• Không có kết quả nào được tìm thấy

Chuyên đề nâng cao chuyển động ổn định của chất lỏng Vật lí 10 - THI247.com

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Chuyên đề nâng cao chuyển động ổn định của chất lỏng Vật lí 10 - THI247.com"

Copied!
18
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

228

Phần

CHUYỂN ĐỘNG ỔN ĐỊNH CỦA CHẤT LỎNG I. TÓM TẮT KIẾN THỨC

1. Định nghĩa: Sự chảy ổn định (hay chảy thành dòng) của chất lỏng là sự chảy trong đó mỗi phần tử chất lỏng vạch thành những đường nhất định, không cắt nhau. Vectơ vận tốc của mỗi phần tử chất lỏng tại mỗi điểm luôn tiếp tuyến với dòng chảy và luôn không đổi (ổn định).

2. Các định luật về sự chảy ổn định của chất lỏng a. Phương trình liên tục:

v1S1 = v2S2 = A = const.

(v1, S1 là vận tốc và tiết diện ống tại vị trí 1; v2, S2 là vận tốc và tiết diện ống tại vị trí 2; A là lưu lượng chất lỏng).

b. Định luật Becnuli: Trong sự chảy ổn định của chất lỏng, tổng của áp suất trọng lực, áp suất tĩnh và áp suất động luôn được bảo toàn.

pp + pt + pđ = const hay ρgh +p +1 1 1ρv12

2 = ρgh +p +2 2 1ρv22 2 , với:

+ p1(p) = ρgh1, pt(1) = p1, pđ(1) = v1ρ 12

2 là áp suất trọng lực, áp suất tĩnh và áp suất động ở vị trí 1.

+ p2(p) = ρgh2, pt(2) = p2, pđ(2) = v1ρ 22

2 là áp suất trọng lực, áp suất tĩnh và áp suất động ở vị trí 2).

* Các trường hợp đặc biệt của định luật Becnuli:

+ Ống nằm ngang: pp(1) = pp(2) nên 1 ρ 12

p +1 v

2 = 2 ρ 22

p +1 v 2 . + Chất lỏng yên tĩnh: pđ(1) = pđ(2) nên ρgh +p1 1 = ρgh +p2 2.

c. Công thức Torixenli:

Với S2 << S1 thì: v = 2gh.

(v là vận tốc phun của chất lỏng qua lỗ nhỏ; h là khoảng cách từ lỗ đến mặt thoáng chất lỏng).

II. GIẢI TOÁN

A. Phương phương giải

v1

(1) (2)

v2

S1

S2

h

(2)

229

– Các bài toán về chất lỏng chuyển động: Khi giải cần áp dụng:

+ Phương trình liên tục: v1S1 = v2S2 = A = const.

+ Định luật Becnuli: ρgh +p +1 1 1ρv12

2 = ρgh +p +2 2 1ρv22 2 + Công thức Torixenli: v = 2gh (S2 << S1).

+ Các công thức cơ học khác.

– Các bài toán về chất lỏng đứng yên: Khi giải cần áp dụng:

+ Công thức về áp suất thủy tĩnh: p2 – p1 = ρgh (h là độ cao giữa hai điểm 1 và 2, h2 <

h1; ρ là khối lượng riêng của chất lỏng).

+ Định luật Ac–si–met:

fA = (p2–p1)S = ρ gSh = ρ gV

( ρ là khối lượng riêng của chất lỏng, V là thể tích chiếm chỗ của vật trong chất lỏng).

B. VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1. Một ống Pitô đặt trong một dòng nước chảy với vận tốc v như hình vẽ. Biết h = 20cm, miệng ống Pitô đặt gần sát mặt nước. Tính v.

Hướng dẫn

Gọi áp suất khí quyển là p0. Xét hai điểm A và B ở đầu và cuối cột chất lỏng (đứng yên) trong ống, vận tốc của chúng bằng 0, theo định luật Béc–nu–li ta có:

pB = pA + ρgh = p0 + ρgh (1)

Xét hai điểm B và C trong dòng chất lỏng chuyển động trong ống, ở sát mặt nước (có cùng độ cao h). Vận tốc tại B bằng 0, vận tốc tại C là v. Theo định luật Béc–nu–li ta có:

pB = pC + 1 v2C

2ρ = p0 + 1 v2

2ρ (2)

Từ (1) và (2) ta có: ρgh = 1 v2

2ρ ⇒ v = 2gh Thay số: v = 2.10.0,2 = 2 m/s.

Vậy: Vận tốc của dòng nước là v = 2 m/s.

Ví dụ 2. Một ống tiêm có đường kính d1 = 1cm lắp với kim tiêm có đường kính d2 = 1mm. Ấn vào píttông với lực F = 10N thì nước trong ống tiêm phụt ra

h A

B v C h

v h2 h1

ρ

(3)

230

với vận tốc bằng bao nhiêu? Bỏ qua ma sát và trọng lực.

Hướng dẫn

Gọi áp suất khí quyển là p0. Trên hình vẽ, xét hai điểm A, B có cùng độ cao trong dòng chảy của thuốc tiêm.

