HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC CHẤT LỎNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA, QUỐC TẾ

vectorstock.com/24597468

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

SÁNG KIẾN HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC CHẤT LỎNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA, QUỐC TẾ WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Sáng kiến kinh nghiệm

PHẦN THỨ NHẤT THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC CHẤT LỎNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA, QUỐC TẾ ” 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Đào tạo học sinh: - Có một phương tiện thu nhận tri thức.

- Có một phương tiện kiểm tra tính đúng đắn của tri thức.

- Vận dụng tri thức vào thực tiễn Đối tượng áp dụng: Các học sinh phổ thông trung học.

3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ năm 2000 đến năm 2017.

4. Tác giả: Họ và tên: ......................

Năm sinh: 1978

Nơi thường trú: Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ vật lý Chức vụ công tác: Giáo Viên.

Nơi làm việc: Trường THPT........................... Nam Định. Địa chỉ liên hệ: Trường THPT........................... Nam Định- 370 đường Vị Xuyên- Phường Vị Hoàng- TP Nam Định. Điện thoại: Email: 5. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT........................... Nam Định.

Trang 1

Sáng kiến kinh nghiệm

I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú cho học sinh”. Trong những định hướng ấy thì việc phát huy tính tích cực và sáng tạo của học sinh là cơ bản, nó làm cơ sở để thực hiện những định hướng tiếp theo. Đó cũng chính là mục tiêu chính trong việc đổi mới phương pháp dạy học của nước ta hiện nay.

Hòa chung với xu thế của việc đổi mới phương pháp dạy học của các môn học ở trường phổ thông thì phương pháp dạy học vật lý cũng đã có những đổi mới đáng kể.

Trong dạy học vật lý ở trường phổ thông, bài tập vật lý (BTVL) từ trước đến nay luôn giữ một vị trí đặc biệt quan trọng trong việc thực hiện nhiệm vụ dạy học vật lý bởi những tác dụng tích cực và quan trọng của nó.

- BTVL là một phương tiện để ôn tập, cũng cố kiến thức lí thuyết đã học một cách sinh động và có hiệu quả.

- BTVL là một phương tiện rất tốt để rèn luyện tư duy, bồi dưỡng phương pháp nghiên cứu khoa học cho học sinh.

- BTVL là một phương tiện rèn luyện cho học sinh khả năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, đời sống.

- Thông qua hoạt động giải BTVL có thể rèn luyện cho học sinh những đức tính tốt như tinh thần tự lập, tính cẩn thận, tính kiên trì, tinh thần vượt khó.

- BTVL là một phương tiện để kiểm tra đánh giá kiến thức, kỹ năng của học sinh.

- BTVL có thể được sử dụng như là một phương tiện nghiên cứu tài liệu mới trong giai đoạn hình thành kiến thức mới cho học sinh giúp cho học sinh lĩnh hội được kiến thức mới một cách sâu sắc và vững chắc.

Vì vậy, để quá trình dạy học vật lý ở trường phổ thông đạt hiệu quả cao, phát huy được tính tích cực và sáng tạo của học sinh nhằm góp phần nâng cao chất Trang 2

Sáng kiến kinh nghiệm

lượng dạy học thì việc giảng dạy BTVL ở trường phổ thông cũng phải có sự thay đổi, nhất là về cách thức tổ chức, giao nhiệm vụ (BTVL) cho học sinh làm việc.

Trong xã hội giáo dục hiện nay, các em học sinh đang được tiếp cận với một nguồn tư liệu tham khảo vô cùng phong phú như sách in, báo chí, các trang mạng internet… tuy nhiên nếu không có được sự định hướng, chỉ dẫn về phương pháp của người giáo viên thì việc tiếp thu các kiến thức là rất khó khăn và không có hệ thống, các em học trước lại quên sau. Vả lại, từ khi có loại bài tập trắc nghiệm, thi theo hình thức trắc nghiệm thì HS say mê với loại bài tập này hơn vì không phải tư duy nhiều, không phải viết mà chỉ cần nhớ một cách rất máy móc công thức thì cũng có thể đạt điểm cao. Chính vì thế mà sự tư duy môn học của học sinh không được rèn luyện và phát triển như khi làm các bài tập tự luận.

