−2=hd+hC I+hC II
Tổn thất dọc đường được tính theo công thức Darcy:
hd=λld
v2
2g
Tổn thất cục bộ:
hc=hC I+hC II
=ξ Iv2
2g+ξ II
v2
2g
→hc=5v2
2g+0.5
v2
2g=5.5
v2
2g
Từ đó ta có:
→hw 1−2=∑hci+hd=( λ ld
+5.5) v2
2g
Giả sử nước chảy trong khu bình phương sức cản
Ta tính λ theo công thức Niucrat:
λ= 1
(2 lg( ro
Δ )+1.74)2=0.025
Thay vào phương trình becnulli ở trên ta được:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 29
Bài tập thủy lực đại cương
H=( 0.025∗600.2
+5.5) v2
2g=0.56 ( m)
→v=0.92(ms )Kiểm tra lại giả thiết: (t=20 °C →ν=0.0101¿
ℜ= vdν
=92∗200.0101
=182178>2000
δ t=34.2∗200
1821780.875=0.17mm<Δ=0.5mm
Vậy nước chảy rối trong khu thành nhám thủy lực, giả thiết đúng
Do mực nước không đổi nên ta coi Qvao=Qra
Qvao=Qra=vω=0.029(m3
s )=104 (m3
h )
Bài 4-43:
Phương trình becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với mặt 1-1 làm chuẩn:
z1+p1
γ+
α1 v12
2g=z2+
p2
γ+α 2 v2
2
2g+hW 1−2
→0+pa
γ+0=H s+
pv
γ+
α2 v22
2 g+hW 1−2(¿)
Tổn hao cột áp:
hW 1−2=∑hCI+hd ¿
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 30
Bài tập thủy lực đại cương
Tổn thất dọc đường được tính theo công thức Darcy:
hd=λld
v22
2g
Tổn thất cục bộ được tính:
∑hCI=hC I+hC II
+hC III
DoRd
=1→rR
=0.5→tacó : ξcII=ξCIII=0.294
Từ đó ta tính được:∑hC=2.5v2
2
2 g+2∗0.294
v22
2 g=3.09
v22
2 g
Thay vào công thức hW1-2 (công thức (**)) ở trên ta được:
hw1−2=3.09v2
2
2g+λ
ld
v22
2g=(3.09+ λ
ld ) v2
2
2g
Thay vào phương trình Becnuli (*) ban đầu:
pa
γ=H s+
pv
γ+
v22
2g+(3.09+λ
ld ) v2
2
2g
→pa−pv
γ−H s=(4.09+λ
ld ) v2
2
2 g
→V−H s=(4.09+λld ) v2
2
2 g
→6−5.1=1.1=(4.09+0.0286d ) v2
2
2g
Có 2 hướng giải:
1. Giải trực tiếp: (với Q=Q=0.014(m3/ s))
1.1=(4.09+ 0.168d ) v2
2
2g→1.1=(4.09+ 0.168
d )( 4Qπ d2 )
2
2g
Nếu dùng phần mềm Mathematica giải trực tiếp ta tìm ra được nghiệm hợp lý là
d≃0.096 (m )=96 (mm )
2. Giải bằng phương pháp thử dần:Cho giá trị ban đầu d=200 mm với Δd=±10mm
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 31
Bài tập thủy lực đại cương
d v H
0.200 0.446 -1.0500.190 0.494 -1.0380.180 0.550 -1.0220.170 0.617 -1.0010.160 0.697 -0.9730.150 0.793 -0.9330.140 0.910 -0.8770.130 1.055 -0.7940.120 1.238 -0.6710.110 1.474 -0.4780.100 1.783 -0.1650.090 2.202 0.3720.080 2.787 1.350
Qua kết quả tính toán ở trên ta thấy chỉ có giá trị d=100mm là phù hợp với yêu cầu bài toán.
Hai cách tính cho kết quả không khác nhau nhiều thực tế ta có thể chọn loại d=100mm là phù hợp với bài toán.