– Áp dụng phương trình liên tục cho 2 điểm A, B: vASA = vBSB

⇔ vA. π

2

d1

4 = vB. π

2

d2

4 ⇒ vA =

2 2 1

d d

 

 

 

  .vB (1)

– Áp dụng định luật Béc–nu–li: pA + 1 v2A

2ρ = pB + 1 v2B

2ρ (2) – Mặt khác: pA = p0 +

1

F

s ; pB = p0 (3)

– Từ (1), (2) và (3) ta có:

1

F

s = 1 (v v )2B 2A

2ρ − ⇔ 2

1

F d π 4

= 41 4 24 2B

1

d d

1 v

2 d

 −  ρ 

 

⇒ vB = 2d1

πρ 14 42

2F

(d -d ) = 2.0,01 3 2.104 4

3,14.10 (0,01 −0,001 ) = 16m/s.

Vậy: Nước trong ống tiêm phụt ra với vận tốc là v = 16m/s.

Ví dụ 3. Sơ đồ cấu tạo của của một máy phun được vẽ như hình vẽ. Biết tiết diện tại A, B là SA, SB; vận tốc và áp suất khí tại A là vA, pA; khối lượng riêng của chất lỏng trong chậu là ρ và của luồng khí là ρ/; áp suất khí quyển trên mặt thoáng trong chậu là p0. Tìm giá trị cực đại của h để máy có thể hoạt động được.

Hướng dẫn

– Áp dụng phương trình liên tục cho hai điểm A và B có cùng độ cao trong dòng khí của bơm, ta có:

vASA= vBSB⇒ vB = A A

B

S .v S (1)

A vA B

vB

F

A B

C h

(4)

231

– Áp dụng định luật Béc–nu–li cho hai điểm A và B có cùng độ cao trong dòng khí của bơm, ta có:

pA + 1 v/ 2A

2ρ = pB + 1 v/ 2B 2ρ (2) – Để bơm hoạt động được thì nước phải

lên được đến B trong bơm (hình vẽ).

– Áp dụng định luật Béc–nu–li cho hai điểm đầu B và điểm cuối C trong cột nước, với vận tốc của nước tại B là v và vận tốc của nước tại C bằng 0:

pB + 1 v2

2ρ + ρgh = p0

⇒ pB = p0 – 1 v2

2ρ – ρgh (3) – Thay (1) và (3) vào (2) ta được:

pA + 1 v/ 2A

2ρ = p0 – 1 v2

2ρ – ρgh + 1 /

2

A A

B

S .v S

 

 

 

 

⇔ ρgh = p0 – 1 v2 2ρ + 1 /

2

A A

B

S .v S

 

 

 

  – pA – 1 v/ 2A

⇔ρgh = p0 – pA + 1 /

2 2

2 A B

A 2

B

S S

v S

 − 

 

 

  – 1 v2

⇒ h = 1 g ρ

2 2

/ 2 A B 2

0 A A 2

B

S S

1 1

p p v v

2 S 2

  −  

− + ρ − ρ

   

   

 

Điều kiện: v ≥ 0 ⇒ h ≤ 1 g ρ

2 2

/ 2 A B

0 A A 2

B

S S

p p 1 v

2 S

  − 

− + ρ

  

  

 

Suy ra: hmax = 1 g ρ

2 2

/ 2 A B

0 A A 2

B

S S

p p 1 v

2 S

  − 

− + ρ

  

  

 .

Vậy Để máy có thể hoạt động được thì hmax = 1

g ρ

2 2

/ 2 A B

0 A A 2

B

S S

p p 1 v

2 S

  − 

− + ρ

  

  

 

Ví dụ 4. Một ống dẫn nước có đoạn cong 90o. Tính lực tác dụng của thành ống lên nước tại chỗ uốn cong nếu tiết diện ống là đều và có diện tích S = 4cm2, lưu lượng nước Q = 24 lít/phút.

h B

C A

(5)

232

Hướng dẫn Gọi F

là lực tác dụng của nước lên thành ống tại chỗ uốn cong. Hệ thức giữa lực và động lượng cho:

Δ Δ

F. t = p  = Δm(v -v ) 2 1

⇒ F. Δt = Δm.v 2 ⇒ F = Δ Δm .v 2

t

( Δm là lượng nước qua ống tiết diện S trong thời gian Δt; v2 = v1 là vận tốc chảy của nước).

Mặt khác: ∆m = D.∆V = D.S.v Δt; Q = Δ Δ

V t = Δ

Δ m D. t

⇒ F = DQ.Q . 2

S = DQ 22 S

với: D = 103 kg/m3; Q = 24 lít/phút = 24.10 3 60

= 0,4.10–3 m3/s;

S = 4cm2 = 4.10–4m2 nên:

F = 10 .(0,4.10 ) . 23 43 2 4.10

= 0,57N

Vậy: Lực tác dụng của thành ống lên nước tại chỗ uốn cong là F’ = F = 0,57N.

Ví dụ 5. Một chiếc thuyền sắt đang nổi trên một bể nước. Hỏi mực nước trong bể sẽ thay đổi thế nào nếu:

a) Ném từ thuyền lên bờ một hòn đá?

b) Thả từ thuyền xuống nước một hòn đá?

c) Thả khỏi thuyền một khúc gỗ cho nổi trên mặt nước?

d) Múc nước đổ vào thuyền nhưng thuyền vẫn còn nổi?

e) Thuyền bị chìm xuống đáy bể?

