LY.01

Phần thứ nhất

MỞ ĐẦU I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Từ khi chưa có cơ  s  sở  lí  lí thuyết dẫn đườ ng ng con ngườ i đã biết sử dụng sức nướ c, c, sức gió để chuyển thành cơ  n  năng như: cối xay gió, guồng nướ c, c, cối giã gạo... Cùng vớ i sự phát triển của xã hội và các ngành khoa h ọc, các nguồn năng lượ ng ng trong tự nhiên ngày càng cạn ki ệt. Con ngườ i mong muốn s ử d ụng nguồn n ăng l ượ ng ng t ừ dòng nướ c, c, có thể coi là vô tận trong tự nhên để biến thành các dạng năng lượ ng ng khác. Biết bao ý tưở ng ng chế t ạo ra động cơ  v  v ĩ nh nh cửu ra đờ i,i, nhưng mọi c ố g ắng đều tr  t r ở    nên vô ở nên ngh ĩ a. a. Mặc dù con ngườ i không thể chế tạo ra đượ c động cơ  v ĩ nh nh cửu như mong muốn nhưng một ngành mớ i của vật lí đã đượ c ra đờ i đó là: ngành nhiệt học. Ngành này nghiên cứu về chất lỏng và chất khí gọi chung là chất lưu. Trong thực t ế các hiện tượ ng ng liên quan đến chất l ỏng khá phổ biến, có nhiều ứng dụng trong đờ i sống và khoa học. Đơ n giản như đưa nướ c từ nhà máy đến các hộ  gia ng từ nguồn nướ c một cách hợ  p lí thay th ế cho đình, hay làm thế nào để sử dụng năng lượ ng các nguồn năng lượ ng ng đang cạn kiệt dần...Như vậy những hiểu biết về chất lỏng là r ất quan tr ọng. Vớ i những lí do đó, chúng tôi đã l ựa ch ọn đề tà i “ C hấ t L ỏng để nghiên cứu v ớ i ở đó có thể giải thích các mong muốn có đượ c hiểu biết nhất định về vấn đề này, trên cơ  s  sở đó hiện t ượ ng ng liên quan một cách khoa h ọc, t ạo ni ềm tin, hứng thú học t ậ p và tích luỹ ki ến thức nghề nghiệ p cho bản thân đồng thờ i lấy đó là tài liệu phục vụ việc giảng dạy các lớ  p chuyên và đội tuyển. ”  

II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN TƯỢNG NGHIÊN CỨU Chất lỏng và bài tậ p về chất lỏng.

III. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU, ĐÓNG GÓP MỚI CỦA ĐỀ TÀI - Củng cố kiến thức về chất lỏng, Sưu tầm bài tập chất lỏng đề dạy đội tuyển - Giải thích một số hiện tượ ng ng thực tế liên quan một cách khoa h ọc - Vận dụng kiến th thức để làm hoặc chế tạo một số dụng cụ, đồ dùng dạy học

IV. PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 1. Phươ  Phươ ng ng pháp nghiên cứ  c ứ u lí thuyế thuyết - Phân tích và tổng hợ  p lí thuyết: + Phân tích lí thuyết để phân chia vấn đề cần nghiên cứu thành các đơ n vị kiến thức, cho phép tìm hiểu các dấu hiệu đặc thù, cấu trúc bên trong của từng đơ n vị kiến thức. Từ đó nắm vững bản chất của từng phần kiến thức và của toàn bộ vấn đề. + Trên cơ  s  s ở  phân   phân tích, tiến hành tổng h ợ  p các kiến th ức để t ạo ra hệ thống, thấy đượ c các mối quan hệ của các đơ n vị kiến thức dựa trên sự suy luận logic để rút ra k ết luận khoa học. - Phân loại hệ thống lí thuyết:

2

+ Trên cơ  s  sở  phân  phân tích lí thuyết để tiến tớ i tổng hợ  p chúng, cần phải thực hiện các quá trình phân loại kiến thức nhằm hệ thống hoá kiến thức, sắ p xế p kiến thức theo mô hình nghiên cứu, làm cho vấn đề nghiên cứu đượ c trình bày chặt chẽ, sâu sắc. 2. Phươ  Phươ ng ng pháp nghiên cứ  c ứ u thự  thự c tiễ tiễn Thu thậ p thông tin từ quan sát, luyện tậ p, trao đổi về một số hiện tượ ng ng trong thực tế có liên quan đến vấn đề.

V. CẤU TRÚC CHUYÊN ĐỀ  Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, phần nội dung của đề tài gồm ba chương : - Chương I. Lý thuyết chung - Chương II. Bài tập - Chương III. Giới thiệu đề thi các nước

3

+ Trên cơ  s  sở  phân  phân tích lí thuyết để tiến tớ i tổng hợ  p chúng, cần phải thực hiện các quá trình phân loại kiến thức nhằm hệ thống hoá kiến thức, sắ p xế p kiến thức theo mô hình nghiên cứu, làm cho vấn đề nghiên cứu đượ c trình bày chặt chẽ, sâu sắc. 2. Phươ  Phươ ng ng pháp nghiên cứ  c ứ u thự  thự c tiễ tiễn Thu thậ p thông tin từ quan sát, luyện tậ p, trao đổi về một số hiện tượ ng ng trong thực tế có liên quan đến vấn đề.

V. CẤU TRÚC CHUYÊN ĐỀ  Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, phần nội dung của đề tài gồm ba chương : - Chương I. Lý thuyết chung - Chương II. Bài tập - Chương III. Giới thiệu đề thi các nước

3

Phần thứ hai NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ Chương I Chương I.. LÝ THUYẾT I. SƠ LƯỢC SƠ LƯỢC VỀ CHẤT LỎNG I.1. Định nghĩa Định ngh ĩ a: a: Chất lỏng là những chất có thể chảy đượ c. c.

II.2. Tính chất II.2.1. Tính chấ chất củ của chấ chất lỏ lỏng Chất lỏng có tính chất trung gian giữa chất r ắn và chất khí, đó là: - Chất lỏng chuyển sang tr ạng thái khí ở  nhiệt độ  cao, và sang tr ạng thái r ắn ở  nhiệt độ thấ p. - Chất l ỏng có hình dạng của bình chứa như ch ất khí, nhưng không chiếm toàn bộ thể tích như chất khí mà có th ể tích xác định như chất r ắn. - Khoảng cách trung bình giữa các phân t ử ch ất l ỏng l ớ n h ơ n ch ất r ắn nh ưng nhỏ hơ n chất khí. - Các phân tử chất lỏng không chuyển động tự  do như những phân tử chất khí nhưng cũng không cố định ở  m  một vị trí cân b ằng như những phân tử chất r ắn mà có vị trí cân bằng thay đổi. II.2.2. Tính chấ chất củ của nướ  nướ c  Nướ c là chất lỏng phổ biến nhất, chiếm 3/4 diện tích bề mặt trái đất. Nướ c tinh khiết có khối lượ ng ng riêng là 1000 kg/ m .  Nướ c tồn tại ở  c  cả ba thể: r ắn, lỏng, khí: - Nướ c ở  th  thể r ắn khi nhiệt độ nhỏ hơ n 0 C. Đặc biệt ngườ i ta đã tạo ra đượ c "nướ c đá  nóng" có nhiệt độ 76 C ở   áp suất cao 20600 at. Ng ườ i ta gọi đó  là loại "băng thứ năm". Chúng ta không có cách gì ti ế p xúc đượ c v ớ i nó, bở i vì, băng thứ n ăm đượ c hình thành trong một cái bình dày làm b ằng thép tốt nhất, dướ i áp suất của một cái máy ép c ực mạnh. Cho nên chúng ta không thể nhìn thấy nó hoặc sờ  vào   vào nó đượ c. c. Chúng ta chỉ có thể biết đượ c tính chất của loại "băng nóng" này bằng phươ ng ng pháp gián tiế p. "Nướ c đá nóng" này đặc hơ n nướ c đá thườ ng, ng, thậm chí còn đặc hơ n cả nướ c nữa: tỉ khối của nó là 1,05. Nó chìm trong n ướ c chứ không nổi trong nướ c như nướ c đá thườ ng. ng. - Nướ c ở  th  thể lỏng, có tất cả các tính chất c ủa chất lỏng. Đặc bi ệt ở  4  4 C nó có khối lượ ng ng riêng lớ n nhất, nên ở  các  các đáy hồ sâu, biển... đều có cùng nhiệt độ đó. - Nướ c ở  th  thể khí: thực chất tồn tại ở  th  thể hơ i.i. 3

0

0

0

II.3. Cấu tạo và chuyển động phân tử chất lỏng Vì n ăng lượ ng ng chuyển động nhiệt c ủa các phân t ử ch ất l ỏng vào cỡ độ ỡ  độ sâu của h ố thế năng. Nên năng lượ ng ng ứng vớ i mỗi bậc t ự do

1 2

kT sẽ bé h ơ n độ sâu của hố. Như vậy

các phân tử chất lỏng không thể chuyển động tự do mà chúng chỉ thực hiện nhưng dao ng này không nhỏ h ơ n h ố th ế n ăng động quanh vị trí cân bằng. Mặt khác giá tr ị n ăng lượ ng

4

nhiều qúa. Nhưng do thăng giáng mà phân tử có động năng đủ lớ n (vì nhận thêm năng lượ ng) và phân tử có thể vượ t qua hố thế năng để di chuyển đến một vị trí cân bằng mớ i. Thờ i gian dao động quanh vị  trí cân bằng của phân tử chất lỏng phụ thuộc vào nhiệt độ. Ở gần nhiệt độ đông đặc thờ i gian đó r ất lớ n, nhưng khi tăng nhiệt độ thờ i gian đó lại giảm đi. Để tính thờ i gian dao động trung bình   của các phân tử quanh một vị trí cân bằng, ta tính theo công thức : w

  

 =

  

0

e

kT

Công thức nay do Frenken thiết lậ p. Trong đó

  

0

 là chu kì dao động của phân tử

quanh vị trí cân bằng, w là năng lượ ng hoạt động của phân tử, k = 1,38.10-23 J/K là hằng số Bonzman, T là nhi ệt độ tuyệt đối. Vớ i nướ c ở  nhiệt độ thườ ng   =10-11 giây, trong khi đó   =10-13 giây. Như vậy cứ 0

dao động khoảng 100 chu k ỳ phân tử nướ c lại dịch chuyển đi chỗ khác.

II. CHẤT LỎNG TĨNH II.1. Áp suất II.1.1. Định ngh ĩ a * Định ngh ĩ a: Áp suất tại mọi điểm trên một mặt bị ép (nén) là độ lớ n của áp lực vuông góc lên một diện tích của mặt đó. P=

F S

Vớ i P là áp su ất tại điểm đó, F là độ lớ n của áp lực vuông góc tác dụng lên diện tích có độ lớ n S. * Đơ n v ị đo áp suất: Trong hệ SI, đơ n vị đo áp suất là Niutơ n trên mét vuông, còn gọi là pascal (Pa) 1 Pa = 1 N/m2  Ngoài ra còn dùng các đơ n vị khác như: - Átmốtphe k ỹ thuật (hay átmốtphe) kí hiệu là at 1at = 9,81.104

 N  m

2

- Átmốtphe Vật lý: kí hiệu là atm 1atm = 1,013.105

 N  m

2

=1,033 at

Tor hay milimét thuỷ ngân: kí hiệu là Tor hay mmHg 1Tor = 1mmHg = 133,322 N/m2 Vậy: 1atm = 760 mmHg = 1,013.105N/m2 = 1,033 atm

5

II.1.2. Áp suất thuỷ t ĩ nh Ở điều kiện trái đất chất lỏng có tr ọng lượ ng. Mà áp suất do có  F  lực tác dụng, nên hai diện tích nằm ở  những độ sâu khác nhau dướ i mặt thoáng chất lỏng s ẽ chịu những áp suất khác nhau. Độ khác nhau đó bằng cái gì?  P  Ta tách tưở ng tượ ng trong lòng chất lỏng một hình tr ụ thẳng đứng vớ i các đáy nằm ngang. Chất lỏng trong hình tr ụ  nén nướ c ở   F  xung quanh. Lực toàn phần của sự ép này bằng tr ọng lượ ng mg của chất l ỏng bên trong hình tr ụ. Nh ưng các lực tác dụng lên những phía Hình 1 đối di ện c ủa mặt bên bằng nhau về độ l ớ n và ngượ c chiều. Do đó t ất cả các lực tác dụng lên mặt bên bằng không. Ngh ĩ a là tr ọng l ượ ng mg bằng hiệu các lực F1, F2 F2 - F1 = mg Mà m = ρ V = ρ Sh, vớ i S là diện tích đáy của hình tr ụ,     là khối l ượ ng riêng của chất lỏng, nên : F2 - F1 = ρ shg 

1





2



F2 S

-

F1 S

= ρ

gh

P2 - P1 = ρ gh Ta thấy áp suất của chất lỏng phụ thuộc vào độ sâu: “Hiệu áp suất giữa hai điểm trong chất lỏng cân bằng có giá tr ị bằng tr ọng lượ ng của cột chất lỏng có tiết diện bằng đơ n vị diện tích và có độ cao bằng hiệu hai độ cao giữa hai điểm ấy”. Áp suất c ủa ch ất l ỏng do tr ọng lượ ng c ủa nó gây ra gọi là áp suất thuỷ t ĩ nh. Vậy một điểm nằm cách mặt thoáng chất lỏng một đoạn là h, có áp su ất thuỷ t ĩ nh là: P = ρ gh Ở điều kiện trái đất, không khí thườ ng nén lên bề mặt của chất lỏng, áp suất của không khí gọi là áp suất của khí quyển. Áp suất ở  một độ sâu nào đó trong lòng chất lỏng  bằng áp suất khí quyển cộng vớ i áp suất thuỷ t ĩ nh. Từ biểu thức trên ta thấy, nếu áp suất của một điểm càng nằm sâu trong lòng chất lỏng, thì có áp suất càng lớ n. Hiện tượ ng này thể hiện r ất rõ:  Những khúc gỗ đưa xuống độ  sâu 5 km bị  áp suất khổng lồ (5.10  N/cm ) c ủa n ướ c nén chặt lại t ớ i mức mà sau đó chúng chìm trong thùng nướ c nh ư nh ững viên gạch. Trên thực t ế các tàu ngầm cũng chỉ có thể xuống đến độ sâu chừng 100 - 200 m. Những điểm nằm trên cùng một mức ngang thì áp suất sẽ  bằng nhau, ngườ i ta đã ứng dụng hiện tượ ng này trong các  bình thông nhau. Hình 2 

5

2

6

II.2. Định luật Pascan Xét thí nghiệm: Hai pittông có cùng tiết diện, có thể chuyển động trong một bình kín chứa nướ c. Đặt một quả  cân lên một pittông, k ết qủa là nó hạ  sâu xuống và đẩy  pittông kia lên. Muốn giữ cho hai pittông ở  tr ạng thái cân bằng thì phải đặt một qu ả cân như thế ở đầu pittông kia. Khi thay một pittông có tiết diện gấ p 100 lần diện tích của pittông kia. K ết quả cho thấy: Nếu đặt một quả cân lên pittông bé thì phải đặt 100 quả cân như vậy lên pittông lớ n mớ i giữ nó ở  chỗ cũ. Ta thấy r ằng, thực ch ất c ủa việc đặt các quả cân nên pittông là gây ra m ột áp suất lên khối chất lỏng dướ i pittông, vậy nếu trên một phần chất lỏng đựng trong một bình kín ta gây ra một áp suất thì áp suất này đượ c truyền đều và không giảm bớ t tớ i mọi phần của mặt bên trong bình. Do đó có thể phát biểu định luật Pascal như sau: "Khi chất lỏng bị giam kín trong một bình không biến dạng chịu một tăng áp từ  bên ngoài thì lực tác dụng này đượ c truyền đến mọi điểm của chất lỏng và độ tăng áp suất là như nhau". Định luật Pascal đượ c vận dụng làm máy ép thuỷ t ĩ nh, áp k ế, phanh thuỷ lực...

II.3. Định luật Acsimet Tưở ng tượ ng tách một ph ần tử ch ất lỏng thể tích là v chứa trong mặt kín s bất k ỳ. Phần tử này chịu tác dụng của hai lực: Lùc mÆt lµ lùc cña c¸c ph©n tö xung quanh t¸c dông, lùc nµy vu«ng gãc víi mÆt s, phÇn mÆt s ë cµng s©u th× chÞu t¸c dông cµng lín do ®ã tæng lùc mÆt FA  hướ ng lên trên .



 F  A

Lực khối tỷ lệ vớ i khối lượ ng m của các phần tử chất lỏng, vì xét trong tr ườ ng tr ọng lực, nên nó bằng tr ọng lực của  P  g  khối chất lỏng ( P g  mg  gv ) đặt tại trong tâm G của nó. Hình 3 Phần tử chất lỏng đó cân bằng khi tổng hợ  p lực và tổng mômen của các lực tác dụng lên nó bằng không. Do đó l ực đẩy lên trên ( F ) ph ải có điểm đặt ở  tr ọng tâm G và 

A

tr ực đối vớ i lực khối

Pg

 Nếu thay phần t ử chất l ỏng bằng một vật c ụ th ể có hình dạng và thể tích đúng như  phần tử chất lỏng đó thì vẫn xuất hiện lực F đẩy vật lên trên. Ta suy ra : A

“ Bất cứ một vật r ắn nào nằm trong chất lỏng đều chịu một lực đẩy từ dướ i lên trên. Lực này có điểm đặt tại tr ọng tâm của phần tử chất lỏng bị chiếm ch ỗ và có tr ị số  bằng tr ọng lượ ng của phần tử chất lỏng bị vật ấy chiếm chỗ”. Đây là định luật Acsimét, lực F  hướ ng lên trên gọi là lực đẩy Acsimét. độ lớ n: A

FA = Pg = ρ gv Do đặc điểm của lực Acsimét, nên khi một vật chìm trong chất lỏng thì tr ọng lượ ng của chúng bị giảm đi một giá tr ị bằng tr ọng lượ ng phần chất lỏng bị chiếm chỗ.

7

Lực đẩy Acsimét cũng xuất hiện trong cả không khí, song khí quyển có khối ượ ng riêng r ất nhỏ nên lực đẩy tác dụng lên vật không đáng k ể. Nhưng trong các phép đo chính xác ta phải tính đến lực đẩy này.

III. CHẤT LỎNG CHUYỂN ĐỘNG III.1. Chất lỏng thực và chất lỏng lí tưởng Chất lỏng lý tưở ng là chất lỏng hoàn toàn không nén đượ c và không có lực ma sát giữa các phân tử. Chất lỏng thực là chất lỏng không lý tưở ng. Trong thực tế thì chất lỏng đều có lực nội ma sát tuy r ất bé. Lực này tăng khi vận tốc chuyển động tăng. Như vậy khi chất l ỏng không chuyển động hay chuyển động vớ i vận tốc bé thì ta có thể coi chất lỏng thực là chất lỏng lý tưở ng. III.2. Định luật bảo toàn dòng III.2.1. Sự  chảy ổn định. Đườ ng dòng và ống dòng Khi khảo sát chuyển động của một khối chất lỏng tại một thờ i điểm t, mỗi điểm trong chất lỏng đượ c đặc tr ưng bằng véc tơ  vận tốc của hạt chất lỏng tại điểm ấy: Nếu vận tốc và áp suất tại mỗi điểm b ất k ỳ trong chất lỏng không thay đổi theo thờ i gian, ta nói chất l ỏng chuyển động d ừng hay chuyển động ổn định. Dướ i đây ta chỉ xét chất l ỏng ở  tr ạng thái dừng. Quỹ đạo của các phân tử chất lỏng chuyển động đượ c gọi là đườ ng dòng, đó là những đườ ng cong mà tiế p tuyến tại mỗi v điểm có phươ ng trùng vớ i véc tơ  v ận tốc của tr ườ ng ở  thờ i điểm xét. Ta thấy r ằng ở  tr ạng thái dừng các đườ ng dòng không thể Hình 4 v cắt nhau (vì nếu chúng cắt nhau thì tại điểm giao nhau phân tử chất lỏng có hai vận tốc khác nhau), khi đó đườ ng dòng không  biến dạng và trùng vớ i quỹ đạo chuyển động của hạt. Ống dòng: các đườ ng dòng tựa trên một đườ ng cong kín tạo v thành một ống dòng. III.2.2. Định luật bảo toàn dòng chất lỏng Xét khối lượ ng chất lỏng chuyển động dừng trong một ống Hình 5 dòng, tại ti ết diện S 1, S2 các phân tử ch ất l ỏng có vận t ốc tươ ng ứng là v1 , . 









v

2

Trong thờ i gian



t các phân tử chất lỏng ở  S1 đi đượ c đoạn đườ ng:

Δl1 =V1.Δt

S 1

và thể tích chất lỏng đi qua S1 là:



V 1

ΔV1 = S1Δl1 = S1v1Δt

Tươ ng tự trong khoảng thờ i gian qua S2 là:

t 

, thể tích chất lỏng đi

ΔV2 = S2Δl2 = S2 v2 Δt

Vì Chất lỏng là lý tưở ng không chịu nén và không thoát

8

S 2

l 1

Hình 6

l 2



V 2

qua thành ống dòng nên có bao nhiêu thể tích chất lỏng qua S1 thì sẽ có bấy nhiêu thể tích qua S2, ngh ĩ a là: ΔV1 =ΔV2 S1V 1  Δt=S2V2Δt

Hay

S1V1 = S2V2 

(2-1)

Ta thấy đại l ượ ng Q = S.V =

ΔV Δt

là thể tích chất l ỏng chảy qua thiết diện S trong

một đơ n vị thờ i gian gọi là lưu lượ ng. Từ đó có thể phát biểu định luật bảo toàn dòng chất lỏng: “Khi một chất lỏng lý tưở ng chảy ổn định trong một ống dẫn thì lưu lượ ng của chất lỏng tại mọi tiết diện ngang của ống dẫn là như nhau”. Công thức (2.1) còn gọi là phươ ng trình liên tục. Như vậy trong cùng một ống dòng vị trí nào có tiết diện nhỏ thì vận tốc dòng chảy càng lớ n và ngượ c lại.