Bài 4-45:
Phương trình becnulli cho mặt cắt 1-1 và 2-2 với mặt 2-2 làm chuẩn:
z1+p1
γ+
α1 v12
2g=z2+
p2
γ+α 2 v2
2
2g+hW 1−2
→0+0+H=0+0+0+hW 1−2(¿ )
→H=hW 1−2
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 32
Bài tập thủy lực đại cương
Tổn hao cột áp được tính bằng:
hW 1−2=hd+∑hd=hd+hvao+huon+hmorong
→hW 1−2=(λ ld+ξvao+2ξuon+ξmorong) v2
2g
ξvao=0.5
ξuon=0.55
ξmorong=1
v= 4Q
π d2=3.82(ms )
Xét trạng thái chảy của nước trong ống:
ℜ=−7∗1000.0101
=3782000>200 0
δ t=34.2d
ℜ0.875=0.069 (mm )<Δ=1.5 ( mm )
Vậy nước chảy rối trong khu bình phương sức cản
Công thức Maninh ta tính được C:
C=1nR
16 = 1
0.015 ( d4 )16 = 1
0.015 ( 14 )
16
→C=52.9(m0.5
s )Tính giá trị λ theo công thức liên hệ với C:
λ=8g
C2=8∗9.81
52.92=0.028
Thay vào biểu thức phương trình Becnulli (*):
H=hW 1−2=(0.028501
+2∗0.55+1.5). 3.822
2∗9.81
→H=2.98m
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 33
Bài tập thủy lực đại cương
Bài 4-46:
Phương trình Becnulli cho mặt 1-1 và 2-2 với mặt 2 làm chuẩn:
z1+p1d
γ+α1 v1
2
2 g=z2+
p2d
γ+α2 v2
2
2 g+hW 1−2
→H+0+0=0+0+0+hW 1−2
→H=hw1−2=hd+∑hc=( λ ld
+ξvao+2ξuon+ξ ra) v2
2g(¿)
Giả sử nước chảy trong khu thành nhám (khu bình phương sức cản)
Ta tính hệ số cherzy theo công thức Argrotskin
C=17.72 (k+lg R )
C=17.72(4.04+lg0.24 )=48.53 (m0.5
s )Từ đó ta tính được giá trị:
→λ=8 g
C2=8∗9.81
48.532=0.033
Thay vào biểu thức (*) ở trên:
H=(0.033790.2
+10+2∗0.294+1) v2
2g
→v=1.1(ms )Kiểm tra lại giả thiết:
ℜ= v .dν
=110∗200.0101
=217822>2000
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 34
Bài tập thủy lực đại cương
δ t=34.2∗d
ℜ0.875=0.15 (mm )<Δ=1.35 (mm )
Vậy là giả thiết là nước chảy rối trong khu bình phương sức cản là đúng.
Lưu lượng nước chảy qua:
Q=v .ω=vπd2
4=0.03454(m3
s )Q=34.54 ( ls )
Viết phương trình cho 1-1 và 3-3 với mặt 1-1 làm chuẩn:
z1+p1
γ+
α1 v12
2g=z3+
p3
γ+α 3 v3
2
2g+hW 1−3
→0+pa
γ+0=s+
p3
γ+α 3 v3
2
2g+∑hc1−3+hd
→pck=pa−p3
γ=s+
α 3 v32
2g+(λ l
d+ξvao+ξuon) v2
2g
→ pck /γ=pa−p3
γ=s+
α 3 v32
2g+(0.033
750.2
+10+1∗0.294) v2
2 g
Ta có v3 = v =1.1(ms )Thay các giá trị ở trên vào ta được: pck=0.346at
Bài tập chương 5:
Bài 5-6:
Lưu lượng nước chảy ra khỏi bình chứa là Q bằng tổng lưu lượng chảy ra ở cả hai vòi
Q = Q1 + Q2
Công thức tính toán cho lưu lượng nước chảy qua lỗ
Q1=μ .ω1 .√2 g (H 1 )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 35
Bài tập thủy lực đại cương
MàH 1=h−e nên :
Q1=μ .ω1 .√2 g(h−e)
Vòi hình trụ: μ=0.82 ( do l≃3d )
Do vậy ta tính được
Q1=0.82∗π (6∗10−2)2
4∗√2∗9.81∗(1−0.2 )=0.0092(m
3
s )Hay Q1=9.2( ls )Xét vòi 2:
Q2=μ .ω2 .√2 g H 2
MàH 2=h+lnên :
Q2=μ .ω2 .√2 g (h+l )
→Q2=0.82∗π (6∗10−2 )2