Hướng dẫn a) Ném từ thuyền lên bờ một hòn đá

Gọi mđ là khối lượng của hòn đá. Trọng lượng của thuyền giảm một lượng là:

P

∆ = mđ.g.

Khi cân bằng thì lực đẩy Ác–si–mét cũng giảm cùng một lượng ∆P. Suy ra thể tích nước do thuyền chiếm chỗ giảm một lượng là ∆V, tức là thuyền nổi lên nhiều hơn. Do đó mực nước trong bể giảm một lượng là ∆V. Ta có:

∆V.ρng = ∆P = mđ g ⇒ ∆V = đ

n

m

ρ (1)

Vậy: Khi ném từ thuyền lên bờ một hòn đá thì mực nước trong bể giảm.

b) Thả từ thuyền xuống nước một hòn đá

F

v1

 v2

v

∆

(6)

233

Tương tự câu b, thể tích nước do thuyền chiếm chỗ giảm một lượng là:

∆V = đ

n

m

ρ (2)

Thể tích nước do hòn đá chiểm chỗ bằng thể tích của hòn đá và bằng:

∆V/ = đ

đ

m

ρ (3)

Mặt khác ta có: ρđ > ρn (4) Từ (2), (3) và (4) suy ra: –∆V/ < ∆V

Vậy: Khi thả từ thuyền xuống nước một hòn đá, mực nước giảm một lượng ∆V nhưng lại tăng một lượng ∆V/ ít hơn nên mực nước trong bể giảm.

c) Thả khỏi thuyền một khúc gỗ cho nổi trên mặt nước

Gọi mg là khối lượng của khúc gỗ; ∆V/ là thể tích nước do khúc gỗ chiếm chỗ.

– Tương tự câu b, thể tích nước do thuyền chiếm chỗ giảm một lượng là:

∆V = g

n

m

ρ (5)

– Phương trình cân bằng lực cho ta:

∆V/ng = mg g ⇒ ∆V/ = g

n

m

ρ (6) – Từ (5) và (6) suy ra: ∆V/ = ∆V.

Vậy: Khi thả khỏi thuyền một khúc gỗ cho nổi trên mặt nước thì mực nước trong bể không thay đổi.

d) Múc nước đổ vào thuyền nhưng thuyền vẫn còn nổi

Đổ nước vào thuyền thì trọng lượng của thuyền tăng lên nên lực đẩy Ác–si–mét cũng tăng theo để cân bằng. Suy ra thể tích nước do thuyền chiếm chỗ tăng lên, tức là thuyền chìm thêm và đẩy nước dâng lên, tức là mực nước tăng lên.

e) Thuyền bị chìm xuống đáy bể

Khi đó nước chảy vào thuyền nên thể tích nước do thuyền chiếm chỗ giảm xuống, suy ra mực nước trong bể giảm.

Ví dụ 6. Quả cầu gỗ nằm trong một bình nước, một nửa quả cầu ngập nước và chạm vào đáy bình.

Tìm lực do quả cầu nén lên đáy bình nếu trọng lượng quả cầu trong không khí là 6N, khối lượng riêng của gỗ là 800kg/m3, của nước là 1000kg/m3.

Hướng dẫn

Gọi m, ρc và V lần lượt là khối lượng, khối lượng riêng và thể tích của quả cầu; ρn là khối lượng riêng của nước.

P FA

Q

(7)

234

– Các lực tác dụng vào quả cầu có 3 lực tác dụng là trọng lực P

, lực đẩy Ác–si–mét FA và phản lực đàn hồi Q

của đáy bình, có phương chiều như hình vẽ.

– Phương trình cân bằng: P = Q + FA

⇒ Q = P – FA (1)

– Vì quả cầu ngập một nửa trong nước nên ta có:

FA = 1

2Vρng = 1 2.

c

m

ρ ρng = 1 2.

c

P

ρ ρn = n

c

P 2 ρ

ρ (2)

– Thay (2) vào (1) ta được: Q = P – n

c

P 2 ρ

ρ = c n

c

P(2 )

2 ρ − ρ

ρ

– Theo định luật III Niu–tơn, áp lực N do quả cầu nén lên đáy bình có độ bằng phản lực đàn hồi Q:

N = Q = c n

c

P(2 )

2 ρ − ρ

ρ = 6(2.800 1000) 2.800

− = 2,25N

Vậy: Lực do quả cầu nén lên đáy bình là N = 2,25N.

Ví dụ 7. Một thanh không đồng chất, chiều dài , tiết diện S, khối lượng m và được buộc một vật nặng ở một đầu thanh.

Thanh được thả vào một hồ nước và nằm nghiêng cân bằng như hình vẽ. Phần nhô khỏi mặt nước chiếm 1/n chiều dài thanh.

Tìm trọng tâm của thanh và tính 1/n. Biết lực căng của dây buộc vật nặng là T. Tìm các điều kiện để bài toán có nghiệm.

Hướng dẫn Gọi a =

n là chiều dài phần nhô ra ngoài mặt nước của thanh; b là khoảng cách từ trọng tâm G của thanh đến đầu mút nhô lên (A) của thanh.