Với những ưu điểm vượt trội của bài tập tự luận trong việc rèn luyện kĩ năng tư duy, sáng tạo cho học sinh, bản thân tác giả rất chú trọng tới việc biên soạn, sưu tầm, hệ thống hóa các bài tập tự luận trong quá trình giảng dạy.

Vì những lý do trên, tôi chọn đề tài “HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC CHẤT LỎNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA, QUỐC TẾ”

Trang 3

Sáng kiến kinh nghiệm

II. Mô tả giải pháp 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến “Cơ học chất lưu” là một trong những phần kiến thức rất hay trong chương trình Vật lý 10. Chất lưu bao gồm cả chất lỏng và chất khí, nó có vai trò trung tâm trong cuộc sống hằng ngày của chúng ta. Ta hít, thở và uống chúng, và thậm chí, có chất lưu còn đang chảy trong cơ thể của con người.

Trong xe ôtô, chất lưu có trong lốp, trong bình khí, buồng đốt của động cơ, ống xả, bộ acquy, hệ điều hòa không khí, hệ bôi trơn và hệ thuỷ lực (thủy lực có nghĩa là hoạt động thông qua một chất lỏng). Hơn thế nữa chúng ta còn sử dụng động năng của chất lưu trong chuyển động cối xay gió,và thế năng của chất lưu trong các nhà máy thuỷ điện...

Chất lưu rất gần gũi và quen thuộc trong cuộc sống của chúng ta. Vậy, Vật lý học có thể nói cho chúng ta biết điều gì về chất lưu? Chúng ta nên tìm hiểu về nó để có thể biết thêm được nhiều điều thú vị.

Trang 4

Sáng kiến kinh nghiệm

2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến CƠ SỞ CỦA CHẤT LỎNG CHƯƠNG I SƠ LƯỢC VỀ CHẤT LỎNG 2.1.1 ĐỊNH NGHĨA CHẤT LỎNG Định nghĩa: Chất lỏng là những chất có thể chảy được.

2.1.2 TÍNH CHẤT CỦA CHẤT LỎNG 2.1.2.1 Tính chất của chất lỏng Chất lỏng có tính chất trung gian giữa chất rắn và chất khí, đó là: - Chất lỏng chuyển sang trạng thái khí ở nhiệt độ cao, và sang trạng thái rắn ở nhiệt độ thấp.

- Chất lỏng có hình dạng của bình chứa như chất khí, nhưng không chiếm toàn bộ thể tích như chất khí mà có thể tích xác định như chất rắn.

- Khoảng cách trung bình giữa các phân tử chất lỏng lớn hơn chất rắn nhưng nhỏ hơn chất khí.

- Các phân tử chất lỏng không chuyển động tự do như những phân tử chất khí nhưng cũng không cố định ở một vị trí cân bằng như những phân tử chất rắn mà có vị trí cân bằng thay đổi.

2.1.2.2 Tính chất của nước Nước là chất lỏng phổ biến nhất, chiếm 3/4 diện tích bề mặt trái đất. Nước tinh khiết có khối lượng riêng là 1000 kg/ m 3 .

Nước tồn tại ở cả ba thể: rắn, lỏng, khí: - Nước ở thể rắn khi nhiệt độ nhỏ hơn 0 0 C. Đặc biệt người ta đã tạo ra được "nước đá nóng" có nhiệt độ 76 0 C ở áp suất cao 20600 at. Người ta gọi đó là loại "băng thứ năm". Chúng ta không có cách gì tiếp xúc được với nó, bởi vì, băng thứ năm được hình thành trong một cái bình dày làm bằng thép tốt nhất, dưới áp suất của một cái máy ép cực mạnh. Cho nên chúng ta không thể nhìn thấy nó hoặc sờ vào nó Trang 5

Sáng kiến kinh nghiệm

được. Chúng ta chỉ có thể biết được tính chất của loại "băng nóng" này bằng phương pháp gián tiếp.

"Nước đá nóng" này đặc hơn nước đá thường, thậm chí còn đặc hơn cả nước nữa: tỉ khối của nó là 1,05. Nó chìm trong nước chứ không nổi trong nước như nước đá thường.

- Nước ở thể lỏng, có tất cả các tính chất của chất lỏng. Đặc biệt ở 4 0 C nó có khối lượng riêng lớn nhất, nên ở các đáy hồ sâu, biển... đều có cùng nhiệt độ đó.