4∗√2∗9.81∗(1+0.2 )=0.0112(m
3
s )Hay Q2=11.2(l /s)
Vậy lưu lượng nước chảy ra khỏi bình chứa là:
Q = Q1 + Q2 = 9.4 + 11.2 = 20.6 (l/s)
b. Trị số chân không trong bình
Độ cao cột nước chân không trong bình là:
H ck=pck 1
γ=0.75H 1=0.75∗0.8=0.6 ( m)
→pck 1=0.6∗9810=5886( N
m2 )=0.06at
Bài 5-11:
a. Viết phương trình Becnuli cho mặt cắt
1-1 và 2-2 với mặt O-O làm chuẩn
H+0+0=0+0+v2
2
2g+hw 1−2
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 36
Bài tập thủy lực đại cương
→H=v2
2
2g+ξ
v12
2 g+ξ1
(v1−v2 )2
2g
→H=v1
2
2g (ξ+ξ1(1− v2
v1)
2
+( v2
v1)
2
)Đặt
v2
v1
=( dD )
2
=m
Ta được:
→H=v1
2
2g(ξ+ξ1 (1−m )2+m2 )
v1=√ 2gH(ξ+ξ1(1−m)2+m2)
Với H xác định ta thấy khả năng tháo của vòi là lớn nhất khi v1 đạt giá trị max
f(m) = ξ+ξ1(1−m)2+m2 đạt giá trị cực tiểu
lấy đạo hàm f’(m) và xét f’(m)=0 ta tìm được giá trị nhỏ nhất của f(m) đạt được khi m=0.23
Mặt khác ( dD )
2
=m=0.23→ D = 208 (mm)
b. Phương trình Becnulli cho 1-1 và c-c với mặt O-O làm mặt phẳng chuẩn
H+Pa
γ+0=0+
pc
γ+
v12
2 g+hW 1−C
→pck=pa−pc
γ=
v12
2g+0.06
v12
2g−H
Do trạng thái làm việc bình thường của vòi sẽ bị phá hoại khi chân không tại mặt cắt c-c đạt đến 1 at (hay 10 m cột nước) nên ta có điều kiện
pck ≤10 (m)
Hay
pck=pa−pc
γ=
v12
2 g+0.06
v12
2 g−H ≤10 (m )(¿)
Theo phần a ta có mối liên hệ:
H=v1
2
2g(ξ+ξ1 (1−m )2+m2 )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 37
Bài tập thủy lực đại cương
→v1
2
2 g= H
(ξ+ξ1 (1−m )2+m2 )Thay vào biểu thức (*) ta có:
1.06H
(ξ+ξ1 (1−m )2+m2 )−H ≤10.00
Với m=0.23 để đảm bảo cho khả năng tháo của vòi là lớn nhất. Từ đó ta tính ra được
→H≤3.78 (m )
Vậy Hmax = 3.78 (m)
Bài 5.8:
Lưu lượng qua vòi trái:
Qtr=μ .ω.√2g H t
Lưu lượng qua vòi phải:
Q ph=μ .ω.√2 g H ph
Trong đó H t và H ph là cột nước tác dụng bên trái và bên phải. Lưu lượng nước qua lỗ sẽ là:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 38
Bài tập thủy lực đại cương
Qlo=μω√2g (H t−H ph )
Ta có:
Q=Q tr+Q ph
Qlo=Q ph
→80∗10−3=μω√2g H t+μ √2 g H p
μlo ω√2 g (H tr−H ph )=μω√2 g H p
→80∗10−3
μω √2 g=√H t+√H p(μ=0.82)
0.756√(H tr−H ph)=√H p(μ lo=0.62)
→2.8=√H t+√H p
0.756√ (H tr−H ph)=√H p
Giải hệ phương trình trên ta được kết quả:
H tr=3.05 (m )
H ph=1.1(m)
Ta tính được lưu lượng qua mỗi vòi:
Qtr=μ .ω.√2g H tr=0.0498(m3/s )=49.8 (l /s)≃50(l / s)
Q ph=μ .ω.√2 g H ph=0.0299(m3
s )=29.9( ls )≃30( ls )Để 2 vòi chảy như nhau thì:
Qtr=Q ph=Qlo=Q2
=40∗10−3(m3
s )
→ω.μ lo√H tr−H ph=Q
2√2 g
Giả sử lưu lượng ở lỗ phải không đổi ta có: μ .ω.√2 g H p=Q2
Từ phương trình trên:
H tr=5.408 (m )
H ph=1.968 (m )
Mà:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 39
Bài tập thủy lực đại cương
Q ph=Q2