– Các lực tác dụng vào thanh: trọng lực P của thanh (có điểm đặt tại trung điểm G), lực căng dây treo T và lực đẩy Ác–si–mét FA của nước (FA có điểm đặt tại trung điểm M của phần thanh chìm trong nước). Các lực có phương, chiều như hình vẽ. Ta có:

+ Phương trình cân bằng lực:

mg + T = FA (1) + Phương trình cân bằng momen

lực với trục quay đi qua đầu mút

dưới B của thanh P T

FA

a b A

B G

M

(8)

235

mg( – b) = FA. a 2

− = FA. (n 1) 2n

 − (2)

Gọi V là thể tích phần chìm trong nước của thanh, ta có:

V = S( – n

) = S. (n 1) n

 −

Gọi ρ là khối lượng riêng trung bình của vật; ρ0là khối lượng riêng của nước.

Lực đẩy Ác–si–mét tác dụng lên thanh là:

FA = ρ0gV = ρ0gS. (n 1) n

 − (3)

– Thay (3) vào (1) ta được: mg + T = ρ0gS. (n 1) n

 − = ρ0gS.(1 – 1 n)

⇒ 1 n = 1 –

0

mg gS ρ  –

0

T gS

ρ  (4)

– Mặt khác ta có: m = ρS (5) – Từ (4) và (5) suy ra: 1

n = 1 –

0

gS gS ρ ρ 

 –

0

T gS ρ

ρρ  = 1 –

0

ρ ρ –

0

T mg ρ ρ

⇒ 1 n = 1 –

0

ρ

ρ (1 + T

mg) (6)

– Thay (3) vào (2) ta có:

mg( – b) = ρ0gS. (n 1) n

 − . (n 1) 2n

 − = ρ0gS. 2(n 1)2 2 2n

 −

⇔ mg( – b) = ρ0gS2. n2 2n 12 2n

 − + 

 

  = ρ0gS2. 1 1 12 2 n 2n

 

 − + 

  (7)

– Thay (6) vào (7) có chú ý đến (5) ta được:

mg( – b) = ρρ0gS 2 ρ

 .

2

0 0

1 1 1 T 1 1 1 T

2 mg 2 mg

  ρ    ρ   

 − − + + − + 

  ρ    ρ   

 

 

⇔ mg( – b) = ρ0mg ρ

. 22 2 0

ρ ρ

T 2

1 mg

 

 + 

  =

0

mg 2 ρ

ρ

 1 T 2

mg

 

 + 

 

⇒  – b = 2 0

ρ ρ

 1 T 2

mg

 

 + 

  ⇒ b = 

2

0

1 1 T

2 mg

 ρ   

 − ρ  +  

   

 

Vậy: Trọng tâm G của thanh cách đầu nhô lên (A) một đoạn b = 

2

0

1 1 T

2 mg

 ρ   

 − ρ  +  

   

 

, giá trị 1/n là 1 n = 1 –

0

ρ

ρ (1 + T mg).

(9)

236

– Bài toán có nghiệm khi 1

n> 0 và b > 0.

+ 1

n > 0 ⇔ 1 –

0

ρ

ρ (1 + T

mg) > 0 ⇒ 0 .mg T mg ρ > ρ +

⇒ mg + T < ρ0mg

ρ = FAmax (8)

Vì T > 0 nên điều kiện (8) chỉ được thỏa mãn khi ρ < ρ0 (9) Với: FAmax = ρ0mg

ρ là lực đẩy Ác–si–mét cực đại do nước tác dụng vào thanh khi thanh chìm hết trong nước.

+ b > 0 ⇔

2

0

1 1 T

2 mg

 ρ   

 − ρ  +  

   

  > 0 ⇒

T 2

1 mg

 

 + 

  < 2ρ0 ρ

mg T 2

mg

 + 

 

  < 2ρ0

ρ ⇒ mg + T < mg 2ρ0 ρ Với: mg = ρ0mg

ρ .

0

ρ

ρ = FAmax.

0

ρ ρ ⇒ mg + T < ρ0mg

ρ .

0

ρ ρ

0

ρ = ρ0mg

ρ 0

ρ = FAmax.

0

ρ (10)

– Theo (9) thì điều kiện (11) chỉ có thể thỏa mãn khi

0

ρ > 1 ⇒ ρ < ρ0 2 (11)

– Kết hợp (9) và (11) ta được: ρ < ρ0< 2ρ. Đó là điều kiện để bài toán có nghiệm.

(10)

237

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1. Không khí chuyển động qua ống AB với lưu lượng Q = 10 lít/phút, diện tích tiết diện ống SA = 2cm2, SB = 0,5cm2, khối lượng riêng của không khí là ρ = 1,32 kg/m3, của nước trong ống CD là ρ/ = 1000 kg/m3. Tính độ chênh lệch h của hai mực nước.

Bài 2. Trong một bình chứa hai chất lỏng không trộn lẵn vào nhau có khối lượng riêng ρ1ρ2, chiều dày tương ứng là h1, h2.

Từ bề mặt chất lỏng trong bình người ta thả rơi một vật nhỏ, nó chạm đáy bình đúng lúc vận tốc bằng 0. Tính khối lượng riêng của vật. Bỏ qua lực cản của môi trường.

Bài 3. Bình hình trụ diện tích đáy S = 10cm2 chứa nước có khối lượng riêng ρ = 1 g/cm3. Thả vào bình vật khối lượng m = 50g. Vật có hình dạng bất kì, không đồng nhất, bên trong rỗng và không chìm cũng như không làm nước tràn khỏi bình.