III.3. Định luật Becnuli Xét một ống dòng của một chất lỏng chuyển động ở  tr ạng thái dừng. Lấy một đoạn giớ i hạn bở i hai tiết diện S1, S2, ở độ cao h1, h2 . Giả sử vận tốc và áp suất tại mỗi tiết diện là không đổi, tại S1 và S2 có v ận tốc và áp suất lần lượ t là V1, P1 và V2, P2. Sau khoảng thờ i gian  t đoạn ống đã chuyển đến vị trí giớ i h ạn bở i S’1 và S2’. Có thể coi phần chất lỏng nằm giữa S1’S2 không chuyển động (vì ở  ch ế độ chảy ổn định cơ  năng không đổi) mà chỉ  có phần khối lượ ng m giớ i hạn bở i hai đáy S1 và S1’ đã chuyển đến vị trí Hình 7 mớ i S2 và S2’ . Cơ  năng của khối chất lỏng bao gồm động năng và thế năng. Do đó cơ  năng ở  vị trí đầu và vị trí cuối là: w1 w2





mv12

 mgh1

2 mv22 2



mgh2

Cơ  năng toàn phần biến thiên một lượ ng là : 

w = w2 - w1 =

(

mv12 2



mgh2 )  (

mv22 2

 mgh1 )

Theo định luật biến thiên cơ  năng thì độ biến thiên cơ  năng này chính bằng công A của ngoại lực tác dụng lên ống dòng. Các lực đó chính là áp lực tác dụng lên hai đầu ống S1 và S2, còn áp lực tác dụng lên mặt bên có phươ ng vuông vớ i ph ươ ng dịch chuyển của ống dòng không thực hiện công. Do đó: A = A1 + A2 A = F1 l    F  l  1

2

2

9

A = P1.S1. l  - P2S2 l  Trong đó l 1 , l 2   là quãng đườ ng mà phần tử chất lỏng ở  S1, S2 đi đượ c trong 2

1

khoảng thờ i gian t. Do chất lỏng không chịu nén và không thoát qua thành ống, nên thể tích chất lỏng chảy qua S1 và S2 bằng nhau: S1. l  = S2. l  2

1

S2 l  = V   = 2

m

( ρ là khối lượ ng riêng của chất lỏng)

ρ

1

Vậy:

mv12

2 2

( mv + mgh 2 ) - ( + mgh1) = P1 2 2

m ρ

- P2

1 1 (P2 + ρv 22 ) - (P1 + ρv12 ) = ρg(h1 - h 2 )   2 2

Hay

m ρ

(2-2)

Công thức này có dạng giống như công thức v ề s ự phân bố độ cao trong chất l ỏng t ĩ nh, chỉ khác ở  chỗ áp suất P thay bằng

Đại lượ ng

1 2

(P +

1 2

ρv 2 ) .

V2 có thứ nguyên là ML-1T-2 là thứ nguyên của áp suất, đượ c gọi là

ρ

áp suất thuỷ động gây ra bở i vận tốc dòng chảy. Mà P là áp suất thuỷ t ĩ nh tác dụng lên mặt S, vậy tổng

1

(P +

2

ρv 2 )  gọi là áp suất toàn phần.

Để đo áp suất thuỷ động ngườ i ta đo gián tiế p, bằng cách đo áp suất toàn phần và áp suất thuỷ t ĩ nh, từ đó tính đượ c áp suất thuỷ động. Phươ ng trình (2.2) còn có thể viết lại dướ i dạng: P1 +

1 2

1

ρv12 + ρgh1 =p 2 + ρv 22 + ρgh 2 2

Vì các tiết diện S1, S2 đượ c lấy một cách tuỳ ý. Do đó ta có thể khẳng định biểu thức ( P +

1 2

ρv 2 + ρgh )

có giá tr ị như nhau tại mọi tiết diện của ống dòng. Theo giả s ử ban

đầu thì công thức này chỉ đúng trong tr ườ ng h ợ  p ti ết di ện ngang S của ống dòng tiến t ớ i 0. Ngh ĩ a là ống dòng thu về một đườ ng dòng. Từ đó có thể phát biểu định luật Becnuli: “Dọc theo một đườ ng dòng ở  tr ạng thái dừng thì đại lượ ng ( P +

1

  ρv 2+ρgh )

2

của

chất lưu lý tưở ng là một hằng số”. P+

1 2

ρv

2

= const

(2-3)

 Như vậy, thực chất phươ ng trình Becnuli là định luật bảo toàn cơ  năng đối vớ i dòng chất lưu chuyển động. Trong thực tế thì hệ thống cung cấ p nướ c đã chuyển thế năng của nướ c thành thành động năng để đưa nướ c tớ i các hộ gia đình.

III.4. Hệ quả và ứng dụng của định luật Becnuli 10

III.4.1. Hiện tượ ng Venturi Trong một ống nằm ngang thì mọi điểm có áp suất thuỷ t ĩ nh (  gh ) là như nhau. Phươ ng trình Becnuli có dạng: 1

P+

2

ρv

2

 = const h2

 Nếu ống có tiết diện như nhau, theo phươ ng trình h liên tục thì vận tốc tại mọi điểm như nhau và lúc đó áp S  S  suất thuỷ động tại mọi điểm của ống dòng đều bằng Hình 8 nhau.  Nếu ống có tiết diện không đều, tại hai tiết diện S1, S2 có phươ ng trình liên hệ: 1

1

2

1 1 P1 + ρv12 = P2 + ρv 22 2 2

Mà lưu lượ ng Q = S1V1 = S2V2 thì phươ ng trình trên tr ở thành: P1 +

1 2

ρ

Q

2

2

S1

= P2 +

1 2

ρ

Q

2

2

S2

 

(2-4)

 Nhận xét r ằng: Nếu S1 > S 2 thì P1 > P2 và ngượ c l ại. Vì vậy có k ết luận: Khi chất lỏng chảy trong ống nằm ngang có tiết diện thay đổi thì chỗ nào tiết diện lớ n, áp suất thuỷ t ĩ nh cũng lớ n và ngượ c lại.

III.4.2. Công thứ c Toricelli Một bình đáy r ộng chứa một chất lỏng, độ cao mực chất lỏng là h1. Một vòi nhỏ đượ c m ắc ở độ cao h2 hãy tính vận tốc V của ch ất lỏng chảy  p (1) ra ở  vòi. Gọi mặt thoáng là vị  trí (1); vòi là vị  trí (2). Áp dụng h  phươ ng trình Becnuli cho hai vị trí này, ta có: 0

P1 +

1

1

2

h1

 p0

2

ρgh1 + ρv1 =P2 + ρgh 2 + ρv 2 2



v

2

(2)

h2

Vì (1) và (2) đều trong khí quyển và không cách xa Hình 9 nhau nên P1  P 2 = Po (P 1, P2 là áp suất t ĩ nh tác dụng lên S1, S2; Po  là áp suất khí quyển). Mặt khác vì mặt thoáng r ộng, mực chất lỏng hạ thấ p r ất chậm nên VA  0. Vậy ta có: P0 +

1 ρgh1 = P0 + ρv 22 + ρgh 2 2

ρg(h1 - h 2 ) = ρ

 gh  =

Suy ra

V=

v2

v2

2

2

v2

2

2

 =

2 gh

 

(2-5)

Đây là công thức Toricelli. Như vậy vận tốc của phân tử chất lỏng khi ra khỏi bình có tr ị số bằng vận tốc của nó khi r ơi  tự do từ mặt thoáng đến vòi.

11

III.4.3. Định luật Becnuli trong thự c tế Định luật này đượ c ứng dụng r ất nhiều trong thực tiễn ví dụ như cái bình bơ m nướ c hoa, một c ơ  c ấu thuỷ l ực đơ n giản nhất. Nguyên lí hoạt động dựa vào định luật Becnuli khi không khí trong ống nằm ngang chưa chuyển động, áp suất trong ống bằng áp suất khí quyển: mực nướ c hoa trong bình bằng mực nướ c hoa trong ống (nếu không Hình 10 tính đến hiện tượ ng mao dẫn mà ta sẽ xét sau). Nhưng chỉ cần bóp vào quả bóng, không khí trong ống sẽ chuyển động. Vận tốc dòng khí càng lớ n thì áp suất t ĩ nh trong ống thẳng đứng càng nhỏ. Áp suất khí quyển không thay đổi, tác dụng lên bề mặt n ướ c hoa và đẩy nó lên ống thẳng đứng n ơ i có áp suất nh ỏ h ơ n. N ướ c hoa dâng lên và phun ra dướ i dạng sươ ng mù. Hiện tượ ng này gọi là hiện tượ ng vòi phun. Hiện tượ ng tuy đơ n giản nhưng ứng dụng vào chế tạo các loại bình bơ m (thuốc tr ừ sâu, nướ c hoa...) sơ n xì, bộ chế hoà khí của động cơ ... Khi nghiên cứu hiện tượ ng này có thể đề phòng một số tai nạn xảy ra. Ví d ụ: Khi hai tàu thuỷ chạy song song nhau và có vận t ốc l ớ n, tàu thuỷ s ẽ không theo sự điều khiển c ủa ng ườ i lái. Nguyên nhân của hi ện t ượ ng này có thể gi ải thích theo định luật Becnuli. Thật v ậy, khi hai tàu thuỷ ch ạy song song thì phần n ướ c ở  gi ữa chúng giống như một con sông nhỏ. Trong các con sông thì bờ   sông không chuyển động, còn ở  đây thì ngượ c lại: nướ c không chuyển động mà bờ   sông (thành tàu) lại chuyển động.  Nhưng tác dụng của lực thì chẳng thay đổi chút nào, ở  phần hẹ p của con sông di động này, nướ c ép vào thành tàu yếu hơ n so vớ i khoảng không gian xung quanh tàu. Nói cách khác, hai sườ n tàu gần nhau chịu áp suất của nướ c nhỏ hơ n so vớ i áp suất phần ngoài tàu. Do vậy hai con tàu phải chuyển động vào nhau. Vì tàu nhỏ thu đượ c gia tốc lớ n hơ n nên lệch hướ ng chuyển động rõ r ệt hơ n, còn tàu lớ n thì hầu như vẫn chạy theo đườ ng cũ. Thực tiễn cho biết: Dòng nướ c sông khi chảy vớ i vận tốc 1 m/s, s ẽ  hút thân thể ngườ i v ớ i một l ực 300N, đoàn xe hoả ch ạy v ớ i v ận t ốc 50 km/h sẽ hút ngườ i đứng c ạnh đườ ng ray một lực là 80N. Từ đây thấy r ằng dòng nướ c xiết đối vớ i ngườ i đang tắm và ngườ i đứng cạnh đườ ng tàu khi đoàn xe lửa lao nhanh là r ất nguy hiểm. III.5. Hiện tượng nhớt và định luật Niuton  z  III.5.1 Hiện tượ ng ma sát (nhớ t) và định luật Niutơ n  dv Thực nghiệm cho thấy: Đối vớ i chất lỏng chuyển động, có dz  những lực tác d ụng theo phươ ng tiế p tuyến của mặt tiế p xúc giữa  F  hai lớ  p chất lỏng. Những lực này có khuynh hướ ng cản lại sự 0 chuyển động tươ ng đối của các lớ  p chất lỏng: Lớ  p chuyển động Hình 11 nhanh kéo nhanh lớ  p chuyển động chậm, lớ  p chuyển động chậm kéo chậm lớ  p chuyển động nhanh.Những lực xuất hiện giữa các l ớ  p chất lỏng đó gọi là lực nội ma sát (lực nhớ t) và hiện tượ ng này gọi là hiện tượ ng nội ma sát. Thực nghiệm cũng chứng tỏ r ằng: v



v

 x

12

- Khi một dòng chất lỏng chuyển động trong một hình tr ụ theo một hướ ng xác định ox thì vận tốc định hướ ng của các phân tử giảm dần từ điểm giữa ống đếm điểm gần thành ống. - L ực n ội ma sát F gi ữa hai lớ  p chất lỏng vuông góc vớ i oz có cườ ng độ t ỷ lệ v ớ i độ biến thiên của vận tốc định hướ ng V theo phươ ng oz và tỉ l ệ vớ i diện tích tiế p xúc S giữa hai lớ  p chất lỏng: F=

η

dv dz

Δs  

(2-6)

Trong đó η  là h ệ số nhớ t phụ thuộc vào nhiệt độ và bản chất của chất lỏng, có đơ n vị trong hệ SI là Ns/m2 dv dz

 là sự biến thiên vận tốc theo phươ ng oz.  z 

III.5.2. Công thứ c STốc Giả sử có một quả cầu nhỏ  bán kính r chuyển động tịnh

2 3

r  

v

tiến vớ i vận tốc   trong một chất lỏng. Theo thực nghiệm, do hiện tượ ng nội ma sát, quả cầu lôi kéo một lớ  p chất lỏng ở  gần mặt của nó chuyển động theo (bề dày của lớ  p chất lỏng này cỡ  v

2 3 v

r 

v



0

Hình 12

r). Phân tử chất lỏng ở  ngay sát mặt cầu có vận tốc định hướ ng

, đối vớ i các phân tử ở  xa hơ n vận tốc giảm dần và đến khoảng cách

2 3

r vận tốc này

 bằng không. Vậy độ biến thiên vận tốc định hướ ng  theo z: v

dv

=

v- 0

dz

2

r 

=

3 v 2 r

 

3

Theo (2-6) nội lực ma sát (b ằng lực cản tác dụng lên quả cầu) là: F=

η

dv dz

Δs  = η

3 v 2 r 

4π.r 2 

rv (2-7) Đây là công thức STốc. Nó đúng khi vận tốc không lớ n lắm. III.5.3. Chuyển động của một vật trong chất lỏng, vậ n tốc giới hạn. + Khi vật chuyển động trong chất lưu thì lực cản của chất lỏng tác dụng lên vật tỉ lệ với vận tốc của vật, và phụ thuộc vào hình dạng của vật:  F 



6  

- Khi vận tốc của vật nhỏ: Lực cản tỉ lệ với vận tốc  F k v ; ( k là hệ số phụ thuộc vào hình dạng của vật, vật hình cầu k= 6 r  , vật hình dạng động lực học có k nhỏ nhất). c



- Khi vận tốc của vật lớn: Lực cản tỉ lệ với bình phương vận tốc. + Vận tốc giới hạn:

13

- Vật rơi trong chất lỏng:

mg - FA - Fc = (ρ - ρ0 )Vg - kηv = ma

Khi v tăng thì a giảm vật tốc đạt giá trị giới hạn khi a=0. Ta có:

vgh =

(ρ-ρ0 )Vg k η

- Vật chuyển động trong chất lỏng nhớt dưới tác dụng của một lực không đổi ( phương nằm ngang):

Hợp lực tác dụng lên vật theo phương ngang : dv 

=-

F

v-

k η

dt

m

tích phân hai vế ta có :

v=

F - Fc = ma = m

F k η

+ (v0 -

F kη

-

)e

dv 

dt

k η t m



F- kηv   =m

dv dt

F kη

k η

Vì

(v0 -

F k η

)e

-

 Nếu v0 = 0 thì

k η t m

giảm nhanh ,

vgh =

F k η

(1- e

k η t m

v gh



F k η

không phụ thuộc vào v0

).

III.5.4. Sự chảy thành dòng trong các ống. Công thức PoaZơi Trong một ổng nằm ngang chất lỏng chảy được là do sự chênh lệch áp suất. Công thức Poa-zơi về mối quan hệ giữa lưu lượng dòng chảy với độ chênh lệch áp suất và bán kính của ống là: Lưu lượng Q =

πR 4 (P1- P2 ) 8η.l

.(2-8)

Trong đó R là bán kính trong của ống , l là chiều dài của ống. III.5.5. Các phương trình động lượng và mô men động lương cho chất lỏng chuyển động Động lượng theo phương ox của khối lượng chất lỏng chảy qua một diện tích S :  P m.v  .S.v.cos  .dt . v  x



x



v

Phá tu ến

x

Trong đó θ là góc giữa v với pháp tuyến của tiết diện S của ống Mà lưu lượng chảy của chất lỏng :

x

Q = v.s.cosθÞPx = ρ.Q.vx dt

*Vậy



Fx =

PT dPx dt

định

luật

II

Niu-tơn

theo

Hình 13 y

ox :

v

= ρ.Q.(v x 2 - v x1 )

 

- Phương trình mô men động lượng : xét khối lượng m của chất lỏng quay quanh trục oz. Mô men động lượng đối với trục oz: LZ=mv×r   hay Lz = mvrsinα

Trong đó   là góc giữa

r 

với v  .

14

v  

o

Hình 14

x

* Vậy phương trình động lực học của chuyển động quay của khối chất lỏng quanh trục

oz là:  M z =

dL z dt

=ρ.Q.[r2 v2sinα2 - r1v1sinα1 ]

IV. HIỆN TƯỢNG CĂNG MẶT NGOÀI IV.1. Áp suất phân tử  Ta thấy r ằng lực hút giữa các phân t ử ch ất l ỏng giảm nhanh theo khoảng cách, do đó chỉ những phân tử cách nhau một khoảng nhỏ hơ n 2r vào cỡ  10-9m thì mớ i tác dụng lên nhau.  Nếu t ừ một phân tử làm tâm, ta v ẽ một mặt cầu bán kính r, thì phân tử ch ỉ tươ ng tác vớ i các phân tử nằm trong mặt cầu đó. Mặt cầu như vậy gọi là mặt cầu bảo vệ. Phân tử M1 có mặt cầu bảo vệ nằm hoàn toàn trong chất lỏng, nên lực tác dụng lên M1 về mọi phía bù tr ừ nhau Phân tử M2, M 3 n ằm trong lớ  p ch ất lỏng có mặt  M   M  cầu bảo vệ không hoàn toàn nằm trong chất lỏng. Lúc đó lực tác dụng nên các phân tử này theo mọi phươ ng không bù tr ừ lẫn nhau và tổng hợ  p lực hướ ng vào trong  F  chất lỏng. Trong lớ  p chất lỏng các phân tử nào nằm sâu  F  hơ n thì chịu lực tác dụng nhỏ hơ n (F2 < F3). Những lực  M  đó ép lên phân tử phía trong và gây một áp suất gọi là áp suất phân tử. Áp suất này thườ ng r ất lớ n, đối vớ i Hình 15 nướ c áp suất phân tử có giá tr ị khoảng 17000 atm. Trong chất l ỏng các phân tử n ằm cách nhau khoảng 3.10-10 m, là khoảng cách mà tại đó lực hút bằng lực đẩy. Tuy áp suất phân tử r ất lớ n, nhưng nó không ép đượ c các  phân tử ở   phía trong xít lại nhau. Vì lúc khoảng cách phân tử nhỏ hơ n 3.10-10m thì lực đẩy giữa các phân tử l ớ n các, lực đẩy này chống lại áp suất phân tử và làm cho các phân tử không xít lại nhau. Đây cũng là một lý do mà chất lỏng r ất khó nén. Ta thấy r ằng áp suất phân tử không thể đo đượ c tr ực tiế p vì nó luôn hướ ng vào trong lòng chất lỏng, nó không tác dụng lên thành bình và nên các vật nhúng trong chất lỏng. IV.2. Năng lượng mặt ngoài IV.2.1. Năng lượ ng mặt ngoài của chất lỏng Các phân tử ở  mặt ngoài chịu lực hút hướ ng vào trong lòng chất lỏng. Do đó t ổng năng lượ ng của chúng ngoài động năng chuyển động nhiệt như những phân tử nằm sâu trong lòng chất lỏng, chúng còn có một dạng năng lượ ng khác, đó  là thế năng do các  phân tử bên trong hút. Giả sử nhiệt độ đồng đều thì động năng do chuyển động nhiệt c ủa mọi phân tử chất lỏng đều giống nhau, nhưng các phân tử ở  mặt ngoài còn có thêm thế năng. Muốn đưa một phân tử từ trong lòng chất lỏng ra mặt ngoài cần phải thực hiện một công để thắng lực hút phân tử. Công này làm tăng thế năng của phân tử. Do đó các phân tử ở  lớ  p mặt ngoài có thế năng lớ n hơ n so vớ i thế năng của các phân tử ở   phía trong. Phần năng lượ ng tổng cộng lớ n hơ n gọi là năng lượ ng mặt ngoài của chất lỏng. 2