- Nước ở thể khí: thực chất tồn tại ở thể hơi.

2.1.3 CẤU TẠO VÀ CHUYỂN ĐỘNG PHÂN TỬ CỦA CHẤT LỎNG Vì năng lượng chuyển động nhiệt của các phân tử chất lỏng vào cỡ độ sâu của hố thế năng. Nên năng lượng ứng với mỗi bậc tự do

1 kT sẽ bé hơn độ sâu của hố.

2

Như vậy các phân tử chất lỏng không thể chuyển động tự do mà chúng chỉ thực hiện nhưng dao động quanh vị trí cân bằng. Mặt khác giá trị năng lượng này không nhỏ hơn hố thế năng nhiều qúa. Nhưng do thăng giáng mà phân tử có động năng đủ lớn (vì nhận thêm năng lượng) và phân tử có thể vượt qua hố thế năng để di chuyển đến một vị trí cân bằng mới.

Thời gian dao động quanh vị trí cân bằng của phân tử chất lỏng phụ thuộc vào nhiệt độ. Ở gần nhiệt độ đông đặc thời gian đó rất lớn, nhưng khi tăng nhiệt độ thời gian đó lại giảm đi. Để tính thời gian dao động trung bình τ của các phân tử quanh một vị trí cân bằng, ta tính theo công thức : w

τ = τ 0 e kT

Công thức nay do Frenken thiết lập. Trong đó τ 0 là chu kì dao động của phân tử quanh vị trí cân bằng, w là năng lượng hoạt động của phân tử, k = 1,38.10-23 J/K là hằng số Bonzman, T là nhiệt độ tuyệt đối.

Với nước ở nhiệt độ thường τ =10-11 giây, trong khi đó τ 0 =10-13 giây. Như vậy cứ dao động khoảng 100 chu kỳ phân tử nước lại dịch chuyển đi chỗ khác.

Trang 6

Sáng kiến kinh nghiệm

CHƯƠNG II CHẤT LỎNG YÊN TĨNH 2.2.1 ÁP SUẤT 2.2.1.1 Định nghĩa * Định nghĩa: Áp suất tại mọi điểm trên một mặt bị ép (nén) là độ lớn của áp lực vuông góc lên một diện tích của mặt đó.

P=

F S

Với P là áp suất tại điểm đó, F là độ lớn của áp lực vuông góc tác dụng lên diện tích có độ lớn S. * Đơn vị đo áp suất: Trong hệ SI, đơn vị đo áp suất là Niutơn trên mét vuông, còn gọi là pascal (Pa) 1 Pa = 1 N/m2 Ngoài ra còn dùng các đơn vị khác như: - Átmốtphe kỹ thuật (hay átmốtphe) kí hiệu là at 1at = 9,81.104

N m2

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

N =1,033 at m2

Tor hay milimét thuỷ ngân: kí hiệu là Tor hay mmHg

F1

1Tor = 1mmHg = 133,322 N/m2 Vậy: 1atm = 760 mmHg = 1,013.105N/m2 = 1,033 at 2.2.1.2 Áp suÊt thuû tÜnh

P

Ở điều kiện trái đất chất lỏng có trọng lượng. Mà áp suất do

F2

có lực tác dụng, nên hai diện tích nằm ở những độ sâu khác nhau dưới mặt thoáng chất lỏng sẽ chịu những áp suất khác nhau. Độ khác nhau đó bằng cái gì?

Trang 7

Sáng kiến kinh nghiệm

Ta tách tưởng tượng trong lòng chất lỏng một hình trụ thẳng đứng với các đáy nằm ngang. Chất lỏng trong hình trụ nén nước ở xung quanh. Lực toàn phần của sự ép này bằng trọng lượng mg của chất lỏng bên trong hình trụ. Nhưng các lực tác dụng lên những phía đối diện của mặt bên bằng nhau về độ lớn và ngược chiều. Do đó tất cả các lực tác dụng lên mặt bên bằng không. Nghĩa là trọng lượng mg bằng hiệu các lực F1, F2 F2 - F1 = mg Mà m = ρ V = ρ Sh, với S là diện tích đáy của hình trụ, ρ là khối lượng riêng của chất lỏng, nên : F2-F1 = ρ shg ⇔

F2 F1 − = ρ gh S S

⇔

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 trị bằng trọng lượng của cột chất lỏng có tiết diện bằng đơn vị diện tích và có độ cao bằng hiệu hai độ cao giữa hai điểm ấy”. Áp suất của chất lỏng do trọng lượng của nó gây ra gọi là áp suất thuỷ tĩnh.