Hỏi mức chất lỏng trong bình sẽ tăng thêm bao nhiêu?

Bài 4. Một chiếc bè cấu tạo từ 20 thân gỗ tròn giống nhau, thể tích mỗi thân gỗ là 0,3m3, khối lượng riêng 700kg/m3. Hỏi bè có thể chở một vật nặng khối lượng tối đa bao nhiêu?

Khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3.

Bài 5. Để sửa chữa một thuyền đáy bằng, người ta trám ở ngoài đáy thuyền một lớp chất nhựa chiều dày d = 3cm. Sau đó độ cao của phần thuyền nổi trên mặt nước giảm đi một khoảng h = 1,8cm.

Tính khối lượng riêng của nhựa.

Bài 6. Hai quả cầu khối lượng m1 = 2kg, m2 = 1,6kg cùng bán kính, nối với nhau bằng một sợi dây thẳng đứng và hạ xuống đều trong một chất lỏng.

Tính lực căng của dây nối. Bỏ qua lực cản của chất lỏng.

Bài 7. Vật khối lượng M = 2kg thể tích V = 103m3 chìm trong hồ nước, ở độ sâu h0 = 5m. Hỏi phải thực hiện một công bao nhiêu để nâng nó lên độ cao H = 5m trên mặt nước?

Bài 8. Một cái phễu hình trụ úp ngược lên một mặt sàn nằm ngang, phía trên có một tấm cao su mỏng ép sát miệng phễu.

Cuống phễu là một ống hình trụ có tiết diện rất nhỏ để rót nước vào phễu. Nước sẽ chảy ra từ miệng dưới của phễu khi mực nước ở cuống phễu cách mặt sàn

A B

c

a h

H A

H h

A

(11)

238

một độ cao h. tìm khối lượng riêng m của phễu.

Biết diện tích miệng phễu là S, chiều cao thân phễu là H và thể tích hình nón là:

V = 1 SH 3 .

Bài 9. Một cái đế được đóng vào đất dưới đáy hồ nước có chiều sâu 3m, như hình vẽ. Diện tích phần chân đế đóng vào đất S =1m2, thể tích phần đế đặt trong nước V = 4m3, khối lượng riêng của nước ρ = 1 g/cm3, áp suất khí quyển p0 = 105 N/m2. Tìm lực do nước tác dụng lên đế.

Bài 10. Quả cầu thép nổi trên mặt một chậu thủy ngân. Nếu đổ nước lên bề mặt thủy ngân đến khi vừa ngập quả cầu thì thể tích phần quả cầu ngập trong thủy ngân giảm đi bao nhiêu so với thể tích quả cầu? Cho khối lượng riêng của thép ρ = 7880 kg/m3, của thủy ngân ρ1 = 13 600 kg/m3, của nước ρ2 = 1000 kg/m3.

Bài 11. Ở đáy một bình hình trụ đường kính D có một lỗ tròn nhỏ đường kính d (d  D). Tìm sự phụ thuộc của vận tốc hạ thấp của mực nước trong bình vào chiều cao H của mực nước.

Bài 12. Trong một giây người ta rót được 0,2 lít nước vào bình. Hỏi ở đáy bình phải có một lỗ đường kính bao nhiêu để mực nước trong bình không đổi và có độ cao H = 1m.

Bài 13. Giữa đáy một thùng nước hình trụ có một lỗ thủng nhỏ. Mực nước trong thùng cách đáy H = 30cm. Hỏi nước chảy qua lỗ với vận tốc bao nhiêu nếu:

a) Thùng nước đứng yên?

b) Thùng nước nâng lên đều?

c) Thùng nước chuyển động nhanh dần đều đi lên với gia tốc 1,2 m/s2? d) Thùng nước chuyển động ngang với gia tốc 1,2 m/s2?

Bài 14. Sơ đồ cấu tạo của một máy phun nước như hình vẽ.

pit-tông có thể chuyển động không ma sát dọc thành bình.

Tác dụng lên pit-tông một lực F không đổi. S SA, , ,B

ρ ρ

0 là tiết diện tại A, B và khối lượng riêng của nước, không khí. L là lưu lượng của không khí tại A.

Tim độ cao cực đại h để máy có thể hoạt động được.

F

h SA

ρ0

ρ

B

SB

(12)

239

D. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

Áp dụng phương trình liên tục cho hai điểm A và B có cùng độ cao trong dòng khí của ống, ta có: vASA= vBSB = Q.

⇒ vA =

A

SQ ; vB =

B

Q

S (1)

– Áp dụng định luật Béc–nu–li cho hai điểm A và B có cùng độ cao trong dòng khí của ống, ta có:

pA + 1 v2A

2ρ = pB + 1 v2B 2ρ (2)

– Áp dụng định luật Béc–nu–li cho hai điểm đầu C và điểm cuối D trong cột nước, với vận tốc của nước tại C và tại D đều bằng 0:

pD = pC + ρ/gh

– Mặt khác: pC = pB và pD = pA

⇒ pA = pB + ρ/gh (3)

– Thay (1) và (3) vào (2) ta được: pB + ρ/gh + 1 2ρ

2

A

Q S

 

 

 

  = pB + 1 2ρ

2

B

Q S

 

 

 

 

⇒ h = /2 2A2 22B

A B

(S S ) 2 g S .SQ . ρ −

ρ

với Q = 10 lít/phút = 10.10 3 60

= 103 6

(m3/s).