3



3



2

1

15

Ta thấy r ằng năng lượ ng mặt ngoài phụ thuộc vào các phân t ử c ủa l ớ  p mặt ngoài nhiều hay ít. Số phân tử này càng nhiều thì năng lượ ng mặt ngoài càng lớ n. Vì vậy năng lượ ng mặt ngoài E tỉ lệ vớ i diện tích mặt ngoài S, ta có: (2-9) E = S Trong đó  là hệ số tỉ lệ phụ thuộc vào loại chất lỏng và tr ạng thái chất lỏng gọi là hệ số sức căng mặt ngoài. Đơ n vị của  trong hệ SI là Jun trên mét vuông (J/m2). Do s ức c ăng m ặt ngoài nếu l ấy một khung dây thép nhúng vào nướ c xà phòng, ta đượ c một màng xà phòng phủ kín khung. Thả vào đó một vòng chỉ, khi chọc thủng màng  bên trong vòng chỉ sẽ tr ở thành vòng tròn. Tại sao vậy? Ta biết r ằng hệ ở  tr ạng thái cân bằng bền khi thế năng cực tiểu. Vì vậy màng xà phòng sẽ ở  tr ạng thái cân bằng  bền khi thế năng ( năng lượ ng mặt ngoài ) nhỏ nhất, tức là diện tích mặt ngoài nhỏ nh ất. Do đó có thể gi ải thích hiện tượ ng trên như  sau: do điều kiện năng lượ ng cực Hình 16 tiểu, diện tích màng xà phòng phải co lại nhỏ nhất, nên diện tích mặt thủng phải lớ n nhất. Muốn vậy diện tích mặt thủng phải là hình tròn, vì trong tất cả các hình cùng chu vi, hình tròn là hình có diện tích lớ n nhất. Từ đó có thể đưa ra nguyên lý cực tiểu của năng lượ ng mặt ngoài: “khối chất lỏng sẽ ở  tr ạng thái cân bằng bền lúc diện tích mặt ngoài của nó là nhỏ nhất có thể đượ c”. Theo lậ p luận trên thì tất cả các khối chất lỏng đều có hình cầu vì hình cầu cũng là hình có diện tích nhỏ nhất trong tất cả các hình có cùng th ể tích. Nhưng do chất lỏng chịu tác dụng c ủa tr ọng lực, nên nó choán phần d ướ i c ủa bình chứa. N ếu kh ử đượ c hoàn toàn tr ọng lực thì tất nhiên các khối chất lỏng sẽ có dạng hình cầu. Thí nghiệm sau sẽ chứng tỏ điều đó: Bỏ một ít giọt dầu vào trong dung dịch cùng tỉ tr ọng. Do tr ọng lực của các giọt dầu cân bằng vớ i lực đẩy Acsimét, nên giọt dầu có dạng những hình cầu. Hình 17 IV.2.2. Sứ c căng mặt ngoài Ta thấy r ằng diện tích mặt ngoài của chất lỏng luôn có khuynh hướ ng tự co lại. Do vậy về một phươ ng diện nào đấy, mặt ngoài chất lỏng giống như một màng cao su bị căng. Để gi ữ nguyên tình tr ạng mặt ngoài của ch ất l ỏng, ta phải tác dụng lên chu vi của mặt ngoài các lực vuông góc vớ i đườ ng chu vi và tiế p tuyến vớ i mặt ngoài. Lực đó gọi là lực căng mặt ngoài. Công thức tính độ lớ n sức căng mặt ngoài đượ c xác định từ thí nghiệm sau: lấy một khung dây thép, cạnh MN có thể di N chuyển đượ c. Nhúng khung vào nướ c xà phòng và lấy ra. Ta đượ c  M   F  màng xà phòng mỏng. Theo nguyên lý cực tiểu màng luôn có xu Hình 18 hướ ng co lại. Để màng không co, cần phải tác dụng lên MN một lực đúng bằng lực căng mặt ngoài. Khi cạnh MN dịch đi một đoạn X thì diện tích mặt ngoài tăng lên một lượ ng là:

 x



16

S = 2. .X

Vì màng xà phòng có hai mặt ở   ngoài: một mặt ở   trên và  M   N  một mặt ở  dướ i, nên có hệ số 2 trong công thức này.  F  Công thực hiện bở i lực F trong dịch chuyển X là :  F  A = F.x Hình 19 Công này dùng để tăng diện tích mặt ngoài lên một khoảng S, tức là làm tăng năng lượ ng mặt ngoài lên E, theo (2-9) ta có: E = A Hay .X = F.X  F =    2    .2 Vớ i 2l là chiều dài của đườ ng chu vi, do đó trong tr ườ ng hợ  p tổng quát, công thức tính lực căng mặt ngoài là: (2-10) F =       Trong đó F là sức căng mặt ngoài tác dụng lên đoạn chu vi l.  Nếu l bằng một đơ n vị chiều dài thì     = F. Từ đó có định ngh ĩ a về     như sau: Hệ số sức căng mặt ngoài là một đại lượ ng vật lý về tr ị số bằng sức căng tác dụng lên một đơ n vị của đườ ng chu vi mặt ngoài. Hệ số sức căng mặt ngoài phụ thuộc vào bản chất của chất lỏng và nhiệt độ. Khi nhiệt độ tăng thì     giảm. IV.3. Hiện tượng dính ướt và không dính ướt Xét phân tử ch ất l ỏng A tại nơ i giao tiế p c ủa hai hoặc cả ba  F  rl   A môi tr ườ ng: r ắn l ỏng, khí. Lấy A làm tâm vẽ m ặt c ầu bảo vệ. T ạm coi mặt thoáng của A vuông góc vớ i thành bình. Các lực tác dụng  F ll  lên phân tử này gồm: - Lực hút của các phân tử chất lỏng ( F ), lực này hướ ng vào Hình 20 trong lòng chất lỏng. - Lực hút của các phân tử chất r ắn ( F ), lực này vuông góc vớ i thành bình và 









ll

rl

hướ ng vào thành bình. - Tr ọng lực P và lực hút của các phân tử ch ất khí (những lực này r ất nhỏ có thể  bỏ qua). Vậy lực tác dụng lên phần tử A chỉ còn F  F  F .Ta xét các tr ườ ng hợ  p xảy ra: A

ll

rl

(1). Nếu lực hút của các phân tử chất r ắn lớ n 

hơ n lực hút của các phân tử chất lỏng ( F

rl



Fll

) thì

 F rl 

 A

lực tổng hợ  p tác d ụng lên phần tử A ( F ) hướ ng về A





 F   phía chất r ắn. K ết quả là làm cho m ặt thoáng chất lỏng cong lõm xuống. Ta có hiện tượ ng dính ướ t. (2).  Nếu lực hút cuả các phân tử chất lỏng lớ n hơ n lực hút

 F ll 

 A

 phân tử chất r ắn (

Fll



Frl

, thì

)

FA

hướ ng về  phía

Hình 21



 F rl 

 A

17





 F  A

 F ll 

của các

chất lỏng. K ết quả là làm cho mặt thoáng chất lỏng cong lồi lên ta có hiện tượ ng không dính ướ t. Ta thấy r ằng thực ch ất c ủa hi ện t ượ ng làm ướ t và không làm ướ t chính là do lực hút giữa các phân tử gây ra. Hình 22 Để  xác định: dạng của mặt cong (mặt khum). Ngườ i ta dùng khái niệm góc bờ  (hay góc mép) θ  là góc hợ  p bở i tiế p tuyến mặt ngoài chất lỏng và tiế p tuyến mặt ngoài chất r ắn. Có các tr ườ ng hợ  p sau: - Nếu góc 0

 θ

 <

  

2

 ta có hiện tượ ng dính ướ t, mặt khum là

mặt lõm. Khi   = 0 thì chất lỏng làm dính ướ t hoàn toàn chất r ắn. - Nếu



2



θ    ta có hiện tượ ng

Hình 23

không làm ướ t. Mặt khum là

mặt lồi. Khi θ  =    thì chất lỏng hoàn toàn không làm ướ t chất r ắn. Các hiện tượ ng này thườ ng gặ p trong thực tế như: mực làm Hình 24 dính ướ t ngòi bút nên mớ i dính vào ngòi bút. Nướ c m ưa không làm dính ướ t lá cây (lá môn, lá khoai). Và gi ả s ử không có tr ọng l ực tác dụng thì hiện t ượ ng dính ướ t và không dính ướ t thể hiện r ất rõ đó là: nướ c sẽ không ở  yên trong cốc thuỷ tinh, mà nó sẽ “bò” ra cả thành cốc tạo thành một lớ  p nướ c bao quanh cốc...  Ngườ i ta đã ứng dụng hiện tượ ng này trong k  ĩ  thuật tuyển quặng. IV.4. Áp suất phụ gây ra bởi mặt cong của chất lỏng IV.4.1. Định ngh ĩ a áp suất phụ Chất lỏng đựng trong ống tr ụ có tiết diện không quá lớ n thì mặt thoáng chất l ỏng thườ ng có dạng mặt khum. Mặt khum lồi lên (chất lỏng không làm  P  dính ướ t v ật r ắn) và mặt khum lõm xuống (chất l ỏng làm dính ướ t v ật r ắn) có diện tích lớ n hơ n khi phẳng. Do xu hướ ng co diện tích mặt ngoài đến cực tiểu, nên sức c ăng mặt ngoài có tác dụng kéo mặt ngoài tr ở  thành phẳng. Xu hướ ng Hình 25 

này đã tạo ra áp suất phụ  P   thêm ngoài vào áp suất phân tử. - V ớ i mặt khum lồi, s ức c ăng mặt ngoài có tác dụng ép phần ch ất l ỏng  phía dướ i gây ra áp suất phụ   P  hướ ng từ trên xuống và cùng chiều vớ i áp suất phân tử. - Vớ i mặt khum lõm, Sức căng gây ra áp suất phụ hướ ng lên trên và ngượ c vớ i áp suất phân tử. 

ΔP



Hình 26

l 

IV.4.2. Biểu thứ c tính áp suất phụ IV.4.2.1. Mặt cong là một phần của mặt cầu Giả sử mặt cầu có bán kính R và khẩu kính r.

 F 2

r 



  

(C )



 F 

l 

 H 



 F 2





 F 1

 R

  

18 Hình 27



 F 1

 F 

Xét một phần tử l trên chu vi C. Nó ch ịu tác dụng của l ực c ăng  F , l ực này có tu yến v ớ i m ặt cong và độ lớ n F =   . .Phân tích lực đặc điểm: Vuông góc vớ i l, tiế p tuy căng  F  ra hai thành phần:  F 1 th ẳng đứng và  F 2 n ằm ngang. Vì thành phần  F 2 ch ỉ tác dụng lên các phần t ử l c ủa chu vi C theo phươ ng ng ngang, nên ta không xét. Từ hình vẽ ta có:  F 1 =  F sin β Mà sức căng F  nén lên chất lỏng bằng tổng các lực  F 1 có độ lớ n: n: r 

F =  ΔF = ΔFsinβ = σ l = R 1

σ.r  R 

Δ

Do    = 2   r là chu vi c ủa chu tuyến C, vì vậy: F=

  .r 

 R

2   r =

2

σ

2π.r  R 

Lực nén này ép lên diện tích S =   r 2, suy ra áp suất phụ gây ra bở i mặt khum lồi là:  p

=

F

=

ΔS

2σ R 

 

(2-11)

Đối vớ i mặt khum lõm áp suất phụ hướ ng ng lên trên, nên có giá tr ị: P

=-

 2 σ R 

 

(2-12)

 Nếu quy ướ c: c: Bán kính mặt cầu hướ ng ng về phía chất lỏng là dươ ng ng (R > 0) và hướ ng ng ra khỏi chất lỏng là âm (R < 0) thì ta có th ể viết công thức chung tính áp suất phụ cho mặt cong lồi, lõm là: P =

2σ R 

 

(2-13)

Khi mặt chất lỏng là mặt phẳng R =  thì P = 0 IV.4.2.2. Mặ Mặt cong có dạ d ạng bấ bất k ỳ Trong tr ườ  ng hợ  p tổng quát mặt cong có dạng bất k ỳ. Để ườ ng tích áp suất phụ ta áp d ụng công thức Laplaxơ : 



P =  (

1

σ

R1

+

1 R 2

)

(1-14)

Vớ i R 1, và R 2 là bán kính của hai giao tuyến cong do mặt khum đó bị cắt bở i hai mặt phẳng vuông góc vớ i nhau tại điểm xét (điểm 0). Từ  công thức Laplaxơ   ta có thể  suy ra các công th ức cho các tr ườ  ng hợ  p đặc biệt : ườ ng - Khi mặt cong là mặt cầu thì R 1= R 2 = R 

P =

2σ R 

Hình 28

0

 

(2-15)

 R

19 C 

- Khi mặt cong có dạng hình tr ụ tròn xoay thì: 



P=

σ

R 

R 1 =



; R 2 = R

(2-16)

IV.5. Hiện tượng mao dẫn IV.5.1. Khái quát chung Hình 29 ng chất lỏng dâng lên hay hạ Hiện tượng mao dẫn l à hiện tượ ng xuống trong các ống tiết diện nhỏ (thườ ng ng có đườ ng ng kính d <1mm) g ọi là ống mao dẫn hay ống mao quản.  Nguyên nhân của hiện tượ ng ng mao dẫn là do áp suất phụ h ở  mặt thoáng cong của ch ất lỏng trong ống mao dẫn gây nên. h Xét tr ườ  ng h ợ  p ch ất l ỏng làm dính ướ t ch ất r ắn, có mặt khum ườ ng là lõm. Khi đó áp suất phụ hướ ng ng lên trên gây ra áp lực kéo F k , có tác dụng kéo cột chất lỏng lên. Khi tr ọng lực Hình 30 cân bằng vớ i lực kéo thì mực chất lỏng không dâng lên nữa. độ cao chấ IV.5.2. Biể Biểu thứ  thứ c tính độ cao chất lỏ lỏng dâng lên hay hạ hạ xuố  xuống trong ống Xét hiện tượ ng ng mao dẫn: Ống mao dẫn có cấu tạo là một hình tr ụ bán kính r thì mặt thoáng trong ống là một chỏm cầu bán kính R. Khi chất lỏng ở  tr ạng thái ổn định, theo lí luận trên thì độ lớ n lực kéo  F  k  b  bằng tr ọng lượ ng ng cột chất lỏng Pg Pg = Fk  (1) Mà

Fk  =

2  P.   r 

=

 2 σ R 

 R

  r 

2

 

(2)

Pg = mg = gh r 2 

(3)

  

 

Từ (1), (2), (3) (3) ta có: 2σ

π

R 



Mặt khác



h

 F  K  

 P  g 

r 2 = gh r 2   

h=

r 

Hình 31

2σ

ρgR 

r 

2σ

R 

ρgr 

cos θ = , nên : h =

cosθ

 

(2-17)

Đây là công thức xây dựng cho tr ườ  ườ ng ng hợ  p chất lỏng làm ướ t ống. Nhưng cũng là công thức tổng quát tính độ cao chất lỏng dâng lên hay hạ xuống trong ống mao quản. Nhìn vào biểu thức cho thấy dấu của cos   cho biết chất lỏng trong ống dâng lên hay hạ xuống:  

- Nếu 0  θ  <   thì cos θ  > 0, chất lỏng trong ống dâng lên . 2

- Nếu

 

2

 < θ

    thì

cos θ  < 0, ch ất lỏng trong ống hạ xuống.

- Nếu θ = 0 thì cos θ  = 1, chất lỏng làm ướ t hoàn toàn, và   =     thì cos θ = -1, chất lỏng không làm ướ t hoàn toàn ống thì công thức (2-17) có dạng:

20

h=



2

gr 

 

(2-18)

Hiện tượ ng ng mao dẫn giúp ta giải thích một số hiện tượ ng ng trong tự nhiên và đờ i sống : - Bông, giấy thấm, bấc đèn... có khả năng hút các ch ất lỏng như nướ c, c, mực, dầu... nhờ  khe hẹ p trong các ống này là ống mao dẫn. - Nhờ  mao   mao dẫn thực vật mớ i hút đượ c chất dinh dưỡ ng, ng, và nướ c từ dướ i đất lên để nuôi cây. - Hiện t ượ ng ng mao dẫn đóng vai trò quan tr ọng trong qúa trình trao đổi độ ẩm của đất. Trong đất luôn có những rãnh nhỏ, dài tạo thành những ống mao dẫn. Nướ c có thể từ dướ i sâu theo những ống đó thấm lên mặt đất, r ồi bốc hơ i làm cho đất giảm độ ẩm. Để tránh nướ c bốc h ơ i ngườ i ta thườ ng ng cuốc x ớ i đất, cắt đứt những ống mao dẫn phía trên, ngăn không cho hơ i ẩm thoát ra ngoài. - Khi trong ống có bọt khí, thì bọt khí này sẽ ảnh hưở ng ng đến sự chảy của chất lỏng trong ống. Vì dạng cong của bọt khí ngăn cản sự chảy của chất lỏng. Do đó trong đờ i sống hàng ngày, khi tiêm, truyền vào máu cần lưu ý không cho bọt khí vào làm tắc mạch máu.

Chương II. BÀI II. BÀI TẬP VẬN DỤNG I. CHẤT LỎNG TĨNH Bài 1. Bình hình tr ụ di ện tích đáy S = 10 cm2 ch ứa n ướ c có khối lượ ng ng riêng  = 1 g/cm3. Thả  vào bình vật có khối lượ ng ng m = 50g. Vật có hình dáng bất k ỳ, không đồng nhất,



 F  A

21



 P  g 

( )

 bên trong r ỗng và cũng không chìm, cũng như không làm nướ c tràn khỏi bình. Hỏi mức chất lỏng trong bình sẽ tăng thêm bao nhiêu? Lờ i giải Các lực tác dụng lên vật - Tr ọng lực:  P  g  

- Lực đẩy Acsimét:  F  Hình 32 Do vật không chìm nên tổng hợ  p lực tác dụng lên vật bằng không, ta có : Pg = F A 

 A

m

mg = gV => V =

  

V là phần thể tích của v ật trong chất lỏng hay cũng chính là thể tích của chất l ỏng dâng lên, mà: V = S.h Suy ra :

h

=

V

m

=

S

50

=

Sρ

=5

1.10

  (cm)

* Chú ý: Đố i vớ i d ạng bài này sử  d ụng định luật Acimet:  F  A =    gv

  khi vật không chìm, hay chuyể n Ta cần sử  d ụng thêm đ iề u kiện cân bằ ng của vật r ắn động đề u t ứ c là hợ  p l ự c ác d ụng lên vật bằ ng không. Bài 2. Hai quả c ầu khối l ượ ng m1 = 1,6 kg, m2 = 2 kg cùng bán kính, nối v ớ i nhau bằng một sợ i dây thẳng đứng và hạ xuống đều trong một chất lỏng.Tính lực  F  A căng của dây nối. Bỏ qua lực cản của chất lỏng. m Lờ i giải T   P  Các lực tác dụng lên các quả cầu gồm: ( ) T   F  Tr ọng lực  P 1 ,  P 2 

1

1



1



1





2

Lực căng T 1 , T 2 







 A 2



m 

2

 P 2

Lực đẩy Acsimét  F  1 , F  2 Vì hai quả cầu hạ xuống đều trong chất lỏng, nên các lực tác dụng lên chúng bằng 0, ta có: Quả thứ nhất: P1 - FA 1 + T1 = 0 (1) Quả thứ hai: P2 - FA 2 - T2 = 0 (2) Vì dây không dãn: T1 = T2 = T (3) Hai quả cầu có cùng bán kính nên: FA1 = FA2 = gv (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có: P1 + P2 - 2FA = 0 

 A

Vớ i

FA =



 A

P1 +P2 2

22

Hình 33

Thay FA vào (1) thì : T1 = T2 = T = FA –  P1 = Hay

T=

(m2



m1 ) g 

2

(2 1,6)10 





2

P2 -P1 2

(N)

2

Bài 3. Trong một bình chứa hai chất lỏng không tr ộn lẫn vào nhau có khối lượ ng riêng 1 và 2, chiều dày tươ ng ứng là h1, h2. T ừ bề m ặt chất l ỏng trong bình ngườ i ta thả r ơi  một vật nhỏ, nó chạm đáy bình đúng lúc vận tốc bằng 0 Tính khối lượ ng riêng của vật. Bỏ qua lực cản của môi tr ườ ng. Lờ i giải Khi vật thả r ơi  trong chất lỏng, do bỏ qua lực c ản, nên có  F  các lực tác dụng: Tr ọng lực  P  g  , lực đẩy Acsimét  F  0 



 A



 A

Theo định luật II Niutơ n : Pg –  FA = ma  a = g -

ρgv m



 

(1)

m

1

  hay

ρ'

v

=

v

m

Thay (2) vào (1), ta có:

 

 P  g 

Hình 34

Gọi ’ là khối lượ ng riêng của quả cầu thì: ’ =

 x

(2) ρg

a=g-

ρ'

- Xét vật r ơ i trong chất lỏng thứ nhất: 

a1 = g -

ρ1g ρ'

Từ công thức: vt2 - vo2 = 2as Vớ i vận tốc ban đầu v01 = 0, s1 = h1, thì : (3)  vt1 2 = 2a1h1 = 2g(1-

ρ1 ρ'

)h1

(3) (4)

- Vật r ơi  trong chất lỏng thứ hai: a2 = g(1 -

ρ2 ρ'

)

Vì vận tốc của vật ở đáy mặt phẳng thứ nhất chính là vận tốc của vật ở  mặt thoáng của chất lỏng thứ hai, nên: vt1 = v02 -vt12 = 2 a2h2 = 2g(1 -

Từ (2) Hay

 ρ2

vt 12 = 2( 

 ρ'



-1 gh 2  

ρ2 ρ'

)h2

(5)



Từ (4) và (5) có phươ ng trình: 2g(1-

ρ1 ρ'

 ρ2

)h1 = 2( 

 ρ'



-1 gh 2



23

(do vt 2 = 0)

h1 + h2 = (1h1 + 2h2) ’ =

Suy ra :

1

ρ'

ρ1h1 + ρ 2 h 2 h1 + h 2

Bài 4. Cốc nướ c chia độ có khối lượ ng 180 g và tr ọng tâm (của cốc không) nằm ở độ chia thứ tám. Mỗi độ chia ứng vớ i 20 cm3. Hỏi đổ nướ c đến độ chia nào thì cân bằng vững vàng nhất? Tr ọng tâm chung của nướ c và cốc bấy giờ ở độ chia nào? Lờ i giải Gọi: + O1 là tr ọng tâm của cốc không có nướ c. + Độ cao của cột nướ c đổ vào cốc là x vạch. + Độ cao của tr ọng tâm chung O của cốc và nướ c là y vạch. Khi đó độ cao tr ọng tâm O2 của lượ ng nướ c đổ vào cốc là x/2 (vạch). O là điểm đặt hợ  p lực P , P  song song cùng chiều đặt tại O1, O2. Từ đó ta có: 0 1

2

1

001 00 2

8-y



y - x/2

=



P2

0

P1

8

20x

=

=

x 2 - 81 2.(x+9)

=

x-9

=

x+9

2 2

y+9=



+

180

 P 2

2

Hình 35

2.(x+9)

+

225 2.(x+9)

225 2.(x+9)

+

225 2.(x+9)

x+9 2

+

-9

225 2.(x+9)

Để cân bằng vững vàng nhất thì tr ọng tâm chung O thấ p nhất, tức: ymin Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có:  x 

y+9=

9

2



225 2.( x  9)



 2

( x  9)

225

2

2.( x  9)

y   6 Dấu bằng sảy ra khi: 

 x  9 2 

 x

2





y



x 2+144

y=



02

 x

2y( x+9 ) = x2 + 144



 P 1

225 2.( x  9)

12 x  36  0

24

 = 15



 (y + 9)min.