Vậy một điểm nằm cách mặt thoáng chất lỏng một đoạn là h, có áp suất thuỷ tĩnh là: P = ρ gh Ở điều kiện trái đất, không khí thường 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 với áp suất thuỷ tĩnh.

Từ biểu thức trên ta thấy, nếu áp suất của một điểm càng nằm sâu trong lòng chất lỏng, thì có áp suất càng lớn. Hiện tượng này thể hiện rất rõ: Những khúc gỗ đưa xuống độ sâu 5 km bị áp suất khổng lồ (5.10 5 N/cm 2 ) của nước nén chặt lại tới mức mà sau đó chúng chìm trong thùng nước như những viên gạch. Trên thực tế các tàu ngầm cũng chỉ có thể xuống đến độ sâu chừng 100 - 200 m. Những điểm nằm trên Trang 8

Sáng kiến kinh nghiệm

cùng một mức ngang thì áp suất sẽ bằng nhau, người ta đã ứng dụng hiện tượng này trong các bình thông nhau.

2.2.2 ĐỊNH LUẬT PASCAL Xét thí nghiệm: Hai pittông có cùng tiết diện, có thể chuyển động trong một bình kín chứa nước. Đặt một quả cân lên một pittông, kết qủa là nó hạ sâu xuống và đẩy pittông kia lên. Muốn giữ cho hai pittông ở trạng thái cân bằng thì phải đặt một quả cân như thế ở đầu pittông kia.

Khi thay một pittông có tiết diện gấp 100 lần diện tích của pittông kia. Kết quả cho thấy: Nếu đặt một quả cân lên pittông bé thì phải đặt 100 quả cân như vậy lên pittông lớn mới giữ nó ở chỗ cũ.

Ta thấy rằng, thực chất của việc đặt các quả cân nên pittông là gây ra một áp suất lên khối chất lỏng dưới pittông, vậy nếu trên một phần chất lỏng đựng trong một bình kín ta gây ra một áp suất thì áp suất này được truyền đều và không giảm bớt tới 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 được truyền đến mọi điểm của chất lỏng và độ tăng áp suất là như nhau". Định luật Pascal được vận dụng làm máy ép thuỷ tĩnh, áp kế, phanh thuỷ lực...

2.2.3 ĐỊNH LUẬT ACSIMET Tưởng tượng tách một phần tử chất lỏng thể tích là v chứa trong mặt kín s bất kỳ. 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×

FA

chÞu t¸c dông cµng lín do ®ã tæng lùc mÆt FA hướng lên trên .

Pg

Trang 9

Sáng kiến kinh nghiệm

Lực khối tỷ lệ với khối lượng m của các phần tử chất lỏng, vì xét trong trường trọng lực, nên nó bằng trọng lực của khối chất lỏng ( P g = m g = ρ gv ) đặt tại trong tâm G của nó.

Phần tử chất lỏng đó cân bằng khi tổng hợp lực và tổng mômen của các lực tác dụng lên nó bằng không. Do đó lực đẩy lên trên ( FA ) phải có điểm đặt ở trọng tâm G và trực đối với lực khối Pg Nếu thay phần tử chất lỏng bằng một vật cụ thể có hình dạng và thể tích đúng như phần tử chất lỏng đó thì vẫn xuất hiện lực FA đẩy vật lên trên. Ta suy ra : “ Bất cứ một vật rắn nào nằm trong chất lỏng đều chịu một lực đẩy từ dưới lên trên. Lực này có điểm đặt tại trọng tâm của phần tử chất lỏng bị chiếm chỗ và có trị số bằng trọng lượng của phần tử chất lỏng bị vật ấy chiếm chỗ”. Đây là định luật Acsimét, lực FA hướng lên trên gọi là lực đẩy Acsimét. độ lớn: FA = Pg = ρ gv Do đặc điểm của lực Acsimét, nên khi một vật chìm trong chất lỏng thì trọng lượng của chúng bị giảm đi một giá trị bằng trọng lượng phần chất lỏng bị chiếm chỗ.