⇒ h =

3 2

4 2 4 2

4 2 4 2

1,32. 106 (2.10 ) (0,5.10 ) 2.1000.10 . (2.10 ) .(0,5.10 )

 

   − 

   = 6,9.104m = 0,69mm.

Vậy: Độ chênh lệch giữa hai mực nước là h = 0,69mm.

Bài 2.

Gọi F1 và F2 lần lượt là lực đẩy Ác–si–mét do các chất lỏng ρ1 và ρ2 tác dụng lên vật (hình vẽ).

Gọi V và ρ lần lượt là thể tích và khối lượng riêng của vật.

Áp dụng định lí động năng ta có:

AP + AF1+ AF2= ∆Wđ (1) với: AP = mg(h1 + h2) = ρgV(h1 + h2)(2)

F1

A = –F1h1 = –ρ1gVh1;

F2

A = –F2h2 = –ρ2gVh2 (3)

h1

h2

P

P F1

F2

ρ1

ρ2

(13)

240

∆Wđ = W – W = 0 (4)

Thay (2), (3) và (4) vào (1) ta có: ρgV(h1 + h2) – ρ1gVh1 – ρ2gVh2 = 0

⇒ ρ = 1 1 2 2

1 2

h h

h h ρ + ρ +

Vậy: Khối lượng riêng của vật là ρ = 1 1 2 2

1 2

h h

h h ρ + ρ

+ . Bài 3.

Gọi V là phần thể tích của vật bị chìm trong nước (bằng phần thể tích nước dâng lên); h là mức tăng thêm của chất lỏng trong bình.

Vì trọng lực và lực đẩy Ác–si–mét cân bằng nhau nên:

P = FA⇔ mg = ρgV = ρgSh

⇒ h = m S ρ

với: ρ = 1 g/cm3 = 1000 kg/m3; S = 10cm2 = 103m2

⇒ h = 0,05 3

1000.10 = 0,05m = 5cm.

Vậy: Mức chất lỏng dâng lên trong bình là 5cm.

* Nhận xét : Kết quả không phụ thuộc vào hình dạng và sự phân bố khối lượng của vật.

Bài 4.

Gọi m và V là khối lượng và thể tích của bè; M là khối lượng của vật chở trên bè.

Gọi F là lực đẩy Ác–si mét do nước tác dụng lên bè.

Phương trình cân bằng lực: (m + M)g = F ≤ Fmax = Vρng

(với Fmax = Vρng là lực đẩy Ác–si–mét tối đa do nước tác dụng lên thuyền (ứng với khi thuyền ngập toàn bộ trong nước).

Suy ra: M ≤ Vρn – m = Vρn – Vρg= nV0n– ρg)

⇒ Mmax = nV0n– ρg) = 20.0,3.(1000 – 700) = 1800kg Vậy: Bè có thể chở một vật nặng có khối lượng tối đa là 1800kg.

Bài 5.

Ta có: Độ cao của phần thuyền nổi trên mặt nước giảm đi một khoảng h nghĩa là độ cao của phần thuyền chìm trong nước tăng một khoảng h.

Khi chưa có lớp nhựa, độ cao của thuyền trong nước là H. Gọi S là tiết diện của thuyền, ρ là khối lượng riêng của nước. Thuyền nổi trên nước nên:

P = FA = ρVg = SHgρ (1)

P F

(14)

241

Khi có lớp nhựa dày d, khối lượng riêng ρ1, độ cao của thuyền và nhựa trong nước là H’, với

H’ = H + d + h

Vì thuyền nổi trên nước nên:

P – ρ1Sdg = F’A = ρSH g′

⇔ P – ρ1Sdg = ρS(H + d + h)g (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ρSHg = ρS(H + d + h)g+ρ1Sdg

⇒ ρ1 = ρ(d+h)

d = 1000.(0,03 0,018) 0,03

+ = 1600kg/m3.

Vậy: Khối lượng riêng của nhựa là ρ1 = 1600kg/m3. Bài 6.

Giả sử m1 ở phía dưới. Các lực tác dụng vào mỗi quả cầu có phương chiều như hình vẽ.

Các quả cầu đi xuống đều nên gia tốc của chúng bằng 0. Chọn chiều dương theo chiều chuyển động của hai vật. Phương trình chuyển động của mỗi quả cầu:

P1 – F1A – T = 0 (1)

P2 – F2A + T = 0 (2)

Vì hai quả cầu có cùng bán kính nên:

F1A = F2A = FA (3)

– Trừ theo vế phương trình (1) cho phương trình (2) có chú ý đến (3), ta được:

P1 – P2 – 2T = 0

⇒ T = P P1 2 2

− = (m1 m )g2 2

− = (2 1,6).10 2

− = 2N

Vậy: Lực căng của dây nối hai vật là T = 2N.

* Nhận xét :

Dễ dàng thấy rằng nếu m2 ở phía dưới thì T < 0, loại.

Bài 7.