( x 6) 2







0

x=6 Vậy để cốc nướ c cân bằng vững vàng nhất thì phải đổ nướ c đến vạch chia thứ 6, khi đó tr ọng tâm chung của cốc và nướ c cũng ở  vạch chia thứ 6. Bài 5. Đậ p n ướ c có tiết diện hình chữ nh ật, chiều cao h = 12 cm, tr ọng lượ ng riêng của đậ p D1 = 30 kN/m3. Tìm bề r ộng a của chân đậ p để khi nướ c đầy sát mặt đậ p, đậ p không  bị lật. Tr ọng lượ ng riêng của nướ c là D0 = 10 kN/m3. Lờ i giải Các lực tác dụng lên đậ p: + Tr ọng lực  P  g  đặt ở  tr ọng tâm. 



a

+ Lực  F  do áp lực của nướ c tác dụng. Áp lực này coi như hợ  p lực của  F . Điểm đặt của nó ở  tr ọng tâm tam giác 

i

lực, ngh ĩ a là cách đáy h/3.  p này có thể lật quanh A.  Đậ Do áp suất của nướ c tăng đều theo độ sâu: Ở mặt đậ p P1 = 0 Ở đáy đậ p P2 =    gh = D0h



 F 

 A

Hình 36



 P  g 

0



 Áp suất trung bình ác dụng lên mặt đậ p là:  P 



1

 =

2

D0h

 Áp lực trung bình ác d ụng lên mặt đậ p là:  F 

 =  P  S =

1 2

D0S

( vớ i S là diện tích thành bên của mặt đậ p) Điều kiện để đậ p không bị lật là:  MF

MP

g

A



 P  g 

2

D1 V





a

D1(S a)

  F 

a 2

a

2

h 3

  F 



A

1 2

h 3

D0S

h

3

3



h  D a2  . 0 3



a



h

3

D1

 = 4 ( m)

Bài 6. M ột hình lậ p ph ươ ng, mỗi cạnh a = 1 m, chứa không khí vớ i áp suất b ằng áp suất khí quyển P 0 = 105 N/m 2 và đượ c ng ăn đôi b ằng m ột pitông mỏng Pi. Qua một vòi nướ c V ở  nửa bên trái ngườ i ta cho nướ c vào ngăn trái một cách từ từ cho đến mức h = a/2.

25

Hỏi khi pitông không bị giữ thì nó dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát giữa pitông và thành bình, bỏ qua áp suất của hơ i nướ c.  P  Bình chứa trong điều kiện đẳng nhiệt. Biết g = 10 m/s2 và khối lượ ng riêng D = 103 kg/m3. Lờ i giải Khi buông tay pitông dịch chuyển về  bên phải, do áp suất k  h không khí trong ngăn bên trái tăng, mặt khác nó còn chịu áp lực c ủa khối nướ c. Pitông dịch đượ c một đoạn x thì dừng lại, khi đó chi ều cao Hình 37 của cột nướ c là h' và các l ực tác dụng lên pitông bằng không. Các lực tác dụng lên pitông gồm: Lực  F 1 , F 2  do không khí trong ngăn bên phải và trái. i





 P i

Lực  F   do khối nướ c. 

3



 F 2

Vì pitông đứng yên, nên: F1 +F2 +F3  = 0 



 F 1

F1 = F2 + F3 

k 

(1)

h



 F 3

 x

Do nhiệt độ không thay đổi nên áp dụng định luật Bôimariốt cho hai khối khí, ta có: + Ngăn bên phải: PoV = P1V1 

 P0

a3 2

 = P1 .S1 (

a 2

- x)  =

 F 1 (

a

2

 x)

(S1 là diện tích pitông của ngăn không khí bên phải) 

F1 =

a a

3

 2 x

 P 0

 

(2)

+ Ngăn bên trái: PoV = P2V2 a3

a a = P2.S2 ( + x)  = F2 ( + x) 2 2 2

P0



(S2 là diện tích pitông của ngăn không khí bên trái) 

F2 =

a3 a + 2x

P0  

(3)

Mặt khác, ta có th ể tích nướ c: a

a

2

2

V = a. . 

 h' =

a

 = a. (

a

2

+ x ).h'

2

2a  4 x

Từ đó tính đượ c F3: F3 = P3S3 =

(ρ.g

h 2

)(h a) = aρg

h

2

2

26

 =

ρga

5

8(a + 2x) 2

  (4)

Hình 38

Thay (2), (3), (4) vào (1), ta có ph ươ ng trình: a

3

P0

a - 2x

a

 =

3

a +2x

P0

 +

ρga

5

8(a +2x)

2



8P0 (a +2x) 2 =8P0 (a 2 - 4x 2 ) + ρ.ga 2 (a -2x)



64P0 x 2 + (32P0 a +2ρ.g.a2 )x - ρ.g.a3 = 0



= (16P0 a +ρ.g.a 2 ) 2 + 64P0ρ.g.a 3 x1



- (16P0a + ρ.g.a 2 ) -

=

x2

(16P0a + ρ.g.a 2 )2 + 64P0 .ρ.g.a 3 ) 64P0

- (16P0a + ρ.g.a 2 ) +

=

(16P0a + ρ.g.a 2 ) 2 + 64P0 .ρ.g.a 3 ) 64P0

 < 0 (loại)  > 0

Vậy pitông dịch chuyển một đoạn x = x2. Bài 7. Một quả cầu rỗng đồng chất bằng kẽm giới hạn bởi 2 mặt cầu đồng tâm nổi trên mặt nước. Tính phần nổi trên mặt nước là một chỏm cầu. Cho biết tỉ số giữa chiều cao cuả chỏm cầu và bán kính ngoài của cầu bằng k, khối lượng riêng của nước ρ =10  kg/m3, khối lượng riêng của thủy ngân ρ =13,6.10 kg/m 3

3

0

Lời giải Quả cầu ngập trong nước chịu tác dụng của 2 lực: Trọng lực P = mg = ρg(V1 -V2 ) hướng thẳng đứng  H 

  

 VC   dVC  

3

0

(3RH 2  H 3 ) 

chiều từ trên xuống.

Lực đẩy Acsimet dướng từ dưới lên có giái trị: F = ρ gΔV =  V - V  ρ g   (1) A

0

1

C

0

Với V  là thể tích chỏm cầu nhô lên khỏi mặt nước C 

Thể tính chỏm cầu

V C 

được tính như sau:

Trước hết ta tính cho thể tích của lớp cầu chiều dày dh: dV = πr dh   (2) 2

C

trong đó

2

2



r = R - R- h

Thay (3) vào (2):  H 

 V   dV  C

C 

0

Mà V

4 

3

πR 3



= 2Rh - h

2

 

(3)

2

dVC = π(2Rh - h )dh

π

 3RH 3

V 

2

4 3

2

πR 3

 H 3  

do vậy thể tích của chỏm cầu có thể viết:

V 1   H 2 H 3  V C    3 2  3    4   R R 

Theo bài ra:

 H   R

 k 

(4)

do đó (4) có thể viết:

27

3

VC =

V 4

(3k 2 - k 3 ) =

V 4

k 2 (3- k)  

(5)

Quả cầu nằm cân bằng trong nước nên ta có: P = FA

Hay Suy ra

 

ρg  V1 -V2  = ρ0 g  V1 4ρV1 -

V1 4

 

k 2  3 - k  

4ρV2 = ρ0 V1 4 - k 2  3 - k   

 ρ Vậy: V2 =V1 1- 0  ρ

+

k 2ρ 0 4ρ



3 - k    

Bài 8. Một thanh đồng chất tiết diện đều S , dài l  có khối lượng riêng ρ0, nổi thẳng đứng trong hai chất lỏng khác nhau không trộn lẫn, có khối lượng riêng  ρ1 và  ρ2 (ρ1 <ρ0< ρ 2. ). Một phần thanh nằm trong chất lỏng có khối lượng riêng  ρ1, đầu mút trên của thanh ngang mặt thoáng của chất lỏng đó; Phần còn lại nằm trong chất lỏng kia. a. Tính công cần thực hiện để nhấn chìm thanh vào trong chất lỏng thứ hai (ρ2 )?  b. Đầu mút trên của thanh sẽ được nâng lên đến độ cao nào nếu thả nó từ mặt phân cách hai chất lỏng? Biết rằng thanh luôn nằm trong hai chất lỏng. Lờ i giải a. Khi thanh cân bằng (H39a): ρ0gSl = ρ1gSh + ρ2gS(l - h) (1) O 

h=

(ρ 2 - ρ 0 )l

h

l

ρ 2 -ρ1

Fx

Xét trường hợp đẩy chậm thanh chìm xuống. Khi đầu mút trên có toạ độ x (H39b), lực đẩy thanh: Fx = ρ1gS(h – x) + ρ2gS(l –  h + x) - ρ0gSl (2) Từ (1), (2): F x = gS(ρ2 - ρ1)x  H39a  H39b Trong dịch chuyển đủ nhỏ dx (lực đẩy Fx xem như không đổi), công của lực đẩy là: dA = Fxdx = gS(ρ2 - ρ1)xdx Vậy công để nhấn chìm thanh vào hẳn trong chất lỏng ρ 2 là: A=



h

0

dA= gS(ρ2 - ρ1)



h

0

xdx  => A=

 x

 x

gSl2 (ρ 2 - ρ0 )2 2(ρ 2 - ρ1 )

 b. Khi thanh đang chìm hoàn toàn trong hai chất lỏng (Hình  40 ). Lực đẩy Acsimet của cả 2 chất lỏng là: FA1 = gSρ1x + gSρ2 (l –  x) Công trong dịch chuyển nhỏ dx: dA1 = gSρ1xdx + gSρ2 ldx – gSρ2xdx x Công của lực đẩy Acsimet cho đến khi đầu mút trên lên đến mặt thoáng: O A1 =



h

0

 (ρ1 -ρ 2 ) 2  h +ρ2 lh   (3)  2 

dA1 = gS 

+ Khi một phần thanh nhô lên khỏi mặt thoáng (H 41), lực đẩy Acsimet là  : FA2 = gSρ1h + gSρ2 (l –  x)

28

Hình 40

H  x

Tương tự: dA2 = gSρ1hdx + gSρ2 (l –  x)dx A2 =



h+H

h

  H2 dA2 = gS ρ1hH+ ρ2lH- ρ2 - ρ 2hH   (4) 2  

H là độ cao cực đại phía trên mặt thoáng của đầu mút trên. Tổng công của lực đẩy Acsimet bằng công của trọng lực : A1 + A2 = AP = gSρ0l(h + H) (5) Từ (1), (3), (4) và (5) tính được độ cao mà đầu mút trên đạt được trên mặt thoáng là:

(ρ 2 - ρ0 )l

H=

ρ2 (ρ 2 - ρ1 )

Bài 9. Một bình hình trụ thẳng đứng có nước, quay xung quanh trục của nó với vận tốc góc không đổi. Hãy xác định: a. Dạng mặt tự do của nước .  b. Sự phân bố áp suất trên đáy bình dọc theo bán kính của bình nếu tăng áp suất ở tâm bằng p0. Lời giải a. Xét một phân tử chất lỏng ở cân bằng đối với hệ qui chiếu phi quán tính gắn liền với hình trụ quay, cách trục quay một đoạn r  Lực tác dụng lên phân tử chất lỏng gồm: Trọng lực  P  ,lực quán tính li tâm  F  và phản lực  N  . Phương trình chuyển động là: P+N+F =ma  (1) Hình 42 Chiếu phương trình lên phương ngang ta có: t 

1

t

-Psinα +Fcosα =0 1

 Nên:

tanα =

Suyra dz =

ω2

g

rdr  z =

2

dz =

ω

g

F1

=

P

1 ω2

2 g

mω2 r

=

mg

dz

dr  

r2 + C

2

rdr  z =

1ω

2 g

r2C

Khi r = 0, z =0 ta có C= 0

Vậy phương trình quĩ đạo là: z=  b. Áp dụng công thức

1

ω

2

2 g

r 2

mô tả mặt paraboloit tròn xoay

 p = p0 + ρgz

Trong đó p là áp suất đáy bình, p là áp suất trên mặt chất lỏng ta có: 0

29

 p = p0 + ρg

1

ω

2

2 r 2

Bài 10. Một bình hở có đường kính d = 500 mm, đựng nước quay quanh một trục thẳng đứng với số vòng quay không đổi n = 90 vòng/phút. a. Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm.  b. Xác định áp suất tại điểm ở trên thành bình cách đáy là a = 100 mm. c. Thể tích nước trong bình là bao nhiêu, nếu chiều cao  bình là H = 900 mm. Lời giải. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ : a. Viết phương trình mặt đẳng áp và mặt tự do, nếu mực nước trên trục bình cách đáy Z 0 = 500mm. Phương trình vi phân mặt đẳng áp : Xdx+Ydy +Zdz = 0 Trong đó : 2 X= ω x  ; Y = ω y  ; Z= -g Thay vào phương trình vi phân ta được :

Hình 43

2

2

2

ω xdx + ω ydy - gdz = 0 1

Tích phân : 

2 

2

x

2

2

1

2 

2 

x

1

1

2 

2

2 2  

r

2





y

2



y

2



g.z



gz  C

C



g.z  C (*) 2 2

Vậy phương trình mặt đẳng áp là :

z=

ω r 

2g

+C

Đối với mặt tự do cách đáy Z 0 = 500mm Tại mặt tự do của chất lỏng  thì : x = y = 0 và z = z0 Thay vào (*)  C    g . z 0 Vậy phương trình mặt tự do sẽ là : 2 2

2 2

ω r 

ω r 

z=

2g

- g.z

0  hay

z=

2g

+z

0

 b. Xác định áp suất tại điểm trên thành bình cách đáy 1 khoảng a = 100mm : Phương trình phân bố áp suất : dp = ρ(Xdx+Ydy +Zdz)

Trong đó : 2

 ; Y= ω2 y  ;  Z  Thay vào ta được : X=ω

x



 g 



30



2

2

dp = ρ ω xdx+ ω ydy - gdz



Tích phân :

1 2 2 1 2 2  ω x + ω y - gz  + C 2 2   1 2 2 2    p = ρ ω  x +y  - g.z + C  2  1 2 2    p = ρ ω r - g.z +C (**)  2 

 p = ρ 

Tại mặt tự do (tại O) ta có : x = y = 0 và z = z 0   p   pa Thay vào (**)  C = -ρ.g.z + p 0

a

2 2

1

2 2

(**)  p =ρ ω r - ρ.g.z + pa + ρ.g.z0



2

pa + γ.h + ρ

ω r  2

h = z 0 - z  2 2 2 r = x + y  γ = ρ.g 

Vì:

Điểm trên thành bình cách đáy 100mm có :  p a =1at; r =

d 2

=

0.5 2

= 0,25m π.n

= h = z - z = 500 -100 = 400 = 0,4m; ω = 0 30

3,14.90

30

= 9,42 rad/s

Áp suất tại điểm này sẽ là : 2 2

ωr

2

 p = p - pa = γ.h + ρ = 9810.0,4+1000 d 2



2

9,42 .0,25 2

2 = 6697 N/m = 0,068at

II. CHẤT LỎNG CHUYỂN ĐỘNG Bài 1. Một ống hình tr ụ nằm ngang có cấu tạo như  trong hình vẽ. Trong ống có nướ c chảy từ A đến C, các ti ết diện SA, SB, SC của ống ở  A, B, C đều khác nhau. a. Đặt tại B một ống áp k ế, tại C một ống pitô. Ngườ i ta đo đượ c hC = 8 cm. Tìm hB  biết vận tốc chảy ở  B là 0,8 cm/s.  b. Đặt tại A một ống áp k ế. Tính hA cho SA = 20 cm2, SB = 10 cm2 Lêi gi¶i a. §é cao h B:

31

Áp dụng phươ ng trình Becnuli nướ c chảy trong ống: ghB +

1 2

1

VB2 = PC + ghC +

h A

VC2

2

 A

Do ống nằm ngang nên hB = hC và VC = 0  phươ ng trình có dạng: PB +

1 2

hC 

h B B

C 

Hình 44

VB2 = PC

(1)

Trong đó: PB, PC là áp suất t ĩ nh tại B và C. Xét hai điểm đầu và điểm cuối cột chất lỏng trong ống B và C ta có: PB = Po + ghB  (2) PC = Po + ghC  (3) Thay (2), (3) vào (1): Po + ghB + Suy ra:

1 2

VB2

hB = hC -

VB2

= Po + ghB  = 4,8 (cm)

2g

 b. Độ cao hA: Áp dụng phươ ng trình Becnuli cho hai điểm A, B của dòng nướ c: 1

PA + ghA +

2

VA2 = PB + ghB +

1 2

VB2

Do ống nằm ngang nên hB = hC và VC = 0 phươ ng trình có dạng: PA +

1 2

VA2 = PB +

1 2

VB2 

(4)

Xét điểm đầu và điểm cuối cột chất lỏng tại A, ta có: PA = Po + ghA  (5) Mặt khác theo phươ ng trình liên tục: SAVA = SBVB Suy ra:

SB VB

VA =

 

SA

(6)

Thay (2), (5), (6) vào (4) ta có: Po + ghA +

1 2



S2BVB2 2 B

S 2

Từ đó :

hA = hB + VB

= Po + ghB +

1 2

VB2

2

2 . SB -VB 2

SB

 7,2 (cm)

*Chú ý:  Đâ y là bài toán v ề  s ự  ch ả y ổ n

định của ch ấ t l ỏng và định luật Becnuli. C ần áp d ụng công thứ c giữ a vận t ốc  chả y và tiế t diện của ố ng và phươ ng trình của định luật   g P là áp suấ t t ĩn  h thông thườ ng, tính theo đơ n vị N/m hay Pa.  Để   Becnuli. C ần chú r ằn tính vận t ốc  c ủa ch ấ t l ỏng phun ra t ừ m ột l ỗ ở   thành bình có độ sâu h so vớ i mặt thoáng của chấ t l ỏng trong bình có thể  áp d ụng công thứ c Torixenli: v = 2 gh .

32

Bài 2. Một bơ m tay dùng để tra mỡ  khớ  p ổ bi của xe ôtô, đượ c đổ đầy d ầu hoả để xúc r ửa, bán kính pitông của bơ m R, khoảng chuyển động của pitông l. Bán kính lỗ  thoát  bơ m r. Bỏ qua độ nhớ t của dầu và mọi ma sát. Hãy xác định thờ i gian để bơ m hết dầu nếu tác dụng vào pitông một lực không đổi F. Khối lượ ng riêng của dầu hoả là    . Lờ i giải Coi chuyển động của dầu trong pitông là chuyển động của chất lỏng trong một đườ ng ống. Theo định luật Becnuli ta có: P0 + P + P0 +



F

ρV1 2

2

2F

ρS1

ρV2

2

2

 = P0 +

2

V12 = V22 -



 = P0 +

ρV1

 +

S1

2

ρV2

2

2

 

(1) 2

Từ phươ ng trình liên tục: S1V1 = S2V2



 V2

2

2 = S1 .V1 2

S2

 

(2)

Thế (2) vào (1), ta có: 2

V1

2

2 = S 1  .V 1 2

S 2

-

2 F    S 1 2

V1 =



2FS2

ρ.S1 (S12 - S22 )

 

(3)

Từ (3) ta thấy V1 không phụ vào thờ i gian, tức pitông chuyển động đều. Vớ i S1 = R 2 S2 =   r 2, từ đó tính đượ c:   

V1 =

2Fr 4 ρ.π.R 2 (R 4 - r 4 )

Vậy thờ i gian phụt dầu ra cũng chính là thờ i gian để pitông đi hết quãng đườ ng l, do đó: t = l/V1 = l

ρ.π.R 2 (R 4 - r 4 ) 2Fr 4

Bài 3. Một ống n ướ c chuyển động v ớ i v ận t ốc v = 3m/s trong m ột  bể nướ c. Tính chiều dài l của cột chất lỏng dâng lên trong ống. Biết o i mặt khum.    = 60 . Bỏ qua áp su ất bở  Lờ i giải Chọn gốc toạ độ gắn vào ống, khi đó  ta có thể  coi ống đứng yên, còn nướ c chuyển động vớ i vận tốc v so vớ i ống. Áp dụng phươ ng trình Becnuli ta có : PB + ghB +

1 2

VB2 = PC + ghC +

1 2

33

VC2

l 

  h 

 H 

v C 

 B

Hình 45

Vận tốc dòng nướ c t ại B b ằng 0 (do cột nướ c trong ống đứng yên), và 2 điểm B, C có cùng mực ngang, nên hB = hC. Viết lại phươ ng trình Becnuli : PB = PC +

1 2

VC2 

(1)

Vớ i PB, PC là áp suất t ĩ nh tại B, C PB = Po + g (H + h) PC = Po + gH Thay (2), (3) vào (1) ta có: Po + g(H + h) = P o + gH + Suy ra: h = Mà sin    =  Nên: l =

1 2

(2) (3)

VC2

Vc2 2g h

h sin α

l

 =

VC2 2gsinα



0,52  

(cm)

Bài 4. Sơ đồ cấu tạo của máy phun nướ c như hình vẽ. Biết tiết diện tại A, B là SA, SB, áp suất t ại A là PA , khối lượ ng riêng của ch ất l ỏng trong chậu là  và của lu ồng khí là    ’, áp suất khí quyển trên mặt thoáng của ch ậu là Po. Tìm vận t ốc t ối thiểu của lu ồng khí để máy có thể hoạt động đượ c. Biết độ cao của cột là H. Lờ i giải  B Khi có dòng khí chuyển động từ A đến B, do tại B có tiết diện nhỏ, vận tốc dòng khí lớ n, áp suất động lớ n, áp suất  A  H  t ĩ nh nhỏ, cột chất lỏng trong ống C dâng lên độ cao h. Áp dụng C  định luật Becnuli tại A và B, ta có: PA + ’ghA +

1 2

’VA2 = PB + ’ghB +

1 2

 D

’VB2

Hình 46

Do luồng khí nằm ngang nên hA = hB, phươ ng trình có dạng: PA +

1 2

’VA2 = PB +

1 2

’VB2 

(1)

Ta thấy r ằng áp suất tại điểm D bằng áp suất tại điểm C trên mặt thoáng của chậu nướ c, do đó: PC = PD = Po = gh + PB Từ đó: PB = Po - gh (2) Theo phươ ng trình liên tục SAVA = SBVB 

VB =

SA VA SB

 

Thay (2) , (3) vào (1) ta có:

34

(3)

PA + Suy ra:

1 2

’VA2 =

P0 - gh +

h = [Po - PA +

1 2

1 2

2

S ’VA2 . A2 SB

2

2

S -S ’VA2 .( A 2 B SB

)] : g

Để máy hoạt động đượ c thì h  H do đó: 1

[Po - PA +

2

V2

Từ đó:

2

2

S -S ’VA2 .( A 2 B



SB

)] : g  H

2S2B (Po - PA - ρgH) ρ'(S2A - SB2 )

Vậy vận tốc tối thiểu để máy có thể hoạt động là: VA =S

2(Po - PA - ρgH) ρ'(S2A - S2B )