Lực đẩy Acsimét cũng xuất hiện trong cả không khí, song khí quyển có khối ượng riêng rất nhỏ nên lực đẩy tác dụng lên vật không đáng kể. Nhưng trong các phép đo chính xác ta phải tính đến lực đẩy này. Định luật Acsimét được ứng dụng rộng rãi trong kỹ thuật đóng tàu, cầu phao, cách trục tàu đắm, phù kế, bóng thám không...

Trang 10

Sáng kiến kinh nghiệm

CHƯƠNG III CHẤT LỎNG CHUYỂN ĐỘNG 2.3.1 CHẤT LỎNG LÝ TƯỞNG VÀ CHẤT LỎNG THỰC ∗ Chất lỏng lý tưởng là chất lỏng hoàn toàn không nén được và không có lực ma sát giữa các phân tử. ∗ Chất lỏng thực là chất lỏng không lý tưởng.

Trong thực tế thì chất lỏng đều có lực nội ma sát tuy rất bé. Lực này tăng khi vận tốc chuyển động tăng. Như vậy khi chất lỏng không chuyển động hay chuyển động với vận tốc bé thì ta có thể coi chất lỏng thực là chất lỏng lý tưởng.

2.3.2 ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN DÒNG 2.3.2.1 Sự chảy ổn định. Đường dòng và ống dòng Khi khảo sát chuyển động của một khối chất lỏng tại một thời điểm t, mỗi điểm trong chất lỏng được đặc trưng bằng véc tơ vận tốc của hạt chất lỏng tại điểm ấy: Nếu vận tốc và áp suất tại mỗi điểm bất kỳ trong chất lỏng không thay đổi theo thời gian, ta nói chất lỏng chuyển động dừng hay chuyển động ổn định. Dưới đây ta chỉ xét chất lỏng ở trạng thái dừng.

Quỹ đạo của các phân tử chất lỏng chuyển động được

v

gọi là đường dòng, đó là những đường cong mà tiếp tuyến tại mỗi điểm có phương trùng với véc tơ vận tốc của trường

v

ở thời điểm xét. Ta thấy rằng ở trạng thái dừng các đường dòng không thể cắt nhau (vì nếu chúng cắt nhau thì tại điểm giao nhau phân tử chất lỏng có hai vận tốc khác nhau), khi đó đường dòng không biến dạng và trùng với quỹ đạo

v

chuyển động của hạt.

Trang 11

Sáng kiến kinh nghiệm

Ống dòng: các đường dòng tựa trên một đường cong kín tạo thành một ống dòng.

2.3.2.2 Định luật bảo toàn dòng chất lỏng Xét khối lượng chất lỏng chuyển động dừng trong một ống dòng, tại tiết diện S1,

S2 các phân tử chất lỏng có vận tốc tương ứng là v1 , v 2 .

Trong thời gian ∆ t các phân tử chất lỏng ở S1 đi được đoạn đường: ∆l1 = V1 .∆t

S1

V1

và thể tích chất lỏng đi qua S1 là: ∆V1 = S1 ∆l1 = S1v1∆t

S2

∆l1

Tương tự trong khoảng thời gian ∆t , thể tích chất lỏng đi qua S2 là:

∆l2

V2

∆V2 = S 2 ∆l 2 = S 2 v 2 ∆t

Vì Chất lỏng là lý tưởng không chịu nén và không thoát qua thành ống dòng nên có bao nhiêu thể tích chất lỏng qua S1 thì sẽ có bấy nhiêu thể tích qua S2, nghĩa là: ∆V1 = ∆V2 S1V 1∆t = S 2V2 ∆t

Hay

S1V1 = S2V2

Ta thấy đại lượng Q = S.V =

(2-1) ∆V là thể tích chất lỏng chảy qua thiết diện S ∆t

trong một đơn vị thời gian gọi là lưu lượng. Từ đó có thể phát biểu định luật bảo toàn dòng chất lỏng: “Khi một chất lỏng lý tưởng chảy ổn định trong một ống dẫn thì lưu lượng của chất lỏng tại mọi tiết diện ngang của ống dẫn là như nhau”.