– Khi vật chuyển động trong nước có 3 lực tác dụng, khi vật chuyển động trong không khí có 2 lực tác dụng. Trong đó lực kéo F và lực đẩy Ác–si–mét FA

không phải là lực thế, còn trọng lực là lực thế.

– Gọi ρn là khối lượng riêng của nước. Theo định luật bảo toàn năng lượng thì tổng công của các lực không phải lực thế bằng độ biến thiên cơ năng của vật:

AF + AFA= ∆W ⇒ AF = ∆W – AFA (1) với: AFA= FAh0 = Vρngh0 (2)

∆W = W – W0 = mg(h0 + H) – 0 = mg(h0 + H) (3) – Thay (2) và (3) vào (1) ta được: AF = mg(h0 + H) – Vρngh0

h H’

H

d

F2A

F1A

T T P2

P1

m2

m1

(15)

242

⇔ AF = gm(h0+H) V h− ρn 0 = 102(5 5) 10 .10 .5+ − 3 3  = 150J Vậy: Công cần thực hiện là A = 150J.

Bài 8.

– Khi áp lực thủy tĩnh tại điểm A ở miệng dưới của phễu đúng bằng tổng trọng lượng của phễu và nước trong phễu thì nước bắt đầu chảy ra.

Gọi m là khối lượng của phễu, V là thể tích của phễu (bằng thể tích của nước chứa trong phễu), ρ là khối lượng riêng của nước. Ta có:

ρgh.S = mg + ρgV (1) – Vì cuống phễu có tiết diện rất nhỏ nên ta

bỏ qua phần thể tích của cuống phễu. Suy ra thể tích của phễu bằng thể tích phần hình nón của phễu và bằng:

V =1

3SH (2)

– Từ (1) và (2) suy ra: m = ρS h H 3

 

 − 

  (3)

* Nhận xét : Từ (3) suy ra h = H 3 + m

S ρ .

Như vậy, để thỏa mãn các điều kiện của bài toán, tức là h > H:

h = H 3 + m

S

ρ > H ⇒ m > 2 3ρSH Bài 9.

– Áp suất tại vị trí có chân đế là: p = p0 + ρgh. – Lực đẩy Ác–si–mét tác dụng vào đế là: FA = ρgV.

– Lực do nước tác dụng lên đế là: F = pS – FA = (p0 + ρgh)S – ρgV. Thay số: Với ρ=1g/cm3 = 103kg/m3.

⇒ F = (105+103.10.3).1 – 103.10.4 = 90000N Vậy: Lực do nước tác dụng lên đế là F = 90000N.

Bài 10.

– Các lực tác dụng vào quả cầu có phương, chiều như hình vẽ. Hình (a) ứng với trước khi đổ nước vào, hình (b) ứng với sau khi đổ nước vào.

– Gọi V là thể tích quả cầu; V1 là thể tích phần quả cầu ngập trong thủy ngân trước khi đổ nước vào; V1/ là thể tích phần quả cầu ngập trong thủy ngân sau khi đổ nước vào ; V2 = V – V1/ là thể tích phần quả cầu ngập trong nước.

– Phương trình cân bằng:

+ Hình a: P = F1A = V1ρ1g (1)

H h A

(16)

243

+ Hình b:

P = F1A/ + F2A = V1/ ρ1g + (V – V1/2g (2) – Từ (1) và (2) suy ra: V1ρ1 = V1/ ρ1 + (V – V1/2

⇒ V1 = V1/+ V 2

1

ρ

ρ – V1/ 2

1

ρ

ρ (3) – Tỉ số giữa thể tích phần quả cầu

ngập trong nước giảm đi so với thể tích của quả cầu là:

H = V V

∆ = V V1 1/ V

− (4)

– Thay (3) vào (4) ta được: H = 2

1

ρ

ρ (1 – V1/ V ) (5) – Từ (1) và (2) suy ra: P = V1/ ρ1g + (V – V1/2g

Với P = Vρg , ta có: Vρg = V1/ ρ1g + (V – V1/2g

⇔ V1/1 – ρ2) = V(ρ – ρ2)

⇒ V1/

V = 2

1 2

ρ − ρ

ρ − ρ (6)

– Thay (6) vào (5) ta được:

H = 2

1

ρ ρ

1

1 2

 ρ − ρ 

 

ρ − ρ 

  = 1000

13600. 13600 7880 13600 1000

 − 

 − 

  = 0,033 = 3,3%.

Bài 11.

Gọi v1 là vận tốc hạ thấp của mực nước trong bình; v2 là vận tốc phun của chất lỏng qua lỗ nhỏ ở đáy bình (hình vẽ).

– Theo công thức To–ri–xen–li ta có: v2 = 2gH (1) – Vì chất lỏng không nén được nên trong

cùng khoảng thời gian t, thể tích nước trong bình giảm một lượng đúng bằng thể tích nước đã phun ra qua lỗ nhỏ ở đáy bình.

Ta có:

S1v1t = S2v2t ⇔ πD2

4 v1 = πd2

4 v2⇒ v1 = d22

D v2 (2) – Thay (1) vào (2) ta được: v1 = d22

D 2gH.

F1A

(a)

P

1A/

F

(b)

P F2A

ρ2

ρ1

v1

v2

H

D

d

(17)

244

Bài 12.