Bài 5.  Không khí chuyển động trong ống AB có khối lượ ng riêng là ’ = 1,32 kg/m3. Độ chênh lệch của mực nướ c dâng lên trong ống là h = 5,6 (cm). Ti ết diện tại A, B lần lượ t là SA = 2 cm2 , SB  = 0,5 cm2.Tính lưu lượ ng khí qua ống AB, biết khối lượ ng riêng của nướ c là  = 103 kg/m3. Lờ i giải Khi không khí chuyển động trong ống, cột nướ c trong ống C dâng lên. Áp dụng định luật Becnuli theo dòng khí tại A và B: 1

PA + ghA +

2

VA2 = PB + gh +

1 2

Hình 47

VB2

Do ống nằm ngang nên hA’ = hB, viết lại phươ ng trình: PA - PB =

1 2

  ' (V  B2

2

 V  A

) 

(1)

Xét áp suất tại hai điểm E và D, ta th ấy áp suất ở  hai điểm này bằng nhau vì nằm trên cùng một mức ngang, mà: PE = PA PD = PB + gh nên PA = PB + gh Suy ra: PA - PB = gh (2) Mặt khác lưu l ượ ng khí Q liên hệ v ớ i v ận t ốc dòng chảy và tiết di ện S dòng khí chảy qua là : Q = SV nên VA =

Q SA

; VB =

Q SB

 

(3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có:

35

gh

1

=

2

ρ'(

Q

2

2

SB

-

Q

2

2

SA

)

Suy ra: Q = SB

2ρgh

ρ'(S2A - SB2 )

= 15 (l/s)

Bài 6. Trong một giây ngườ i ta rót đượ c 5,024 19,6.(1  0,8) lít nướ c vào một bình hình tr ụ, có miệng r ất r ộng so vớ i hai lỗ. Hai lỗ  cách mực nướ c 0,8 m (l ỗ1) và 1m (l ỗ  2), đườ ng kính cũng  bằng 0,8m. Tìm vị trí giao nhau của hai tia nướ c. Biết chiều cao cột nướ c là 1,8m. Lờ i giải - Diện tích của mỗi lỗ: S=

d 

2

4

 = 

(0,8.10 3 ) 2 4

 y

h1 h1



(1)

V 1

( 2)

 H 1



V 2

 H 2

0

Hình 48

=5,024.10-3 (m2)

Vận tốc chảy của nướ c ở  mỗi lỗ: v = 2 gh 

v1 =

v2 =

2 gh2

2.9,8.0,8  15,68  (m/s)

2 gh1  

2.9,8.1  19,6  (m/s)

Lưu lượ ng nướ c chảy ra ở  mỗi lỗ : Q = S.v Q1 = Sv1 = 5,024.103 19,6.  Q2 = Sv2 =

5,024.10

0,8  (m3/s)

19,6  (m3/s)

3

Ta thấy lưu lượ ng nướ c chảy ra: Q = Q1 + Q2 = 5,024.10 3 19,6 (1  

0,8 )

Bằng lưu lượ ng nướ c chảy vào, nên mực ngang của nướ c không đổi theo thờ i gian. Vậy vận tốc của nướ c chảy ra tại hai lỗ không đổi. - Chọn h ệ tr ục xoy như hình vẽ. Ta tìm phươ ng trình quỹ đạo của các hạt n ướ c t ừ các lỗ. + Ở lỗ (1) phân tích chuyển động của hạt theo hai phươ ng ox, oy : Theo ox hạt chuyển động đều vớ i vận tốc v1  x = v1t (1) Theo oy hạt chuyển động nhanh dần đều vớ i gia tốc g 

y1 = H1 -

gt 2 2

 

(2)

Vớ i H1 = 1,8 - h1 = 1 (m) Từ (1) t =

 x1 v1

y1 = H1 -

 thay vào (2) ta đượ c :  g  2

2v1

2

 x1

 

(3)

36

x

+ Lỗ hai (2) t ươ ng tự ta có: y2 = H2 -

g 2v

x 22  

2 2

(4)

Vớ i H2 = 1,8 - h2 = 0,8 (m)  x   x   x

- Tại vị trí tia nướ c giao nhau  1 2  y1   y 2   y Từ (3) và (4) ta có: H1 -

g 2v

2 1

x12

g

= H2 -

 g

2v

x 22

2 2

g 

H1 - H2 =  2 - 2  x 2 2v 2v 

Suy ra: x =

Từ (3)

1

2



H1 - H 2 g 1 1   -  2  v12 v22 

y=1

=

9,8 

2.15,68

1- 0,8 9,8 

1

1 

= 3,2  1, 79  (m)

  2  15,68 19,6 

.1,79  0,44 (m)

  x  1,79(m)

Vậy vị trí hai tia nướ c giao nhau   y  0,44(m)

Bài 7. Một ống trụ thẳng đứng có độ cao h, bán kính  R được bịt kín đáy dưới chứa đầy nước. Đầu hở phía trên của ống được nối với một bình chứa nước lớn. Đầu bịt kín phía dưới được mở ra tại thời điểm t=0. a. Bỏ qua hiện tượng nhớt hãy nhận biểu thức cho vận tốc dòng nước trong ống ở thời điểm t và chỉ ra rằng sau một khoảng thời gian dài vận tốc đó tiến tới giá trị

2gh

 b.  Nếu như hiện tượng nhớt của nước được tính đến thì vận tốc của dòng nước ở

trung tâm ống sau một thời gian dài tiến tới giá trị vo = 4gh + k 2 - k   với

k=

8ηh

ρR 2

Lời giải a. Gọi v là vận tốc nước trong ống ở thời điểm t  tính từ lúc đáy dưới được mở. Sau một khoảng thời gian dt có một lượng nước đi ra khỏi ống m = ρSvdt với S= πR  . Khối lượng nước trong ống là  M   hS  . Định luật bảo toàn năng lượng ở thời điểm t  và t+dt được viết như sau: 2



mgh +

Mgh 2

+

Mv 2 2

=

Mgh 2

+

M(v + dv) 2 2

+

mv 2 2

Giữ lại các đại lượng bé bậc nhất ta được m  2gh - v 2  = Mvdv

Đặt biểu thức cho m và M vào ta được phương trình vi phân cho vận tốc:

37

dv dt

=

2gh - v2 2h

Phương trình có thể tách biến dv



2gh - v



2gh + v



dv



2gh - v

   2 2gh  



2gh + v

1

dv



2gh - v



dt

=

=

2h

dt 2h

  dt = 2gh + v  2h  dv

+

 



Tích phân phương trình trên ta được ln

2gh + v 2gh- v

=

2g h

t + lnC

Hăng số C=1 xác định từ điều kiện khi t=0, v=0 Từ đó ta có  g  v = 2gh.th  t  Với 2h  

x

thx=

-x

e -e x

e +e

-x

Khi t  ; thx  1  và v = 2gh  b. Ta có thể áp dụng định luật bảo toàn năng lượng để tính vận tốc của khối chất lỏng nhớt đạt được trong trạng thái dừng (cụ thể là sau một khoảng thời gian khá lâu từ lúc chất lỏng nhớt chảy ra khỏi ống. Nội dung định luật được thể hiện như sau:  Độ thay đổi năng lượng của chất lỏng trong ống = công thực hiện do lực gây ra bởi sự chênh lệch áp suất( ngoại lực) Độ thay đổi động năng của lượng nước trong ống trong thời gian 1 giây: ΔK= -

1

1 dmv2 = - ρ vdS.v2 2 2





v là vận tốc của dòng chảy

chất lỏng nhớt được cho bởi công thức Poazơ (9)

3

2  r2  3R 2 3R 2 R 2   3 R ΔK = -πρv  rdr 1- 2  = -πρv o  +  R 2 4 6 8     0 R 

3 o

ΔK = -

πρv3o 8

Độ thay đổi thế năng do một lượng nước thể tích V chảy qua ống trong 1 giây R 





ΔU = dmgh = ρgh v2πrdr  0

 r  1 ΔU =2πρghv  rdr 1 = πR v ρgh R   2 R 

2

2

o

2

o

0

Công thực hiện bởi lực chênh lệch áp suất trong thời gian 1 giây ( hay công s uất) được tính như sau:

38

ΔP.V

A=

4ηhv o

A=

R

πv o R 2

2

2 2

A = 2πηhv o

Định luật bảo toàn năng lượng được thể hiện một cách tường minh như sau: πR 2 2

voρgh -

πρv3o 8

= 2πηhv o2

Đó là phương trình bậc 2 cho vận tốc vo . Phương trình đó có thể viết dưới dạng khác là: vo2 +2kv2o - 4gh = 0 k=

8ηh

ρR 2

Lời giải của phương trình trên cho ta vận tốc tại tâm dòng chảy nhớt là v0

k 2  4gh





k  

Bài 8. Một bình hình trụ có độ cao h và diện tích đáy S chứa đầy nước. ở đáy bình người ta đục một lỗ nhỏ có tiết diện s << S. bỏ qua độ nhớt của nước. Xác định xem bao lâu tất cả nước sẽ chảy hết khỏi bình? Lời giải - Xét sự chảy khi mực nước thay đổi một đoạn vô cùng nhỏ từ h  h  dh đủ để coi như tốc độ dòng chảy chưa kịp thay đổi và nhận giá trị là v 2g (h0 h) . 



- Lượng nước chảy khỏi bình khi đó:  svdt



Sdh  hay

dt  

Sdh  s 2 g (h0  h )

.

- Lấy tích phân hai vế được t 

h0

 dt    s 0

0

Sdh 2 g (h0  h )

 t   

S

2(h0  h)

 s

g

h0

 0

S

2 h0

s

g 

R

Bài 9. Một thùng chất lỏng hình trụ tròn bán kính R và đang chứa chất lỏng không nhớt khối khối lượng riêng    .  Ngay ở đáy thùng có một van nhỏ tiết diện r. Người ta xả chất lỏng ra từ bình vào các cốc giống nhau có thể tích V 0. a. Tính thời gian để rót đầy cốc thứ nhất.  b. Tính thời gian để rót đầy cốc thứ n. Lời giải v Tại mỗi thời điểm do R>>r nên ta coi như sự chảy của chất lỏng ra khỏi van nhỏ không ảnh hưởng gì đến tốc độ hạ xuống của mặt thoáng  bên trong thùng. Theo đl becnonlli có:

 p0   gh  p0 

39

  v 2

2

hay

Vt h

Hình 49

v  2 gh

2

Lưu lượng dòng chảy là:

 A  v. r

2

 Vt . R

2



Vt   v

r 

 R

2

Xét lượng chất lỏng chảy ra khỏi van trong khoảng thời gian vô cùng nhỏ dt là dV  v r 2 dt   r 2 . 2 gh.dt  

Cũng trong thời gian rất nhỏ đó thì tốc độ hạ xuống của mặt thoáng trong bình được coi như chưa thay đổi nên: 

dh  v

r2  R 2

dt

2 gh



r2 R2

2h0

dt 



2h

g



g

r2 R

t 2

hay

2gh



2gh0



gr 2 R2

t  

 

Vậy phương trình liên hệ giữa thể tích chất lỏng chảy ra với thời gian là   gr 2  gr 2 2 2 dV   r  2gh0  2 t  dt  V   r 2gh0 t  t   2  R  2R  Bài 10. Một hình trụ dài có bán kính R 1, dịch chuyển dọc theo trục của nó với vận tốc không đổi v0 trong một hình trụ đứng yên có bán kính R 2 đồng trục với nó. Khoảng không gian giữ các hình trụ chứa đầy chất lỏng nhớt. Tìm vận tốc của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng cách r đến trục của hình trụ. Sự chảy là thành lớp. Lời giải  Nhận xét: vận tốc chất lỏng = 0 tại A (r = R 2) dr R2 r v 0 Và bằng v0 tại B (r = R 1) B. R1 xét một lớp chất lỏng bán kính r, chiều dày dr, chuyển động với vận tốc v đang phải tìm. Hình 50 Lực cản nhớt tác dụng lên lớp chất lỏng này không đổi 2

 F =

dv dr

.2πrl.η.dv



r

Phân tích 2 vế:  F.  R2

F. dr r

dr r 

 

=2πlηdv v

=2π.l.η.



dv  F.ln

R0

 Nếu thay r = R 1 thì v = v 0 => F .ln Chia 2 vế có: v = v 0 .

 R1  R2

r  R2

=2π.lη.v.  

 2.l ..v0

 

(1)

(2)

lnr/R2 lnR1 /R2

Bài 11. Một dòng dừng của một chất lỏng có khối lượng riêng  và hệ số nhớt  chảy trong một ống có chiều dài l và bán kính R. Vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng cách r đến trục của ống  theo

w

dr

r

R1

 1 r   định luật v = v0    . Tìm  1  R  2

2

a. Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian  b. Động năng của chất lỏng trong thể tích của ống c. Lực ma sát do chất lỏng tác dụng lên ống

40

R2 Hình 51

r Hình 52

d. Hiệu số áp suất ở các đầu ống. Lời giải a. Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống trong một đơn vị thời gian (lưu lượng) Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn.

dr

 r   Q = s.v = 2r. dr. v0 . 1     R  2

2

 r   v Qua cả tiết diện ống Q   2r.v .1   dr  R . đúng như lý thuyết 2   R   R

2

2

0

0

2

0

 b. Động năng của chất lỏng trong thể tích của ống. (khác so với lý thuyết là động năng chất lỏng qua ống trong 1 đơn vị thời gian l = v). Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. 1

Động năng của lớp này là đ =  R

đ =

R



d

 .l..v

2

0

0



  r 

.

2

. .(2r.dr.l).v2

2r 3 

   .l..v  d 

0

 2r r    r   2. r      dr 1   = .l..v0   R R    R  2

2

2 0

2

2

5

4

Động năng tổng cộng:  2r 3 r 5   r2 2 đ =  ωd = π.l.δ.v0 .  r - 2 + 4  dr = π.l.δ.v0   R R  2 0 0   R

R

2

  R2 2R4 R6 + đ = π.l.δ.v0 . 2 4 6  2

2r

-

4

4R

2

+

r

 

6

6R

4

R 

 0

2  l.δ.v0 .Q 2 R =π.l.δ.v0 . = 6 3 

c. Lực ma sát do chất lỏng tác dụng lên ống  r   f van = .  . .r = R; v = v 0 -  1-  dr    R  2

 d v

2

f vs =  .(2 R.l). v0.

2r   R

2

thay r = R

f vs =  .2l.v0.2 =  .4l.v0 d. Hiệu số áp suất ở các đầu ống. Xét 1 hình trụ bán kính r, dày dr   p. r 2 + 2.r.l. .

dv

 p. r 2 + 2r.l. .v0

=> p=



dr 

2r 



 R

2

(  F  F 

0



vs

0

0

=> p –  2.2.l. .

v0  R

2

) 

0

4v0 .l   R

2

Bài 12. Một đĩa nằm ngang mỏng có bán kính R = 10 cm, được đặt trong một hốc hình trụ có dầu, hệ số nhớt của dầu là    0,08 P . Các khe hở giữa đĩa và các đáy nằm ngang

41

của hốc đều như nhau và bằng h = 10 mm. Tìm công suất do lực nhớt tác dụng lên đĩa sinh ra khi quay đĩa với vận tốc góc   60rad / s . Bỏ qua các hiệu ứng bờ. Lời giải Kiến thức có sẵn lực nội ma sát giữa các lớp chất lưu hoặc với thành 

 bình:

 Fnh



 S 

dv dz 

Trong bài toán này thì có dz =h không đổi, dv là độ Hình 53 chênh lệch tốc độ chuyển động của lớp chất lưu sát thành bình (đứng yên với thành bình) và lớp chất lưu sát điểm ta đang xét trên đĩa tròn. Do chuyển động quay nên dv phụ thuộc khoảng cách r từ điểm khảo sát đến tâm của đĩa tròn => Lực tác dụng lên phần mặt(trên và dưới) đĩa giới hạn bởi bán kính r bề dày dr là: df  ( r )

4 r 2 dr  

 .dS .r 



h

h

Công suất lực nhớt gây ra cho phần này dP 

dA

 

2

df .dl

dt

df .r 

 

dt



dP



4 

 

r 3dr

 

(dấu – do A là công cản)

h

Công suất tổng cộng là  P

 P

R

  dP    0

4  r

 P



   R

3

dr 

h

0 2



2

4

 90W 

h

a. Cốc thứ nhất diễn ra trong thời gian t1 là nghiệm của phương trình: V0

   r

2

2gh0 t 

 gr 2 2 R

2

t2  

 b. Cốc thứ n diễn ra trong khoảng thời gian t n  –  tn-1 trong đó t và t n-1 là nghiệm của

 phương trình

(n 1)V0 



 r

2

2gh0 t

 gr 2 

2 R

2

t   và nV0 2



r

  

2

2gh0 t

 gr 2 

2 R

2

t2  

Bài 13. Một chất lỏng có hệ số nhớt  choán giữa hai hình trụ dài đồng trục có bán kính R 1 và R 2 trong dó có R 1< R 2 . Hình trụ đứng yên, còn hình trụ ngoài quay với vận tốc góc không đổi 2 . Chuyển động của chất lỏng là chuyển động lớp. Biết rằng: lực ma sát tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt trục có bán kính r được xác định bằng công thức  = r (/r) N/m2 . Tìm a. Sự phụ thuộc vào bán kính r của vận tốc góc của chất lỏng quay.  b. Mômen của các lực ma sát tác dụng lên một đơn vị độ dài của trụ ngoài. Lời giải a. Tìm tốc độ góc của các lớp chất lỏ ng  Nhận xét: Khi trụ ngoài quay thì do lực ma sát nhớt nó làm cho lớp chất lỏng sát nó quay theo, lớp này lại làm cho lớp trong quay theo, cứ như vậy tốc độ góc của các lớp

42

chất lỏng giảm dần từ ngoài vào trong, từ 2 đến 1Xét một lớp chất lỏng hình trụ  bán kính r chiều dày dr, chiều dài hình trụ l. Momen lực ma sát tác dụng lên lớp chất lỏng làm nó quay quanh O.  f vs = η.

dv dr

.s= η.r

d ω dr

.2πr.l=2πr 2 .l.η

dω dr

 

Momen lực ma sát:  M = fvs .r =2πr 3 .l.η

d ω dr 

=I.γ  

(1)

Do ở trạng thái dừng các lớp chất lỏng quay đùi  = 0=> M  – hệ số được xác định qua điều kiện biên (1) => 2l. .d = M .

dr  3

r 

Lấy tích phân 2 vế R 1 r ;

0   dr M   1 1  . 2  2    2l.. d   M . 3  2l..  r 2  R1 r   0 r 

(2)

 R1

Khi r = R 2 thì  = 2 => 2πl.η.ω = 2

1

Từ (2) và (3) => ω = ω

2

2

.

 R1 1 2

 R1

-



 M

1

.

R

2

2

1

-

2

R2

1

    (3) 

1 2

r 

1 2

2

=

2

ω2 .R1 R2 2

2

R2 R1



.

1

R

2

1

-

1 r

2

   

R2

 b. Trong (3) M có ý nghĩa là momen lực tác dụng lên cả hình trụ (cũng bằng momen lực tác dụng lên cả khối chất lỏng). => Momen lực tác dụng lên một đơn vị dài  M  4πη.ω2  M 1= = 1 1 l   2 2  R1 R2

Bài 14. Không gian giữa hai hình trụ đồng trục độ cao L = 20 cm chứa đầy khí Hydro. Bán kính hình trụ bên trong là R 1 = 4 cm bên ngoài là R 2= 4,1 cm . Hình trụ bên ngoài quay với vận tốc góc n  5 vòng/s. Để cho hình trụ bên trong không quay người ta phải giữ nó bằng mômen lực M = 2,25.10-5 N.m Hãy tìm vận tốc các lớp khí trong khoảng không gian giữa các hình trụ như hàm của khoảng cách tới trục của nó v = v  r   và xác định hệ số ma sát nội của khí

 R

 R

Hydro. Bỏ qua các hiệu ứng biên. Hình 54 Lời giải Trong trạng thái cân bằng động do có lực ma sát nội mà các lớp khí giữa hai hình trụ quay đều với vận tốc v  r  trong trạng thái dừng. Điều kiện quay đều của lớp khí bán kính r là mômen lực ma sát nội từ lớp khí bên trongvà ngoài tác dụng lên lớp

43

khí đó bằng 0. Vì các mômen đó hướng theo chiều ngược nhau cho nên giá trị của chúng bằng nhau do đó mômen lực ma sát nội không phụ thuộc vị trí lớp khí M  r  = rF r  = const = M  

(1)

Thoạt nhìn vào bài toán ta có thể nghĩ rằng lực ma sát nội được viết như: dv

Fms = η

dr

S=2πrLη

dv dr

 

Tuy nhiên biểu thức của lực ma sát không phải như vậy. Lực ma sát chỉ tỉ lệ với phần gradient của vận tốc mà phần đó liên quan tới sự trượt của các lớp khí do sự khác nhau (2a) của vận tốc góc quay của chúng ω = ω  r  ; v  r  = ω  r  r     Gradient của vận tốc lớp chất lỏng sẽ có hai số hạng: dv

=

dr

dω

r+ dr  

 r   

ω

(2b)

Do đó biểu thức chính xác cho lực nội ma sát phải là:  dv  dv   -   S  dr dr    ω=const  

(3)

Fr = η 

Từ đó ta được  

ηr

F r =

dω dr

S = 2πLηr 2 

dω dr

 

(4)

 

Đặt vào (1) ta đượ c 3

M = r Fms =2πLηr 

dω dr 

 

(5)

T a được phương trình vi phân sau cho vận tốc góc d  dr

M  

 

3

2 L r  

(6)

Phương trình (6) có điều kiện biên là   R1  0 ;   R2  2 n   

(7)



Giải (6) ta được ω



dω

M

=

r 

dr 

r 

2πLη R 

0

3

1

ω=

 

v r

 1 1  2- 2 4πLη  R 1 r  

 

(8)

M

=

 1 1  2 - 2   4πLη  R1 r    Mr

(9)

Đặt điều kiện biên thứ 2 (xem (7)) ta được  : 2πn =

M  1

1   2- 2 4πLη  R1 R 2  

Từ đó ta rút ra biểu thức của hệ số ma sát nội của chất khí  :

44

η=

 1 1     R   8π Ln  R M 2

2

2

1

2

(10)

Bài 15. Ống dài L, tiết diện trong đều, bán kí nh R (R << L) được uốn cong thành một hình tròn. Trục đối xứng của hình tròn nằm ngang, ống được giữ cố định. Người ta rót vào ống chất lỏng với thể tích V < πR 2L. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của chất lỏng quanh vị trí cân bằng. Lời giải Thể tích của ống: πR 2L. Phần chất lỏng trong ống chiếm góc:   2

V 2

R L

2V 

Hình 55

.