=40.1−3(m3
s )→μωtr √2 g H tr=40.1−3
→ωtr=4.73∗10−3 (m2 )
→d=√ ωtr .4π
=0.0777 ( m)
→d=77.7 (mm )
Chương VI: Dòng chảy ổn định đều có áp trong ống dài
Bài 6-10:
Bài làm
a. Cao trình mực nước ở tháp chứa và cao trình đường đo áp tại B,C,D bằng bao nhiêu?Loại ống là loại thường
+) Xét đoạn ống 4: (đoạn DE) (Q4=Q=8 ( ls ))d4=100mm→tra bảng phụ lục 6−1a (260−SBTTL ) tađ ượ c giá tr ị K4=53.72 ( ls )
Ta tính được:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 40
Bài tập thủy lực đại cương
hd4=Q4
2
K 42 l4=
82
53.722 275=6.09 (m )
+) xét đoạn ống 3: (đoạn CD)
Với Q3=2Q=2∗8=16( ls ) (Q3=QD+QE )
d3=150mm→tra bảng ta đ ượ c : K3=158.4 ( ls )→hd3=
Q32
K32 l3=
162
158.42 280=2.86 ( m)
+) Xét đoạn ống 2: (đoạn BC)
Với Q2=3Q=3.8=24 ( ls )=(QD+QC+QE )
d2=200mm→trabảng ta đ ượ c K2=341( ls )hd2=
Q22
K22 l2=
242
3412 230=1.14 (m )
+)Xét đoạn ống thứ nhất (đoạn A’B):
Với Q1=4Q=4.8=32( ls )d1=200mm→K1=341( ls )
→hd2=Q1
2
K12 l1=
322
3412 470=4.14 (m )
Tổng tổn thất cột áp là:
H=∑i=1
4
hdi=hd1+hd2+hd3+hd 4=14.23 (m ) c ộ t nư ớ c
Do cao trình của các đầu ra của ống nước là: ▽▽ ▽▽▽ Δ=+12m
Nên cao trình của mực nước A phải có giá trị bằng:
Δ 'A=H+Δ=14.23+12=26.23 (m )
Cao trình đường đo áp tại B:
Δ 'B=Δ'
A−h1=26.23−4.14=22.09 (m )
Cao trình đường đo áp tại C:
Δ 'C=Δ '
B−h2=22.09−1.14=20.95 (m )
Cao trình đường đo áp tại D:
Δ 'D=Δ'
C−h3=20.95−2.86=18.09 (m )
b. Lưu lượng tại D lúc đó sẽ là:
QD=10( ls )Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 41
Bài tập thủy lực đại cương
Dễ thấy đoạn ống 4 vẫn giống như trường hợp a →hd 4=6.09 (m )
Cao trình mực nước đo áp trong ống tại D là: Δ ' 'D=Δ' '
E+6.09
→Δ' 'D=12+6.09=18.09 (m )
+) Xét đoạn ống 3:
Q3=QD+QE=10+8=18 ( ls )K3=158.4 ( ls )
→hd3=Q3
2
K32 l3=
182
158.42 280=3.62 (m )
Cao trình mực nước tại C là:
Δ ' 'c=18.09+3.62=21.71 (m )
+) Xét đoạn ống 2:
Q2=18+8=26 ( ls )K2=341( ls )
hd2=262
3412 230=1.34 (m)
Cao trình mực nước tại B là: Δ ' 'B=Δ ' '
C+1.34=21.71+1.34=23.05 (m )
Tổn thất cột nước tại B là: hd1=Δ' A−Δ' 'B=26.23−23.05=3.18 ( m) c ộ t nư ớ c
Lưu lượng dòng chảy qua ống tiết diện I:
Q1=√ hd1 .K 12
l=√ 3.18
470341=28.05 ( ls )
→QB=Q1−Qc=28.05−26=2.05 ( ls )
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 42
Bài tập thủy lực đại cương
Bài 6-13
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 43
Bài tập thủy lực đại cương
a. Độ chênh cao giữa 2 mực nước trong 2 bể:
H=11.−3.5=7.5 (m )
Xét phương trình Becnulli cho 2 mặt cắt 1-1 và 2-2 như hình vẽ với mặt phẳng 2-2 là mặt phẳng chuẩn để so sánh:
z1+p1d
γ+α1 v1
2
2 g=z2+
p2d
γ+α2 v2
2
2 g+hw 1−2
→H+0+0=0+0+0+hw 1−2
→H=hw1−2=∑i=1
3
hdi=7.5 (m )