Gọi S là tiết diện ngang của bình; V là thể tích nước rót vào bình trong 1 giây;

v1 là vận tốc hạ thấp của mực nước trong bình nếu không rót nước vào.

Gọi D là đường kính tiết diện ngang của bình; d là đường kính của lỗ nhỏ ở đáy bình; H là chiều cao của mực nước trong bình.

– Tương tự bài 11 ta có: v1 = d22

D 2gH (1)

– Để mực nước trong bình không đổi thì thể tích nước rót vào bình trong 1 giây bằng thể tích nước trong bình giảm đi do nước phun qua lỗ nhỏ ở đáy bình. Ta có:

V = Sv1 = πD2

4 v1 (2)

– Thay (1) vào (2) ta được: V = D2 4 π . d22

D 2gH = d2 4

π . 2gH

⇒ d = 2 π

V

2gH = 2 0,2.10 3 3,14. 2.10.1

= 7,5.103m = 0,75cm.

Vậy: Đường kính của lổ ở đáy bình là d = 0,75cm.

Bài 13.

a) Thùng nước đứng yên: Theo công thức To–ri–xen–li ta có:

v = 2gH = 2.10.0,3 = 2,4 m/s

b) Thùng nước nâng lên đều: Xét trong hệ quy chiếu gắn với thùng nước thì gia tốc rơi tự do vẫn là g. Vì vậy ta vẫn có kết quả như câu a:

v = 2gH = 2.10.0,3 = 2,4 m/s

c) Thùng nước chuyển động nhanh dần đều đi lên với gia tốc 1,2 m/s2: Xét trong hệ quy chiếu gắn với thùng nước thì gia tốc rơi tự do là g/ = g + a. Theo công thức To–ri–xen–li ta có:

v = 2g H/ = 2(g a)H+ = 2.(10 1,2).0,3+ = 2,59 m/s

d) Thùng nước chuyển động ngang với gia tốc 1,2 m/s2: Xét trong hệ quy chiếu gắn với thùng nước thì gia tốc rơi tự do vẫn là g. Vì vậy ta vẫn có kết quả như câu a:

v = 2gH = 2.10.0,3 = 2,4 m/s.

Bài 14.

Nước phải lên tới B thì máy phun mới hoạt động:

0 ( :0

pB = p h g p

ρ

áp suất khí quyển)

0 A

A

p p F

= +S

Gọi v vA, B là vận tốc của khí tại A, B

(18)

245

.

A B A

B A

B A B

v S v S v

v S S

⇒ = ⇒ = và A

A

v L

= S Áp dụng định lí Becnouli:

2 2

0 0

1 1

2 2

A A B B

p + p v = p + p v

2 2

0 0 0 0

1 1

2 A 2 B

A

p F v p h g v

S ρ ρ ρ

⇒ + + = − +

2 2 2 2 2

0 0 2

1 ( ) 1 ( )

2 B A A 2 A AB A A

S

F F

h g v v v v

S S S

ρ ρ ρ

⇒ = − − = − −

2

2 2

0 2 2 0 2 2

1 ( 1) 1 ( 1 1 )

2 A AB A 2 B A A

S

L F L F

S S S S S S

ρ ρ

= − − = − −

0 2 2 2

1 1 ( 1 1 )

2 B A A

h L F

g

ρ

S S S

ρ

 

⇒ =  − − 

 

Điều kiện: 0 1 0 2( 12 12) 0

2 B A A

h L F

S S S

ρ

≥ ⇒ − − ≥

0 2 2 2

1 S ( 1 1 )

2 A B A

F L

S S ρ

⇒ ≤ −

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

* Một vật nhúng vào trong chất lỏng bị chất lỏng đẩy thẳng đứng từ dưới lên với lực có độ lớn bằng trọng lượng của phần chất lỏng mà vật chiếm chỗ. Lực này

(hình vẽ).. a) Hãy xác định B do dòng điện gây ra tại điểm mà hạt mang điện đi qua. Hãy xác định độ lớn điện tích của hạt.. Hãy vận dụng quy tắc bàn tay trái xác

Khi điện phân một dung dịch muối mà kim loại anôt làm bằng chính kim loại ấy thì xảy ra hiện tượng cực dương ta (kim loại đề cập trong bài trên chính là Cu). Đến đây

Trong một tam giác tổng hai cạnh bất kì luôn lớn hơn cạnh còn lại nên dễ thấy A, B, C phải thẳng hàng.. + phương: song song với AB.. Xác định lực điện tổng hợp tác dụng

a) Giải thích tại sao tụ điện lại có tác dụng như một nguồn điện cung cấp dòng điện không đổi cho R? Tính công suất tiêu thụ của R... Hai hạt nhỏ giống nhau, có điện

 Chương động lực học chất điểm khi biểu diễn lực tác dụng lên vật ta có thể xem vật như chất điểm, rồi biểu diễn các lực lên chất điểm đó.  Chương tĩnh học vật rắn,

Một kiện hàng 700kg được đặt vào thang máy.. Tìm chiều dài mới của thanh. Nếu cho nhiệt độ hạ xuống T 1 , tìm chiều dài của thanh sau chu trình này.?. b) Tăng và

Câu 20: Lực đẩy Ác-si-mét tác dụng lên một vật nhúng trong chất lỏng bằng:.. Trọng lượng