2

R L

Ở trạng thái cân bằng, phần chất lỏng phía trên ở trong ống làm với phương ngang góc   



2

V  

2

R L

Giả sử phần chất lỏng chứa trong ống có chiều dài ℓ, tiết diện trong của ống là S, khối lượng riêng của chất lỏng là ρ. Cho chất lỏng trong ống dịch chuyển một khoảng nhỏ bằng x khỏi vị trí cân bằng, khi đó thế năng của cả khối chất lỏng tăng một giá trị  bằng Wt  gSsin .x 2

Động năng của khối chất lỏng nà y: Wd 

với

v

dx 

dt

S

v

2

2

 - vận tốc của cả khối chất lỏng

Cơ năng bảo toàn, suy ra 2

W = ρgSsinα.x + 2ρgSsinα.x

dx dt

+2

ρSl 2

2

2

v = ρgSsinα.x +

ρSl dx d 2 x 2 dt dt 2

=0



ρSl  dx 

2

 = const



2  dt 

d2 x dt 2

+

2gsinα l

x=0

với

V 

2

R 

Vậy chu kỳ dao động nhỏ của chất lỏng trong ống là: T = 2π

l 2gsinα

=

2πV

 V   2 R L

gR 2sin 

Bài 16. Một ống tiết diện đều hình chữ U được gắn cố định. Phần thủy ngân trong ống có chu kỳ dao động T1. Ở phần bên phải của ống, người ta rót thêm nước sao cho chu kỳ dao động của cả hệ bây giờ là T 2. Sau đó ở phần nhánh bên trái của ống, người ta rót vào đó một lượng rượu xác định sao cho chu kỳ dao động nhỏ của hệ chất lỏng trong ống trở thành T3. Biết khối lượng riêng của thủy nhân, nước, rượu lần lượt là ρ 1, ρ 2 và ρ3, nước và rượu không lẫn qua nhau. Tìm tỷ lệ khối lượng của thủy ngân, nước, rượu có trong ống. Lời giải Ký hiệu khối lượng của thủy ngân, nước và rượu lần lượt là m 1, m2, m3; tiết diện ống là S Chu kỳ dao động nhỏ của thủy ngân là:

45

m1

T1 = 2π

2ρ1gS

 

(1)

Với hệ thủy ngân –  nước và sau đó hệ thủ y ngân  –  nước – rượu thì chu kỳ dao động lần lượt sẽ là: m1 +m2

T2 = 2π

và

2ρ1gS

 

(2)

m1 + m 2 +m3

T3 = 2π

2ρ1gS

 

(3)

Hai công thức cuối được suy ra từ công thức đầu vì: nước và rượu không hòa tan trong thủy ngân, mặt khác, nước và rượu ở 2 nhánh khác nhau, không hòa lẫn vào nhau, nên lực kéo về, xuất hiện trong quá trình khối chất lỏng dao động khỏi vị trí cân bằng, chỉ do quá trình thủy ngân từ bên ống này chuyển qua ống kia. Từ (1), (2), (3) suy ra: m1 /m 2 /m 3 = T12 /  T22 - T12  / T32 - T22 

Bài 17. Một ống hình chữ U, tiết diện trong S, có một nhánh thẳng đứng, một nhánh lập với phương ngang góc α như hình vẽ. Trong ống có chất lỏng khối lượng M, khối lượng riêng ρ, sao cho mực chất lỏng bên nhánh nghiêng cao hơn bên nhánh đứng. Mặt khác bên nhánh đứng còn có một piston nhẹ, nối với một lò xo có độ cứng k. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ, cho gia tốc trong trường bằng g. Lời giải Tại vị trí cân bằng, gọi độ biến dạng của lò xo là x0, độ trênh lệch độ cao ở 2 nhánh của ống chữ U là h, có: kx 0  ghS   (1) Gọi độ dịch chuyển nhỏ của hệ khỏi vị trí cân  bằng là x Thế năng của hệ tăng một giá trị: 2 k  x-x 0  x   Wt =

Hình 56

+ ρgSx  h + sinα  2  

2

Động năng của chất lỏng:

Wd =

 

M x'

2

Hình 57

2

Do bỏ qua lực ma sát nên cơ năng của hệ bảo toàn: 2 2 k  x - x0  x   M  x' W=

Từ (1) và (2) suy ra: k + ρgS 1+ sinα x" +

M

2

+ ρgSx  h + sinα  + 2  

x= 0

46

2

= const  

(2)

Suy ra:

T = 2π

M k+

ρgS 1+sinα 

III. HIỆN TƯỢNG CĂNG MẶT NGOÀI Bài 1. Tính công cần thiết để làm tăng đườ ng kính của một bong bóng xà phòng từ 2 cm lên 10 cm. Cho biết hệ số căng mặt ngoài của nướ c xà phòng là     = 0,04 N/m2. Lờ i giải Bong bóng xà phòng có hai mặt trong và ngoài nhưng có thể coi là cùng đườ ng kính. Khi thổi thì diện tích cả hai mặt đều tăng. Khi đó công cần thiết đượ c tính theo công thức: A =  .S  =    (2   d22 - 2   .d21) = 2 ( d22- d21) = 2 .0,04[(10-1)2 - (2.10-2)2] = 24.10-4 (J)   

  

*Chú ý: -  Đâ y là loại bài toán về  năng l ượ ng mặt ngoài cần áp d ụng công thứ c W =   .S  hoặc  W =   .S  . Trong tr ườ ng hợ   p này A =

 Để  gi ải bài toán cần xác định S hoặc  S, t ừ đó tìm đượ c W ho ặc  W. Và ng ượ c l ại có thể   tính đượ c  S (nế u biế t đượ c    ) hoặc tính đượ c     (nế u xác định đượ c  S) - T ươ ng t ự  như  ví d ụ trên, đôi khi bài toán đòi hỏi phải tính các đại l ượ ng khác  sau khi đã tìm đượ c  W. T ừ đó mớ i vận d ụng tiế   p công th ứ c tính năng l ượ ng mặt ngoài. Trong tr ườ ng hợ   p đó cần hình dung đượ c hiện t ượ ng và vận d ụng công thứ c thích hợ   p (chẳ ng hạn như   công thứ c tính nhiệt l ượ ng hoặc công thứ c tính theo định luật bảo toàn năng l ượ ng).

47

 W.

- Đặc biệt: khi tính toán bằ ng số  cần chú ý đế n các đơ n vị đ o.

Bài 2. Hai giọt thuỷ ngân nhỏ hình cầu bán kính r = 1mm tiế p xúc vớ i nhau r ồi nhậ p thành một gi ọt thuỷ ngân lớ n hình cầu bán kính R. Nhiệt độ thu ỷ ngân tăng lên, tại sao? giả thiết nhiệt không truyền cho môi tr ườ ng ngoài. Hãy tính độ tăng nhiệt độ của thuỷ ngân? Biết thuỷ  ngân có hệ số căng mặt ngoài      = 0,5 N/m; khối lượ ng riêng D = 13,6.103 kg/m2 ; nhiệt dung riêng c = 138 J/kg.K Lờ i giải Khi hai giọt thuỷ ngân tiế p xúc vớ i nhau khuynh hướ ng giảm diện tích mặt ngoài làm chúng tr ở thành một giọt, do đó diện tích mặt ngoài thay đổi một lượ ng  S và năng lượ ng mặt ngoài giảm một l ượ ng  W =     S. Vì hệ không truyền nhiệt cho môi tr ườ ng ngoài và hệ không sinh công (V = const) nên  W chuyển thành nội năng của hệ, ngh ĩ a là làm nhiệt độ thuỷ ngân tăng một lượ ng  t Ta có:



Trong đó

W =     S = cm  T



S = 2.4  .r  - 4 4 3



T=

 .S 

cm

  (1)

 

(2)

. .r 3 .D  

(3)

2

m = V.D = 2.



 R   

2

Tính R từ điều kiện thể tích thuỷ ngân không đổi: 2.

4

3

.π.r 

3

 =

4 3

.π R 3



 R =

3

2.

r

(4)

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: 

T=

3σ(2

-

3

4)



2.c.D.r 

1,64.104 K 

Bài 3. Tính công cần th ực hi ện để th ổi một bong bóng xà phòng đạt đến bán kính R = 5 cm. Cho biết hệ số căng mặt ngoài của nướ c xà phòng là    = 0,04 N/m; áp suất khí quyển P0 = 1,01.105 N/m2. Lờ i giải  A Xem quá trình thổi là đẳng nhiệt. G ọi p là áp suất c ủa không khí  B trong bong bóng xà phòng. Khi chuyển qua mặt chất lỏng áp suất thay C  đổi một lượ ng bằng áp suất phụ:  p =



2    R

Từ hình vẽ ta có: 2  

 pB - pA =  p =  pC - pB =  p = Rút ra:

p = p C = pA +

2  



 R

4    R

Hình 58

 R

 = p0 +

pC - pA = 2.  p =

4    R

4    R

Công thực hiện để thổi bong bóng xà phòng bằng công để tăng diện tích mặt ngoài lên một lượ ng  S cộng vớ i công để nén khí (AT) vào bong bóng tớ i áp suất p:

48

A =   . S + AT Trong đó: +  S là tổng diện tích mặt trong và mặt ngoài của bong bóng:  S = 2.4. . R  = 8 . R + AT là công nén khí ở  quá trình đẳng nhiệt: AT = pVln(p/p0)   

Từ đó: Vì :

4σ R.P0

Do đó:

A = 8. .

 R 2  +

     .

4

.π

3

2

  

R 3 (p0+

 4 σ R 

2

)ln(1+

 << 1 nên một cách gần đúng: ln(1 + 2

A  8. .  . R 2 (1+ ) 

  

3



 4 σ R 

4    R. P 0

)

) 4σ 

R.P0

  4,18.10-3 (J)

Bài 4. Một s ợ i dây bằng bạc đườ ng kính d = 2mm, đượ c treo thẳng đứng. Khi làm nóng chảy đượ c N = 24 giọt b ạc thì dây bạc ngắn đi một đoạn h = 20,5 cm. Tính hệ s ố căng mặt ngoài của bạc ở  thể lỏng. Cho biết khối lượ ng riêng của bạc ở  thể lỏng là D = 9,3.103 kg/cm3, và xem r ằng chỗ th ắt c ủa gi ọt b ạc khi nó bắt đầu r ơi  có đườ ng kính bằng đườ ng kính của sợ i dây bạc. Lờ i giải Quan sát và phân tích hiện tượ ng giọt bạc r ơi  ta thấy: đầu tiên giọt bạc to dần nhưng chưa r ơi  xuống, đó là vì có lực c ăng mặt ngoài tác dụng lên đườ ng biên BB', của giọt bạc. Các lực này có xu hướ ng kéo co mặt ngoài của gi ọt bạc l ại, vì thế h ợ  p lực c ủa chúng hướ ng lên trên và có độ lớ n: F =    l, (vớ i: l = d ) Đúng lúc giọt bạc r ơi  xuống thì tr ọng lượ ng Pg của giọt bạc bằng lực căng mặt ngoài F:   



 F 

F = Pg



σ.π

d = mg



σ=

m.g

π.d

Vớ i m là khối lượ ng của một giọt bạc. Mà trong đoạn dây bạc có độ cao h, hπ.d

chứa N = 24 giọt bạc, ngh ĩ a là Từ đó: Suy ra:

π.d 2hDg 4N   

 =

2

D

4



 P  g 

 N

 =   .  .d 

dhDg 4N

m=

B

 B

Hình 59

 = 0,78 N/m.

* Chú ý:  Đâ y là loại bài toán áp d ụng công thứ c tính l ự c c ăng m ặt ngoài F=   .l  . Bi ế t F (cho tr ực  tiế   p giá tr ị của F ngay trong

đề   bài hoặc cho gián tiế  p như   trong bài) ta tìm đượ c ho ặc     (nế u cho l), hoặc l (nế u cho    ). Và ng ượ c l ại n ế u cho     và l ta tính đượ c  F.  Để   tìm đượ c l, cần d ự a vào đề   bài mà xác định đườ ng giớ i hạn của mặt ngoài chấ t l ỏng. Nói chung loại bài toán này khá đ a d ạng, và thườ ng khó khăn ở   khâu xác định l ự c căng F. C ần chú ý đế n các đơ n vị đ o khi tính toán bằ ng số .

49

Bài 5. Có hai ống mao dẫn lồng vào nhau, đồng tr ục, nhúng thẳng đứng vào một bình nướ c. Đườ ng kính trong của ống d ẫn nh ỏ b ằng bề r ộng của khe tạo ra giữa hai ống mao dẫn. Hỏi mức nướ c trong ống mao dẫn nào cao hơ n và cao hơ n bao nhiêu lần? Bỏ qua bề dày của ống mao dẫn trong. Lờ i giải Xét ống mao dẫn nhỏ có đườ ng kính trong là d. Lực kéo do áp suất phụ phải cân bằng vớ i tr ọng lượ ng của cột nướ c: Fk  = Pg h   p1.S = mg (S là diện tích của ống nhỏ) (1) h Thay: m = DV = DSh1 (h1 là độ cao của mực nướ c trong ống nhỏ) 1

2

P1 =

2σ r 

Hình 60

vào (1), ta có: ΔP1 =

2σ r 

 =

4σ

=

d

 Dgh

h1 =



4σ

(2)

D.d.g

Mặt khum ở  giữa hai ống mao dẫn có bán kính R 1 = r ( đườ ng kính d ) và bán kính R 2 = d. Do đó áp suất phụ gây bở i mặt khum ở  giữa ống mao dẫn: 1

 p2 =    (



 +

r 

1

d 

)=

3.σ d

  = D.g.h2

h2 là độ cao trong ống mao dẫn lớ n (ở  khe giữa hai ống);từ đó: h2 = Từ (2), (3)

3  

 D.d . g 

h1



h2

 =

 

(3)

4 3

Bài 6. Hai bọt xà phòng dính vào nhau như hình vẽ; bán kính cong của hai bọt là R 1 và R 2. a. Xác định bán kính cong của màng ngăn cách hai bọt đó.  R  b. Giả sử R 1 = R 2 = R và màng ng ăn cách bị phá vỡ . Tính bán Hình 60 kính r của màng mớ i tạo thành, Coi áp suất phụ dướ i mặt cong là r ất nhỏ so v ớ i áp suất khí quyển. Cho biết thể tích của một chỏm cầu đượ c tính theo

 R2

1

công thức: V’ =

π 3

(2R3- 3R 2d+ d3 )

Lờ i giải a.Vì lớ  p xà phòng giớ i hạn bở i hai mặt cầu có bán kính xấ p xỉ bằng nhau và bằng  bán kính của bọt, nên ở  mỗi bọt xà phòng có áp suất phụ tính theo công thức: 

P=

2   R



2   R



4 

d 

 R

 R

Áp suất trong hai bọt là: P1 =

Hình 61

4    R1

50

4  

P2 =

 R 2

 Nếu R 1 > R 2 thì P1 và P2 –  P1 là áp xuất phụ do mặt phân cách hai bọt gây ra. Gọi R’ là bán kính cong của mặt phân cách đó thì áp suất phụ do mặt phân cách gây ra đượ c tính theo công thức Laplatxơ : 

P = 2.

2  

 R 

 =

4  

 R 

(Vì áp suất phụ này do cả hai mặt của mặt phân cách gây ra) Mặt khác, theo trên: 

P = P2 –  P1 = 4 4  



 R 

 = 4

R’ =



(

  

(

1

  

1

 R1

1  R1

 1



R2

R2

)

)

 R1 R2  R1   R2

 b. N ếu R 1 = R 2 = R thì mặt phân cách là m ặt phẳng. Mỗi đơ n vị dài của chu vi mặt phân cách đều ch ịu tác dụng của ba lực căng đều bằng    . Ba lực này phải cân bằng nhau, muốn vậy chúng  phải là ba véc t ơ đồng phẳng và từng đôi một làm vớ i nhau góc 1200 Vì  F   vuông góc vớ i IO, nên góc O1IO2 = 300   d = R/2





 F 1

 F 2 

 F 3

01

d 

0

 R



2

V’ =



π

3

(2R 3 - 3R 2 d+ d 3 )  =

5   24

 R

Hình 62

3

Áp dụng công thức tính thể tích chỏm cầu ta tính đượ c thể tích của hai bọt dính vào nhau (bằng hai lần thể tích một bọt tr ừ đi hai lần thể tích chỏm cầu) 

V = 2V –  2V’ = 2.

4 3

3

πR 

-2

5π

3

R 

24

 =

9 4

πR 3

Áp suất không khí trong bọt xấ p xỉ bằng áp xuất khí quyển, cho nên, theo định luật Bôilơ -Mariôt, thể tích không đổi khi tạo thành một b ọt m ớ i có bán kính r, ngh ĩ a là: 

V=

4 3

π.r 3



9 4

πR 3  =

4 3

π.r 3



r=

3 2

R 3

2

*Chú ý:  Đâ y là lo ại bài toán về   áp xuấ t phụ gây bở i mặt khum của khố i ch ấ t l ỏng,

đòi hỏi phải v ận d ụng công thứ c tính áp suấ t ph ụ  P . Khi vận d ụng công thứ c tính  P cần  phân biệt tr ườ ng hợ   p mặt khum l ồi (  P > 0) hay mặt khum lõm (  P < 0): chẳ ng hạn đố i vớ i nướ c thì  P < 0 (áp suấ t phụ h ướ ng ra ngoài khố i n ướ c), còn đố i vớ i thu ỷ ngân  g thì  P > 0 (áp suấ t phụ hướ ng vào trong lòng khố i thu ỷ  ngân). C ần chú ý thêm r ằn trong công thứ c  P, R tính bằ ng mét. T ừ   công thứ c  P, nế u biế t     và R ta tính đượ c  P, và ng ượ c l ại n ế u xác định đượ c  P ta tìm đượ c    , hoặc R. Nói chung đâ y là loại

51

bài toán phứ c t ạ p, cần hình dung

đượ c rõ hiện t ượ ng và đòi hỏi vận d ụng thêm nhiề u

công thứ c khác đã biế t.

Bài 7. Một ống mao dẫn đượ c nhúng thẳng đứng trong một bình đựng chất lỏng. Hỏi chiều cao của cột nướ c trong ống thay đổi như thế nào nếu ống mao dẫn và bình đượ c nâng lên nhanh dần đều vớ i gia tốc a = g, và h ạ xuống nhanh dần đều vớ i gia tốc a, = g/2. Xem chất lỏng làm dính ướ t hoàn toàn ống. Lờ i giải Khi bình và ống mao dẫn đượ c nâng lên vớ i gia tốc a thì khối chất l ỏng trong ống mao dẫn chịu tác dụng lực quán tính hướ ng xuống dướ i. Do đó áp suất tại B trong cột chất lỏng: PB = Áp suất khí quyển + Áp suất phụ gây bở i mặt khum + Áp suất gây bở i cột chất lỏng + Áp suất gây bở i lực quán tính.  Ngh ĩ a là: PB = P0 -  p + Dgh + Dah Vì A và B cùng nằm trong một mặt phẳng nằm ngang nên: PA = PB = P0 từ đó: P0 = P0 -  p + Dgh + Dah 

Δ.p

h =

D(g + a)

 

(1)

Khi ống mao dẫn và bình không chuyển động thì:  p = Dgh0; từ đó: h0 =

 p

 Dg 

 

(2)

Từ (1) và (2) ta có: h h0

=

g g+a

=

1

(vì a = g)

2

Lậ p luận tươ ng tự, khi ống và bình hạ xuống vớ i gia tốc a, =

 g  2

thì:

h h0

 =

 g   g   a

 = 2 ,

Bài 8. Ta nhúng vào chậu nướ c một ống mao dẫn chưa có nướ c, g ấ p khúc như hình vẽ, có bán kính trong là r. Hỏi trong khoảng nhiệt độ nào thì toàn bộ n ướ c trong bình có thể chảy hết ra ngoài? Cho bi ết r = 0,1 mm; h = 14,1 cm; H = 15cm, biết hệ số căng mặt ngoài của nướ c biến thiên theo nhiệt độ:     =    -   t, vớ i     = 7,6.10-2 N/m; 0

0

 = 1,5.10-4 N/m.độ. Lờ i giải Muốn cho nướ c trong bình chảy hết ra ngoài qua ống mao dẫn cần thoả mãn hai điều kiện: - Nướ c phải dâng lên đến đượ c hết đoạn ống nằm ngang, ngh ĩ a là:  

h<

4σ Dgd

=

2σ Dgr 



1 2

Dghr     

h

(1)  H 

52

- Nướ c phải chảy ra đượ c khỏi miệng ống bên trái; muốn vậy áp suất thuỷ t ĩ nh của  phần nướ c trong ống bên trái có độ cao H phải thắng áp suất phụ của Hình 63 màng cong, ngh ĩ a là: Dgh

  P 

Dgh



 , (vớ i

2  



ΔP = σ(

  

 

r 

1 2

1 R1

+

1 R 2

),

 R1



r , R2

 

)

DgHr    (2)

Phối hợ  p (1), (2) ta đượ c: 1 2

Dghr   



1 2

DgHr 

Từ đó ta tìm đượ c: σ min = σ max =

1 2

Dghr   = 70,5.10-3 N/m

1 2

DgHr  = 75.10-3  N/m

Thay vào công thức:     =    -   t 0

70,5 = 76 - 0,15 t max  tmax  36,70C 75 = 76 - 0,15 t min   tmin  6,70C Vậy nướ c sẽ chảy ra khỏi bình nếu: 6,70C  t    36,70C. Bài 9. Một ống thuỷ tinh gồm hai phần có bán kính trong R 1 = 1 mm và R 2 = 1,5 mm hàn đồng tr ục v ớ i nhau. Trong ống có một đoạn n ướ c có khối l ượ ng M = 0,1 kg. Để ống n ằm ngang thì nướ c rút toàn bộ vào 



 

 phần ống nhỏ; để thẳng đứng nướ c chảy hết ra ngoài. Nếu để ống Hình 64 nghiêng góc   so vớ i phươ ng thẳng đứng thì nướ c có một phần trong ống l ớ n, m ột ph ần trong ống nhỏ. Hãy tính giá tr ị c ực tiểu c ủa góc   để nướ c v ẫn còn trong ống Lờ i giải Khi đoạn n ướ c nằm cân bằng trong ống, ống phải có đầu nhỏ ở   trên, đầu to ở  d ướ i như hình vẽ để hi ệu các áp suất phụ gây bở i hai mặt cong cân bằng v ớ i áp suất thuỷ t ĩ nh của cột nướ c: 2   R1





2   R2

(vớ i l là chiều dài của đoạn nướ c)

 = Dgl cos  

cos    =

2  

1 (  Dgl   R1

1 

)

R2

Góc   min khi (cos   )max D.Vmin M



 lmin , khi đó nướ c nằm gần toàn bộ ống to, khi đó:





D.   R 22lmin



M

Từ đó  (cos   )max

 l

 min



 M  

  R22 D

2. . . R2  R2 (  1)  Mg   R1



53

 0,334 

 

min



 69,870

Bài 10. Một dòng nướ c chảy thẳng đứng xuống dướ i. Trên một đoạn của dòng nướ c dài h = 3 cm ngườ i ta thấy đườ ng kính của dòng giảm từ 3 mm đến 2 mm. H ỏi sau bao lâu thì nướ c có thể chảy h ết một cốc có dung tích V = 400 cm3. Cho hệ số căng mặt ngoài của nướ c     = 0,067 N/m. L ấy g = 10 m/s2. Lờ i giải Sự giảm đườ ng kính của thiết diện dòng nướ c (ống dòng) là do lực căng mặt ngoài. Do đó áp suất t ĩ nh trong phươ ng trình Becnuli trong tr ườ ng h ợ  p này ph ải k ể thêm áp suất phụ gây thêm bở i mặt cong thoáng của ống dòng. Ở đây áp suất phụ đượ c tính theo công thức:  P 

 =    (

1

 +

 R1

1  R2

S 2

)

h

vớ i R 1  là bán kính thiết diện ống dòng, còn R 2  là bán kính chính khúc của đườ ng sinh. Vì R 2 có giá tr ị lớ n lên ta bỏ qua  P 

 =   

1

, tức là:

 R2

S 1

Hình 65

1  R

Áp dụng phươ ng trình Becnuli đối vớ i các ti ết diện S 1 và S2 (có bán kính R 1 = 3/2 mm và R 2 = 2/2 mm) 2

σ

R 1

 + Dgh1 +

Dv1

 =

2

2

σ

 + Dgh2 +

R 2

Dv21 2

 

(1)

Vớ i: h1 - h2 = 3 cm. M ặt khác ta có: S1.v1 = S2.v2



v2 = v1.