+) Xét đoạn ống 1:
d1=200mm→K2=341( ls )→hd1=
Q12
K12 l1 (1 )
+) xét đoạn ống 2:
d2=150mm→K2=158( ls )→hd2=
Q22
K22 l2 (2 )
+) Xét đoạn ống 3:
d3=100mm→K2=53.7 ( ls )→hd3=
Q32
K32 l3 (3 )
Do đoạn ống mắc nối tiếp nên: Q1=Q2=Q3=Q
→∑hdi=Q2
K12 l1+
Q2
K22 l2+
Q2
K32 l3=H
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 44
Bài tập thủy lực đại cương
Q=√ Hl1
K 12 +
l2
K 22 +
l3
K32
=√ 7.5110
3412+ 60
1582+ 90
53.722
=14.7 ( ls )
b. Trường hợp các ống đặt song song:
Làm tương tự phần a
Ta có: Phương trình
H=Q1
2
K12 l1Q1=89.(l /s )
H=Q2
2
K22 l2→Q2=55.9( l /s)
H=Q3
2
K32 l3 Q3=15.5( ls )
Q1+Q2+Q3=Q
Lưu lượng nước chảy từ bể A sang D là: Q = 160.4 (l/s)
Chương VIII: Dòng chảy đều không áp trong kênh
Bài 8-21:
Môđun lưu lượng trong kênh được tính bởi công thức:
K= Q
√ i
Ta tìm chiều cao h theo phương pháp thử dần:
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 45
Bài tập thủy lực đại cương
Cho h một giá trị nào đó, tương ứng ta tìm được một giá trị K’. So sánh giá trị K’ vừa tìm được với K, nếu K gần bằng K’ hoặc bằng K’ thì giá trị h đã giả sử là có thể chấp nhận được, còn nếu không thì ta phải thay đổi giá trị và tính lại.
Ta có bảng số liệu ban đầu:
Số thứ tự Q m3/s ¿ b (m) m n i K1 0.5 0.4 1 0.03 0.001 15.8112 4 5 1 0.02 0.0005 178.8853 3.5 4.03 1.5 0.025 0.0002 247.4874 3 2 1 0.014 0.0008 106.066
Xét với số liệu thứ nhất:
Số thứ tự Q (m3/s ¿ b (m) m n i K (m3/s ¿1 0.5 0.4 1 0.03 0.001 15.811
Lần lượt giả sử các giá trị h vào và ta tính được bảng sau:
h (m) ω (m2) χ (m) R (m) C K' (m3/s ¿1.000 1.400 3.228 0.434 29.000 26.7360.900 1.170 2.946 0.397 28.579 21.0740.800 0.960 2.663 0.361 28.121 16.2100.700 0.770 2.380 0.324 27.619 12.0960.600 0.600 2.097 0.286 27.058 8.684
Dễ thấy với giá trị K=15.811 nằm trong khoảng 16.210 21.074 (giá trị K’) trong bảng 2. Ta dùng thuật toán nội suy bậc 1 để tìm giá trị của h
h=0.8− 0.8−0.716.21−12.096
∗(16.21−15.811 )=0.79 (m )
Vậy với số liệu 1 ta có h = 0.790 (m)
Làm hoàn toàn tương tự ta có
Với số liệu 2: h = 0.818 (m)
Với số liệu 3: h = 1.197 (m)
Với số liệu 4: h = 0.808 (m)
Bài 8-24:
Chiều cao của ống H = d = 3,0 (m)
Môđun lưu lượng khi nước có độ sâu h<H:
K= Q
√ i= 5.
√0.001=158.114(m3/ s)
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 46
Bài tập thủy lực đại cương
Môđun lưu lượng khi nước có độ sâu h=H:
Ko=ωoCo√Ro=π4d2 1
n ( d4 )16 √ d
4=3.14
432 1
0.02 ( 34 )
16 √ 3
4=291.601 (m3
s )Ta có được tỉ lệ:
→A= KKo
=158.114291.601
=0.54
Tra trên đồ thì ta có được giá trị:
a= hH
=0.53
→h=H∗0.53=3.∗0.53=1.59 (m )
Vậy chiều sâu nước trong ống là: h = 1.59 (m)
Nguyễn Thành Trung – 2461.53 Tr. 47
Recommended