S 1 S 2

 = v1(

 R1  R2

)2  (2)

Từ (1) và (2) rút ra: v2

1 =

 D. g .h. R1 . R2    ( R1  R2 )

Thờ i gian cần tìm là:  t =

 R1 V  Q

 =

V  S .v1



.

2. R23 4

 D.( R1

  R24 )

 150 (s)

Bài 11. Nhỏ 1g Hg lên một tấm kính thuỷ tinh nằm ngang. Đặt lên trên tấm thuỷ tinh một tấm thuỷ tinh khác. Đặt lên trên tấm thuỷ tinh này một quả nặng có khối lượ ng M = 80kg Hai tấm thuỷ tinh song song nén Hg thành một vết tròn có bán kính R = 5 cm, coi Hg không làm ướ t thuỷ tinh. Tính : a. Hệ số căng mặt ngoài của thuỷ ngân  b. Phải đặt quả nặng có khối lượ ng bao nhiêu thì bán kính vết tròn tăng thêm 1 cm, cho DHg = 13,6.103 kg/m3, g = 9,8 m/s2. Lờ i giải a. Có thể cho r ằng mép của vết thuỷ ngân có dạng màng tiết diện nửa đườ ng tròn, bán kính r. Ở tr ạng thái cân bằng áp suất ph ụ ở   mép thuỷ ngân (P) cân bằng v ớ i áp suất do tr ọng lượ ng (Pg) quả nặng tác dụng lên vết thuỷ ngân :

54

P = P

 M 

+ Áp suất phụ tính theo công thức : P = (

1 r 

1



)

 R

2 r 

+ Áp suất do tr ọng lượ ng, đượ c tính: P= 

F S

=

 R

Mg

Hình 66

2

πR 

 1 1  Mg +   (1) = 2  r R   πR 

σ

 σ=

Mg

πR(R+ r)

+ Tính r : Ta có th ể coi thể tích của vết thuỷ ngân : V = 

r =

ρ

=

2

πR .2r 

-3

m 2πρ.R

Vậy

m

2

10

 =

σ=

3

-2

2.π.13,6.10 (5.10 )

2

 = 4,68.10-6 (m)

80.9,8.4,68.10-6 π.5.10-2 (5.10-2 + 4.68.10 -6 )

 0,467  (N/m)

 b. Khối lượ ng M' Do bán kính tăng thêm 1cm, nên R' = R + 1 = 6 (cm) r' =



-3

m 2

2π.D.R'

=

10

3

-2 2

2π.13,6.10 (6.10 )



-6

3,25.10

  (m)

Từ (1) suy ra: M' =

π.σ.(R'+ r').R' r'

-2

=

-6

π.0,467(6.10 + 3,25.10 ).6.10

-2

-6

3,25.10



1624 (kg)

Bài 12. Một thùng kín có chiều cao h = 3 m chứa đầy n ướ c. Ở đáy thùng có hai bọt khí thể tích bằng nhau. Áp suất của bọt khí ở đáy thùng là Po = 150 kPa. a. Nếu cả hai bọt khí đi lên sát nắ p thì áp suất P2 ở đáy thùng bằng bao nhiêu ?  b. Nếu có một bọt khí đi lên sát nắ p, còn bọt khí kia vẫn ở  sát đáy, thì áp suất P1 ở đáy thùng bằng bao nhiêu ? Lờ i giải Gọi V là thể tích của mỗi bọt khí ở   sát đáy thùng. Giả sử vỏ thùng không biến dạng và thùng kín nên dung tích bình không đổi, do đó thể tích nướ c không đổi hay thể tích của hai bọt khí luôn bằng 2V a. N ếu c ả hai bọt khí đều đi lên sát nắ p thì thể tích mỗi b ọt không đổi, do đó áp suất khí trong mỗi bọt khí cũng không đổi và giữ giá tr ị bằng P0 Áp suất P2 ở đáy thùng đượ c tính như sau : P2 = P0 +    gh  = 150 + 9.81.3 = 197,5 (kPa)  b. Kí hiệu V’ là thể tích của bọt khí ở  sát nắp, V” là thể tích của bọt khí ở đáy, thì ta luôn có :

V’+V” = 2V

(1)

Áp dụng định luật Bôi-Mariốt cho bọt ở đáy :

55

P0 V = P1V”  (2) Áp dụng định luật Bôi-Mariốt cho bọt từ đáy đi lên nắ p thùng : P0 V = (P1-   gh )V’  (3) Từ (1), (2), (3) có phươ ng trình cho P1 (vớ i    gh  = P) như sau: 1

P12 - (P0 + P) P1 + 1

Giải phươ ng trình này ta có: P1 =

2

2

P0 P = 0

(P0 + P



2

Po +P

)

Ta chọn nghiệm sao cho P1 > P0 Vậy P1 =

150 2

1



29,5  150 2



29,5 2

 = 166 (kPa)

Bài 13. Một giọt thủy ngân lớ n nằm giữa hai bản thủy tinh  phẳng, nhẹ, nằm ngang. Dướ i tác dụng của tr ọng lực, giọt thủy d r ngân có dạng hình cầu bẹt có bán kính r = 2,28 cm; dày d = 0,38  cm như hình vẽ bên. Tìm khối lượ ng vật nặng M cần đặt lên bản Hình 67 thủy tinh để khoảng cách giữa hai bản giảm đi 10 lần. Cho biết góc bờ  của giọt thủy ngân là  = 1350; Sức căng mặt ngoài của thủy ngân là   = 0,47  N/m; Gia tốc tr ọng trườ ng là g = 10 m/s2. Lờ i giải  1 1 K hi chưa đặt vật nặng: mg =pS= ρ  +  S  (trong đó p là áp r  R r  d suất phụ; S = r 2) - Có  sin45

o

d

=

1



2R

d 

Hình 68

2

2

2  πr   (1) d  

 mg =  ρ 

+

Đặt vật M để

d * =

 R

R=

d/10

*

  R

=

d

*

d 

= 2

10

2

- Khi đó bán kính hình cầu bẹt bằng r *

Thể tích thủy ngân không đổi:

2

*2

*

d 

*2

πr d=πr d = πr

*

r =r 10

10

1  *2  10 2 *  1   M+m g = pS = ρ  + πr =ρ  + * * d  r  R r   

 10 2 + Lấy (2) –  (1) :  Mg = ρ  r  d Thay số: M  2,8 kg. Bài 14.



 2  πr 10ρ   10  

1

56

  π r 10 

1

2 d

+

1

2

 πr  r 

10



2



 (2)

1. Một màng nước xà phòng có suất căng bề mặt O σ được căng trên 1 khung cứng gồm hai thanh cố định OD và OE trên đó có thanh mảnh MN nằm g ngang, tạo thành một tam giác đều OBC. Khung nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Thanh NM C N  B  M nằm ngang có khối lượng m, có thể trượt tịnh tiến không ma sát trên hai thanh OD và OE. Chọn  x trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng và chiều  D  E dương hướng xuống dưới( hình 69). Hình 69 a. Khi thanh MN nằm cân bằng, trung điểm của thanh ở vị trí ứng với tọa độ x o trên trục Ox; tìm x o trên trục Ox; tìm x o theo m, g và σ(g là gia tốc trọng trường).  b. Từ vị trí cân bằng, kéo thanh MN tịnh tiến xuống dưới một đoạn nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng minh, thanh MN dao động điều hòa và tính chu kì dao động của thanh. 2. Tính công nhỏ nhất để thổi được một quả bong bóng xà phòng có bán kính R. Biết trong quá trình đó nhiệt độ không đổi, áp suất khí quyển là p 0 và suất căng bề mặt của xà  phòng là σ. Lời giải 1. Trước hết, ta giả thiết bỏ qua khối lượng của màng xà phòng. 1. Thế năng của hệ: U(x) = -mgx + σS Trong đó: S = BC.x = 2.tan(

30 0).x.x

=

2

x

2

3

là diện tích màng xà phòng, còn hệ số 2

xuất hiện là do màng xà phòng có 2 mặt ngoài. 1a) Cách 1: Lực tổng hợp tìm từ điều kiện: Fx =

dU dx



mg 

4x 3

; tại vị trí cân bằng Fx= 0 => x0=

mg 3 4

Cách 2: vị trí cân bằng thì trọng lực cân bằng với lực căng bề mặt của chất lỏng. 1b) tại vị trí cân bằng ta có

mg 

4x 3

tại vị trí lêch Δx khỏi vị trí cân bằng, ta có: mg ma =

4x 3

 =>

T  2



4 x  x 



 ma

3

m 3 4

2.Gọi p là áp suất không khí trong bong bóng xà phòng. Khi chuyển qua mặt chất lỏng( nước xà phòng) áp suất thay đổi một lượng bằng áp suất phụ:

P 

2 R 

, với R là bán kính

 bong bóng xà phòng. Ta xét điểm A( bên ngoài bong bóng), B( bên trong nước xà phòng) và điểm C( trong bong bóng) ta có:  p B  p A

 p 

2 R 

; pC  p B  p 

2 R 

Do đó:  p  pC  p A 

57

4 R 

Công cần thực hiện để thôi bong bóng xà phòng bằng công để làm tăng diện tích bề mặt lên một lượng ΔS cộng với công cần để nén không khí vào bong bóng tới áp suất p: A= pV ln

Từ đó

 p

+ σ.ΔS Trong đó:

 p 0

A= 8πσ +

4 3

 

πR 3  p0 +

V

4 3

R

3

; S  2.4R 2  

 4 4σ    Vì  ln 1+ R   p0R    p 0 R 

4σ 

 4σ  4σ +1   p R  0  p0 R 

1; nên ln 

Chương III. GIỚI THIỆU ĐỀ THI OLYMPIC CÁC NƯỚC Bài 1. Kim tự tháp (Czech) Ở đáy phẳng, nằm ngang của một bể nước sâu H1, có một hình chóp đều, đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao h, nằm úp mặt bên xuống đáy (hình ). Hình chóp đồng chất và    làm từ vật liệu có khối lượng riêng  lớn hơn khối lượng riêng của nước w. Độ sâu của bể nước lớn hơn chiều cao hình chóp. Thể tích bể nước lớn hơn rất nhiều thể tích của    hình chóp. Người ta buộc một sợi dây vào một cái móc gắn đỉnh hình chóp. 1. Tìm khoảng cách từ khối tâm của hình chóp đến đáy Hình 70 của nó 2. Tìm công tối thiểu W1 để đưa hình chóp đứng được trên đáy của nó 3. Tìm công nhỏ nhất W2 cần thiết để kéo hình chóp đứng ra khỏi mặt nước Áp dụng số: H=120m, a = 10.0cm, k = 16.0cm,  =2700kg/m3, w =1000kg/m3. Lời giải 1. Để xác định vị trí của khối tâm được ta chọn hệ trục y h tọa độ như hình vẽ. Xét mặt cắt vuông góc với trục đối xứng của hình chóp và cách đỉnh một khoảng x. n

S1

 S 

0

  x    h

2

S1

a

S0

trong đó S0 là diện tích đáy. Tọa độ x G của khối tâm được xác định bởi biểu thức:

 xG = m

h



xdm m

=

 pS0

xρS1dx

0 h

 0

= ρS1dx

h

2

 pS0 h

2

h



x 3dx

0 h

 x dx 2

0

dx

h4 3 = 43 = h h 4 4

 Như vậy khoảng cách từ khối tâm đến đáy là h -0,75h = 0,25h

58

Hình 71

x

2. Để lật đứng hình chóp, cần phải kéo khối tâm rọi trúng cạn h đáy của hình thoi . Để làm được như vậy ta cần luôn giữ cho đáy thẳng đứng để tránh hình thọi trượt theo đáy. Sau khi vượt qua vị trí này, ta không cần thực hiện công nữa, để hình chóp tự đổ xuống dưới tác dụng của trọng lực. Khối tâm của hình chóp đứng bằng một phần tư chiều cao của nó. Độ cao khối tâm của hình chóp nằm được xác định từ các tam giác đồng dạng VSO và VPG. π

0.5a

=

2

 2

0.25a +h

S

0.375ah

s=

2

2

0.25a + h

2

=

0.75h

0.5a 2

0.25a +h

0.375ah

s = 2

2

0.25a +h

2

Độ cao mà khối tâm cần được nâng lên là …………. Công cần thiết để đưa hình chóp đến vị trí tự đổ bằng độ biến thiên thế năng của hệ  bể nước cộng hình chóp. Thế năng của hình chóp tăng lên một lượng V g(z-s). Đồng thời, nước ban đầu chiếm không gian mà hình chóp đứng sẽ chuyển xuống chiếm lấp không gian mà hình chóp nằm ban đầu, thế năng của nước trong bể giảm đi một lượng Vwg(z-s). Như vậy:  x



1 W1 = V(ρ - ρ1 )g(z - s) = a 2h(ρ - ρ w )g 3



Thay số vào ta được W 1 = 0.251J 3. Lập luận tương tự trên, ngay cả khi hình chóp được kéo ra khỏi mặt nước. Độ tăng thế năng của hình chóp là V gH và độ giảm thế năng của nước trong bể V wg(H-0.25h), vì lớp nước ở trên mặt bể sẽ xuống lấp đầy vị trí của hình chóp đứng ở đáy bể. Cuối cùng W2 = VgH -Vwg(H-0.25h) = V(-w)gH + 0.25Vwgh 1 

3

a 2hg (ρ - ρ w )H+ 0.25ρ w h 



0.25a 2 + (0 .25h)2 -

0.375ah 0.25a 2 + h 2

y h

Hình 72

Thay số vào ta được W 2 = 10.9J  Nhận xét : Ở câu 3 có thể tính công bằng phương pháp tích phân lực: lực kéo hình chóp một đoạn (H-h) cho đến khi đỉnh của nó chạm mặt nước sẽ là lực không đổi có độ lớn V(-w)g, và công sẽ là W21 = V(-w)g(H-h) Khi đỉnh của hình chóp ra khỏi mặt nước lực nâng cần thực hiện giảm dần. Tại thời điểm đỉnh chóp có độ cao y từ mặt nước, sử dụng đồng dạng ta tính được phần thể tích nổi trên mặt nước

 y    V h

V 1

2

và lực cần kéo là 2

 y Vρg - (V-V1)ρ w g =V(ρ - ρ w )g +Vρ w   g h

Công kéo lên khỏi mặt nước: 2   y   W22 =  V(ρ -ρw )g +Vρ w   g dy 0  h    h

59

h

ρ ρ h    = V g (ρ - ρ w )+ w3 y 4  =Vg (ρ - ρ w )h + w  4h 4   0 

Tổng công để kéo hình chóp từ đáy ra khỏi mặt nước: W2 = W21 + W22 = V(-w)gH + 0.25Vwgh 1 

3

V, P 

a 2hg (ρ -ρ w )H+ 0.25ρ w h 

Bài 2. Thùng thợ lặn (Nga) Một cái thùng thợ lặn có dạng hình trụ một đáy nhỏ, phần phía trên chứa không khí, đang ở dưới mặt nước. Để thùng không nổi lên, người ta dùng dây cột nó vày đáy bể. Một vật nặng được buộc vào đáy thùng bằng một sợi dây, vật chìm trong nước (Hình 73). Tiết Hình 73 2 3 diện của hình trụ S=4m , thể tích khí trong thùng là V=8m khi áp suất là  p=1.5x105Pa. Khi vật nặng được kéo ra khỏi nước, áp suất tăng lên một lượng P = 250Pa, trong khi dây vẫn căng. Hãy tìm độ thay đổi sức căng của các dây. Khối lượng riêng của nước =103kg/m3, gia tốc trọng trường g= 10mg/s2. Không khí trong thùng tuân theo định luật Boyle-Mariot pV =const, với p là áp suất và V là thể tích khí trong thùng. Lời giải Để tính độ thay đổi thể tích không khí trong thùng ta sử dụng định luật Boyle Mariott: pV = (p+ p)(V-V). Từ đây tìm được độ thay đổi thể tích: Δp ΔV=V = 0.0133m3  p +Δp

T  T 12

T 1

F1 Hình 74.a

F2 Hình 74.b

Xét điều kiện cân bằng của hệ "thùng + hàng + cột nước bên trong thùng". Các lực tác dụng lên hệ bao gồm: trọng lực, lực căng dây buộc F 1 và áp lực thủy tĩnh từ mặt dưới và mặt trên của hệ (trê n hình chưa thể hiện hết các lực). Sau khi hàng được kéo lên khỏi mặt nước, thể tích khí giảm đi V và bị một lượng nước V chảy vào chiếm. Trong khi đó chỉ có lực căng của dây giữ là thay đổi và trọng lực của phần nước bên trong thùng.  Như vậy độ giảm của lực căng dây F = gV = 133N Các lực tác dụng lên thùng bao gồm trọng lực, thủy lực tĩnh, áp lực không khí và hai lực căng dây. Trong số chúng, khi hàng kéo lên khỏi mặt nước, chỉ có các lực căng dây và áp lực không khí thay đổi. Lực căng hướng xuống, áp lực hướng lên. Áp lực tăng lên, lực căng dây giữ giảm, do đó lực căng dây treo tăng.

60

T = T2 - T1 =  pS + S = 1000N + 133N = 1133N

Bài 3. Phao báo hiệu (Romania) Một cái phao báo hiệu được cấu tạo từ một xy lanh hình trụ đóng một đầu kín, với chiều cao h=1m, đầu kia của xy lanh là một piston có khối lượng và độ dày không đáng kể và tiết diện S=0.50m 2. Xy lanh luôn luôn ngập hoàn toàn trong nước. Một lá cờ khối lượng m=5kg được gắn với xy lanh, khối lượng của xy lanh M=45kg. Piston có thể di chuyển trong xi lanh theo suốt chiều dài của nó, với ma sát, Hình 75 không thể tuột khỏi xi lanh. Piston được nối vào một cái tời cố định vào bờ bằng một sợi cáp. Sợi cáp không dãn, khối lượng không đáng kể và mềm, đi qua hai ròng rọc cố định. Sợi cáp luôn căng. Trước khi ngâm vào nước, không khí trong phao ở áp suất p 0=105 N/m2 và chiếm toàn bộ thể tích xi lanh. Giả thiết áp suất quyển là p 0, nhiệt độ của nước và không khí không thay đổi, thể tích của cán cờ là không đáng kể, khối lượng riêng của nước là  p=1000kg/m3, gia tốc trọng trường g=10m/s 2. Ký hiệu p là áp suất không khí trong xi lanh, y là khoảng cách từ đỉnh xy lanh tới mặt nước, và x là chiều cao của cột không khí trong xi lanh. 1. Câu hỏi này yêu cầu viết biểu thức biểu diễn các đại lượng của hệ qua lực căng dây T và các đại lượng khác đã cho ở đề tài. a. Biểu thức của chiều cao x của cột không khí trong xi lanh của phao  b. Biểu thức của áp suất khí p trong xy lanh c. Biểu thức cho khoảng cách y từ đỉnh xy lanh cho đến mặt nước 2. Trong câu hỏi này ta sẽ đi tìm vùng giá trị khả dĩ của lực căng dây cáp nối piston với tời trên bờ và chiều cao của cột không khí trong xi lanh. a. Xác định vùng giá trị khả dĩ của lực căng dây cáp nối piston với tời trên bờ. Khi tính số sử dụng bốn chữ số có nghĩa.  b. Xác định vùng giá trị khả dĩ của chiều cao cột không khí trong xy lanh. Kết quả sử dụng bốn chữ số có nghĩa. Lời giải 1.a. Điều kiện cân bằng của hình trụ: (p 0 + gy)S + Mg - pS = 0 Phương trình đẳng nhiệt cho khí trong phao: p 0Sh = pSx Điều kiện cân bằng của piston: p 0S = mg + T - [p 0+(x+y)g]S = 0 Độ cao cột khí trong phao:  x 

(m  M ) g  T      gS 

1.b. Áp suất của khí trong phao:  p = p0

ρgSh (m +M)g +T

1.c. Khoảng cách từ đỉnh hình trụ tới mặt nước

61

y=

 p0 M hp0S + ρg ρS (m + M)g +T

2.a. Điều kiện là y0, suy ra: T

 pgSh 1+ Mg/p0S

- (m +M)g

Lực căng tối đa

Tlim =

 pgSh 1+Mg/p0S

- (m+M)g = 4455N

 Như vậy vùng giá trị của T là T [0N, 4455N] Trong quá trình đẳng nhiệt, áp suất khí đạt giá trị nhỏ nhất khi piston ở vị trí dưới cùng của xi lanh, tức là khi thể tích của không khí trong xy là lớn nhất x=h h=

(m + M)g +T'lim ρgS

Suy ra T'lim = 4500N Khi lực căng dây lớn hơn T' lim, áp suất trong phao vẫn sẽ là p 0 vì piston đã ở vị trí dưới cùng của xylanh. 2.b. Từ biểu thức của x tìm được ở 1a, cùng với các biểu thức giới hạn lực căng dây T, ta tìm được: m +M

ρS



x

h

1+ Mg/p 0S

Thay số vào được 0.100m  x 0.991m Bài 4. Bình hình trụ (Estonia) Bình hình trụ có bán kính trong R=30mm được đổ đầy nước. Một  bình hình trụ thứ hai, rỗng, có bán kính r  =25mm, khối lượng không đáng kể, được đặt đồng trục với bình lớn sao cho phần ngập trong nước có chiều cao L=300mm (hình 1.76). Tìm gia tốc của hình trụ bên trong ngay sau khi thả nó ra. Sức căng mặt ngoài và độ nhớt của nước có thể bỏ qua. Lời giải Khi hình trụ rỗng lên cao một đoạn x, nó giải phóng thể tích r 2x Hình 76 ở dưới nó, thể tích này sẽ bị nước chiếm chỗ. Cột nước tụt xuống đoạn y; từ đẳng thức thể tích r 2x =(R 2-r 2)y, suy ra: y=x

r 2 R 2 - r 2

 Nếu x<
. 2

2

E k = ρπ(R - r )L y 2 2

62

trong đó y' là đạo hàm theo thời gian của y. Từ định luật bảo toàn năng lượng .

1

2

2

2

gr x = (R - r )L y2 2

lấy đạo hàm theo thời gian được: .

gr 2 x =

1 2

. ..

(R 2 - r 2 )L y y

Sử dụng quan hệ giữa x và y ta được ..

..

y= g  x= g

(R 2 -r 2 ) 2



r 

.

.

r 2 x = (R 2 - r 2 ) y

4.3m/s2

Bài 5. Nước và thủy ngân (Nga) Ống hình chữ U tiết diện không đổi có chứa nước và thủy ngân với thể tích bằng nhau. Chiều dài phần ống nằm ngang l=40cm. Ống quay tròn quanh nhánh chứa nước và khi đó mực chất lỏng ở hai nhánh là như nhau và bằng h=25cm. Bỏ qua sự dính ướt, xác định chu kỳ quay của ống. Cho các thông số: gia tốc trọng trường g=9.8m/s 2, khối lượng riêng của nước và thủy ngân p =1.0g/cm3 và m = 13.5g/cm3. Lời giải Trước hết ta tìm sự phụ thuộc của áp suất trong đoạn ống nằm ngang vào khoảng cách đến trục quay. Xét chuyển động của một phần ống dài r, và nằm cách trục  quay một khoảng r, phương trình chuyển động của nó có dạng: r Sr = 2r Sr = S, trong đó  là vận tốc góc của ống, - độ chênh lệch áp suất ở hai bên của phần tử ống dài r. Biểu diễn  p theo r trên đồ thị. Khi đó hiệu chênh lệch áp suất ở hai đầu ống nằm ngang có giá trị bằng diện tích hình thang nằm dưới đồ thị (hình 1.77S) 2

 p2 - p1 = ω ρ(r2 - r1 ).

r2 +r1 2

2

=ω ρ

r22 - r12   2

Chênh lệch áp suất ở hai đầu đoạn ống nằm ngang, có chứa cả nước và thủy ngân: 2

 p2 - p1 = ω ρw

(l/2)2 - 02 2

2

+ ω ρm

l2 - (l/2)2 2

2

= (3ρm + ρw )ω

l2 8

Độ chênh lệch áp suất này giữ được nhờ vào chênh lệch áp suất của nhánh đứng chứa thủy ngân và nhánh đứng chứa nước. (3ρ m + ρ w )ω

2

l2 8

Từ đây suy ra T=

2π ω

=

= ρm gh - ρ w gh ω=

8gh ρm - ρw l2 3ρm + ρw

πl

3ρm + ρw

2gh

ρm - ρw

. Và chu kỳ quay

 1.0s

Bài 6. (Trích đề thi Olimpic Vật lý Thụy sỹ năm2001)

63

Một tàu hỏa khối lượng m chuyển động với công suất không đổi P. Tại một thời điểm t0 nào đó, vận tốc của tàu là v 0. Đến thời điểm t 1, vận tốc của tàu là 2 v 0. Tính khoảng thời gian t  t  t  và quãng đường mà tàu đi được trong thời gian đó. Cho biết 1

0

lực cản của không khí lên tàu tỷ lệ với vận tốc của tàu, bỏ qua mọi ma sát khác. Lời giải Phương trình chuyển động của tàu: m

dv

P

=

dt

- kv

v

 2k    dt m  

2vdv

Từ đó:

2

v -

; với k là hệ số ma sát nhớt.

= -

P k 

2v0



 v0

t1

 2k   = -  t  m  dt  Δt = P 2 v 2vdv

0

 kv 02 - P  ln   2 2k  4kv 0 - P  m

k 

Phương trình chuyển động có thể viết lại như sau(vì



-

k

v

dx =

m

2

2

v -

P

dv

-

k m

2v0

s

 dx  Δt =  0

v0

Từ đó:

s=

P 1 k 2

  vk   ln  P  v+ 

 1 -v +  0 m 2 k

dx 

dt 

):

mv

dv dx

=

P v

-kv

2

v dv 2

v -

P k 

v

  ks  =  vm   

v

2v0

  P  k     P  v k 

0

    v0 k     ln P   2v +  0 

  2v0 + P  k   2v0 P  k

   P    k     P   k  

Bài 7. Xy lanh bị rò (Thụy Sĩ) Một xy lanh hình trụ có chiều cao H và đường kính đáy 2R, được đặt ở nơi có áp suất khí quyển Patm và gia tốc trọng trường A g. Ban đầu xy lanh được lấp đầy bằng một A H chất lỏng lý tưởng không chịu nén và có H khối lượng riêng . VA 1.Tính áp suất PB ở đáy xy lanh (điểm g g B) Tại thời điểm t0 ở đáy xy lanh xuất B hiện một lỗ thủng đường kính 2r. Giả sử B r<t0, hãy xác định vận 2R VB 2R Hình 77 Hình 78

64

tốc chất lỏng ở bề mặt (v a) như một hàm của vận tốc chất lỏng chảy qua lỗ B (v b) 3. Tìm biểu thức vận tốc v b của chất lỏng chảy ra khỏi lỗ B như một hàm của độ cao mực chất lỏng trong xy lanh, sử dụng các giả thiết của bài toán. Lời giải 1. Áp suất thủy tĩnh ở đáy xi lanh được cho bởi phương trình sau: P p = gh + patm 2. Sử dụng phương trình liên tục, lưu lượng của chất lỏng trong bình là hằng số: vaR 2 = v br 2 Biến đổi ta được:

va

 r    vb     R 

2

3. Có hai cách giải, cách một sử dụng phương trình Bernouilli, cách hai sử dụng định luật  bảo toàn năng lượng Với cách thứ nhất, đầu tiên ta giả thuyết như sau: vì r<
ρv a2 + ρgh +Patm =

Từ đây:

vb

1 2

ρv b2 +Patm 2

2 gh  va



Vì va<
2

va

:

2 gh



Với cách thứ hai, ký hiệu f  pot(h) và E pot(h-dh) là thế năng của hệ khi chiều cao của nước trong xy lanh là h, và tương ứng h -dh. E pot (h) =

πR 2ρgh 2 2

,

E pot (h - dh)=

πR 2ρg(h - dh) 2 2

Giữa hai thời điểm này, độ thay đổi thể tích nước trong xy lanh là V = R2dh. Thể tích này chảy ra khỏi xy lanh qua lỗ ở đáy. Độ biến thiên thế năng sẽ chuyển thành động năng. Ta có v a<
Giải phương trình trên tìm được v b. Nếu bỏ qua số hạng nhỏ dh 2, ta tìm lại được  phương trình Torricelli v b = 2gh

Bài 8. Bong bóng xà phòng (Nhật) Xét một mặt bên trong vật chất. Các phần tử ở hai phía của mặt này tác dụng lực lên nhau. Lực tác dụng tính trên một đơn vị

f

f

65 Hình 79

diện tích gọi là ứng suất. Một ví dụ của ứng suất chính là áp suất. Đó là loại lực đẩy. Nếu ta biết được lực tác dụng của từng phân tử lên bề mặt thì có thể tính được lực mà chúng tác dụng lên một đơn vị diện tích bề mặt. Đó chính là áp suất. Mặt ngoài của vật khác với một mặt nằm bên trong nó về số hạt phân tử nằm sát mặt. Nếu ta xét một đoạn nhỏ trên bề mặt (hình 79), từ hai phía của bề mặt đều có ứng suất với độ lớn khác nhau. Hiệu của hai ứng suất nafyc hính là sức căng mặt ngoài. Sức căng này có phương vuông góc với phần tử đang xét và là lực hút. Gọi s là chiều dài phân tử, f là sức căng mặt ngoài thì ta có quan hệ: f = st trong đó hằng số  gọi là hệ số sức căng mặt ngoài. Giá trị của hệ số sức căng mặt ngoài phụ thuộc vào loại bề mặt. Trong các bảng tra cứu, nhiều khi người ta ghi là sức căng mặt ngoài nhưng thực tế đó là hệ số sức căng mặt ngoài. Do sức căng mặt ngoài là lực hút nên vật sẽ thay đổi hình dạng trong điều kiện cho  phép sao cho bề mặt của nó có diện tích nhỏ nhất có thể. Dạng hình cầu của giọt chất lọng, di chuyển của các con bọ trên mặt nước, hay bọt bóng nổi trên mặt nước, đó đều là do tác dụng của sức căng mặt ngoài. 1. Trên hình 80, một màng chất lỏng có hệ số sức căng bề mặt  được căng lên một khung dây có một đầu có thể di chuyển được. Hãy tìm công để di chuyển cạnh khung một đoạn y, biết chiều rộng của khung là x và chú ý là màng có hai mặt trước sau giống nhau. A’

B’

A B

x     

Vùng R   y

Hình 80

Hình 81

2. Một vùng bề mặt chất lỏng R có hệ số sức căng mặt ngoài là  (hình 81). Diện tích vùng R này bị biến dạng một lượng nhỏ S, chứng minh rằng khi đó công mà lực ngoài tác dụng lên chu vi của vùng được cho bởi biểu thức W=S. Gợi ý: xét một phần tử nhỏ AB ở biên của vùng bề mặt. Sau khi biến dạng phần tử AB này tiến về A'B'. Có thể coi AB là đoạn Áp suất khí thẳng và độ dịch chuyển nhỏ của nó có thể coi là do chuyển động quyển Áp suất bên trong p tịnh tiến. Ở hình 82, do sức căng mặt ngoài, chất lỏng với hệ số căn mặt ngoài là  tạo thành hình cầu bán kính R. Khi đó áp suất bên Hình 82 trong chất lỏng sẽ khác với áp suất không khí bên ngoài p 0.

66

Trên hình 83 ta tưởng tượng giọt chất lỏng bị cắt làm đôi thành hai bán cầu bởi một mặt phẳng thẳng đứng đi qua đường kính. Nếu chỉ xét bán cầu bên phải, nó chịu lực tác dụng của bán cầu còn lại và lực do áp suất khí quyển. Để tính lực do khí quyển tác dụng lên nửa bán cầu ta tưởng tượng thay nó bằng nử a  bán cầu không khí (hình 84). Khi đó áp suất ở mọi phía sẽ là p 0. Lực do không khí phía ngoài tác dụng lên nửa bán cầu khí từ phía trái sẽ bằng R 2 p0. Để bán cầu khí nằm cân  bằng thì lực do không khí bên ngoài tác dụng lên bán cầu từ phải cũng bằng R 2 p0. Bây giờ quay trở lại giọt chất lỏng, áp suất bên trong lòng chất lỏng p, lực mà bán cầu chất lỏng bên trái tác dụng lên bán cầu bên phải có giá trị R 2 p. Như vậy nếu không có sức căng mặt ngoài thì điều kiện cân bằng sẽ là p=p 0, tức là không có chênh lệch áp suất. Tuy nhiên bề mặt của bán cầu chất lỏng giới hạn bởi đường tròn đường kính 2R. Trên hình 85, lực căng mà bán cầu bên trái tác dụng lên đường tròn chu vi 2R sẽ là 2R. Như vậy khi kể đến sức căng mặt ngoài thì điều kiện cân bằng sẽ là R 2 p0 + 2R =R 2 p

po

p

Hình 83

po

po

Hình 84

Hình 85

Từ đây tính được hiệu áp suất bên trong và bên ngoài chất lỏng p - p0=

2 y

thấy áp

 R

suất bên trong chất lỏng lớn hơn áp suất khí quyển. 3. Một bong bóng xà phòng có dạng hình cầu bán kính R, hệ số sức căng mặt ngoài là . Hãy tính hiệu áp suất bên trong và bên ngoài bong bóng. Lưu ý là bong bóng xà phòng không phải là giọt chất lỏng, chỉ có lớp vỏ của nó cấu tạo từ dung dịch xà phòng. 4. Người ta thổi không khí vào bên trong bong bóng xà phòng ở ý 3 sao cho bán kính R của nó tăng thêm một lượng R. Công cần thiết để làm việc này bằng bao nhiêu? Trong đó, phần công trở thành thế năng của màng xà phòng bằng bao nhiêu?  Nếu tính đến trọng trường thì áp suất bên trong giọt chất lỏng không còn là hằng số và hình dạng giọt chất lỏng sẽ hơi khác hình cầu một chút. Trong câu hỏi 3 trên ta đã bỏ qua ảnh hưởng của trọng trường và coi áp suât bên trong chất lỏng là đều. Trong các câu hỏi dưới, gia tốc trọng trường là g. 5. Trên hình 86, một ống hình trụ có đường kính trong 2r được nhúng thẳng đứng vào chất lỏng có khối lượng riêng  và hệ số sức căng bề mặt .  là góc tạo bởi mặt chất lỏng và thành ống, H là độ chênh lệch mức chất lỏng trong ống so với mức chất lỏng ở rất xa 2r

 

H

67 Hình 86

  

ống trụ. Trên hình vẽ chỉ thể hiện trường hợp góc << . Hãy vẽ nốt trường hợp còn lại 2

  

2

<< và tính độ chênh lệch mức chất lỏng H, bỏ qua sự thay đổi độ cao của bề mặt

chất lỏng trong lòng ống. Hiện tượng mực chất lỏng nâng lên hoặc hạ xuống bên trong ống nhỏ gọi là hiện tượng mao dẫn. 6. Trên hình 87, áp suất khí quyển là p 0, chất lỏng trong bình khối lượng riêng  và hệ số sức căng mặt ngoài . Tại thành bình chứa, mặt chất lỏng tạo với thành bình thẳng   

đứng một góc  (0 <  < ). Trên hình vẽ, hệ trục tọa độ xz được 2

z

chọn sao cho mực chất lỏng ở cách xa thành bình trùng với x (z=0). Tìm độ cao h của mức nước ở thành bình bằng cách xét cân bằng lực theo phương x cho khối chất lỏng z>0. Lực tác dụng vào khối h chất lỏng này bao gồm lực do khí quyển, do tường và lực do mặt ngoài chất lỏng tác dụng ở hai vị trí là tại tường và vị trí ở cách rất O xa tường. Chú ý, nếu p(z) là áp suất nước ở giữa độ cao z và z + dz, Hình 87 lực mà nước tác dụng lên phần tường hình chữ nhật có chiều dài một đơn vị dọc theo trục y sẽ có hướng ngược chiều trục x và độ lớn bằng p(z)dz. Lời giải 1. Vì màng chất lỏng có hai mặt trước và sau nên lực tác dụng lên thanh trượt là 2xy, lực này ngược chiều với y. Công dịch chuyển là 2xyy (còn có công của áp suất từ bên trong lòng chất lỏng tác dụng lên thanh trượt, nhưng vì màng mỏng nên công gây ra bởi sự thay đổi thể tích của chất lỏng có thể bỏ qua ở đây). 2. Xét một biến dạng nhỏ của đường cong khép kín giới hạn bề mặt. Đường cong khép kín có thể chia thành vô số các đoạn nhỏ, xét đoạn có chiều dài ds i, lực căng mặt ngoài hướng từ mép vào trong mặt chất lỏng và có độ lớn yds i. Lực ngoài tương ứng có độ lớn yds, hướng ra ngoài. Nếu dịch chuyển một đoạn nhỏ ( i hướng ra ngoài) thì công thực hiện W sẽ tính được bằng cách nhân nó với yds i. Mặt khác, i x dsi chính là độ tăng diện tích S của mặt chất lỏng. Như vậy W = S. 3. Khác với giọt chất lỏng, bong bóng có hai mặt, mặt trong và mặt ngoài. Như vậy áp suất bên trong lớn hơn một lượng 4. Áp suất khí  p0 =

4γ R 

4γ R 

, độ thay đổi thể tích V = 4R 2R, suy ra công:

(p0 + 4/R)V = 4 p0R 2R + 16R R. Thành phần đầu tiên p0V chính là công để làm tăng thể tích bên trong bong bóng, do đó năng lượng 16 R R sẽ được lưu trữ ở màng xà phòng (do đó  gọi là năng lượng mặt ngoài). Có thể nhìn cách khác, diện tích mặt xà phòng tăng lên một lượng 2 (4R 2) = 16R R, tương ứng W = R, năng lượng màng xà phòng tăng thêm.

68

x

(8R 2) = 16R R

5. Cân bằng lực cho phần nước lên cao trong thành ống r 2 p0 + 2r cos - (r 2 p0+gr 2H) = 0  p0 là áp suất khí quyển (khi áp suất khí quyển cân bằng, thành phần p 0 biến mất).

Từ đây

H=

2γcosθ

ρgr   

Trong trường hợp

2

 

 

mực nước trong ống sẽ tụt xuống một lượng H>0, điều

kiện cân bằng cho phần chất lỏng ở trong ống: r 2(p0+gH) - r 2 p0 - 2r cos( - ) = 0 Suy ra

H=

2γcosθ

ρgr 

(Nếu quy định H<0 thì biểu thức cho cả hai trường hợp

π 2

<θ<π

và

0<θ<

π 2

sẽ

trùng hợp nhau hoàn toàn). 6. 0  z  h, xét cân bằng theo phương x của phần nước có chiều dày một đơn vị theo hướng vuông góc với mặt tờ giấy. Nếu áp suất khí quyển là p 0, thì áp suất lên tường sẽ là  p0 - gz, do đó phần nước này sẽ tác dụng lên tường một lực theo phương x bằng: h

1 - (p0 - ρgz)dz = - p0h + ρgh 2 2 0



Phân lực của tường lên nước

1  p 0 h - ρgh 2 2

hướng theo phương x. Mặt khác, không

khí gây nên một lực -p0h, còn thành phần của lực căng mặt ngoài ở phía tiếp xúc tường sin, lực căng mặt ngoài phía mặt nước phẳng vô hạn . Hợp lực bằng không nên: 1  p 0 h - ρgh 2 - p 0 h - γsinθ + γ = 0 2

Từ đây

h=

2γ(1-

sinθ)

ρg

Chú ý:

Có thể trông đợi từ câu 5 là ta sẽ xét cân bằng theo phương thẳng đứng.  Nhưng việc xét cân bằng theo phương ngang ở câu hỏi này là rất tự nhiên, vì trong câu hỏi 6 không có đối xứng theo phương ngang, sẽ có nhiều học sinh không chú ý đến  phương ngang. Cân bằng theo phương thẳng đứng được khai thác ở việc tính áp suất ở độ cao z là p0 - gz. Cân bằng theo phương thẳng đứng sẽ cần được dùng đến khi cần tìm dạng cụ thể của đường cong mặt thoáng, và nằm ngoài khuôn khổ của bậc trung học phổ thông. Để tìm phương trình z = z(x) ta xét cân bằng theo phương thẳng đứng của một cột nước có bề ngang dx: -γ

d dx

cosθ = ρgz(x), cos 2θ =

1 1+ (dx/dz) 2

69

Phần thứ ba KẾT LUẬN Tư ̀ k ết quả đã đạt đươ    c̣ , đố i chiếu vớ i mu  c̣ đ ́ch, nhiê  ṃ vu   ̣ nghiên cư ́u, chuyên đề đa  ̃ đa  t ̣ đươ    c̣ mô  ṭ số k ết qua ̉ sau:

+ Chuyên đề đa  ̃ phân t ́ch, go  p   c̣ cơ sơ   ̉  l  ́ luâ  n,̣ lí thuyết của ́ phần la ̀m rõ hơn đươ  các quá trình chất lỏng. + Xây dựng được hệ thống một số bài tập về chất lỏng tĩnh và động lực học chất lỏng, bài tập về hiện tượng căng bề mặt . + Sưu tầm được một số bài tập olympic của một số nước về chất lỏng . + Trong quá tr  ̀nh dạy học cho học sinh lớp chuyên và đội tuyển học sinh giỏi, chúng tôi thấy chuyên đề có hiệu quả tốt. Tuy nhiên, do điề u kiê  ṇ co ́ h a  ṇ va ̀ khuôn khô ̉ cu ̉a chuyên đề, chúng tôi mơ   ́ i soa  ṇ tha ̉o đươ    c̣ một số ít bài tập. Trong quá trình vận dụng, người dạy cần phải tiếp tục bổ sung thêm các bài tập nâng cao hơn nữa để có thể dạy cho học sinh đội

tuyển tham gia thi vòng hai. Cuối cu ̀ng, chu ́ng tôi hi vo  ng ̣ r ằng chuyên đề sẽ co ́ ta ́c du  ng ̣ go  p  ̉ trườ ng ́ phần va ̀o viê  c̣ nâng cao chất lượng da  ỵ ho  c̣ phần chất lỏng ơ  THPT chuyên.

70