Công thức (2.1) còn gọi là phương trình liên tục. Như vậy trong cùng một ống dòng vị trí nào có tiết diện nhỏ thì vận tốc dòng chảy càng lớn và ngược lại.

2.3.3 ĐỊNH LUẬT BECNULI

Trang 12

Sáng kiến kinh nghiệm

Xét một ống dòng của một chất lỏng chuyển động ở trạng thái dừng. Lấy một đoạn giới hạn bởi 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 vận tốc và áp suất lần lượt là V1, P1 và V2, P2.

Sau khoảng thời gian ∆ t đoạn ống đã chuyển đến vị trí giới hạn bởi S’1 và S2’. Có thể coi phần chất lỏng nằm giữa S1’S2 không chuyển động (vì ở chế độ chảy ổn định cơ năng không đổi) mà chỉ có phần khối lượng m giới hạn bởi hai đáy S1 và S1’ đã chuyển đến vị trí mới 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 =

mv12 + mgh1 2

mv 22 w2 = + mgh2 2

Cơ năng toàn phần biến thiên một lượng là : ∆ w = w2 - w1 = (

mv12 mv 2 + mgh2 ) − ( 2 + mgh1 ) 2 2

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 phương vuông với phương dịch chuyển của ống dòng không thực hiện công. Do đó: A = A1 + A2 A = F1 ∆l1 − F2 ∆l 2 A = P1.S1. ∆l1 - P2S2 ∆l 2

Trang 13

Sáng kiến kinh nghiệm

Trong đó ∆l1 , ∆l 2 là quãng đường mà phần tử chất lỏng ở S1, S2 đi được trong khoảng thời 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. ∆l1 = S2. ∆l 2 S2 ∆l 2 = V =

m

ρ

( ρ là khối lượng riêng của chất lỏng) Vậy:

mv 2 1 m m ( mv 22 + mgh2 ) − ( 1 + mgh1 ) = P1 − P2 2 2 ρ ρ

Hay

( P2 +

1 2 1 ρv 2 ) − ( P1 + ρv12 ) = ρg (h1 − h 2) 2 2

(2-2)

Công thức này có dạng giống như công thức về sự phân bố độ cao trong chất 1 2

lỏng tĩnh, chỉ khác ở chỗ áp suất P thay bằng ( P + ρv 2 ) . Đại lượng

1 2 -1 -2 ρ V có thứ nguyên là ML T là thứ nguyên của áp suất, được gọi 2

là áp suất thuỷ động gây ra bởi vận tốc dòng chảy. Mà P là áp suất thuỷ tĩnh tác dụng 1 2

lên mặt S, vậy tổng ( P + ρv 2 ) gọi là áp suất toàn phần. Để đo áp suất thuỷ động người ta đo gián tiếp, bằng cách đo áp suất toàn phần và áp suất thuỷ tĩnh, từ đó tính được áp suất thuỷ động.

Phương trình (2.2) còn có thể viết lại dưới dạng: P1 +

1 2 1 ρv1 + ρgh1 = p 2 + ρv 22 + ρgh2 2 2

Vì các tiết diện S1, S2 được lấy một cách tuỳ ý. Do đó ta có thể khẳng định biểu 1 2

thức ( P + ρv 2 + ρgh ) có giá trị như nhau tại mọi tiết diện của ống dòng. Theo giả sử ban đầu thì công thức này chỉ đúng trong trường hợp tiết diện ngang S của ống dòng tiến tới 0. Nghĩa là ống dòng thu về một đường dòng.

Từ đó có thể phát biểu định luật Becnuli: Trang 14

Sáng kiến kinh nghiệm 1 2

“Dọc theo một đường dòng ở trạng thái dừng thì đại lượng ( P + ρv 2 + ρgh ) của chất lưu lý tưởng là một hằng số”.

P+

1 2 ρv = const 2

(2-3)

Như vậy, thực chất phương trình Becnuli là định luật bảo toàn cơ năng đối với dòng chất lưu chuyển động. Trong thực tế thì hệ thống cung cấp nước đã chuyển thế năng của nước thành thành động năng để đưa nước tới các hộ gia đình.

2.3.4 VÀI HỆ QUẢ VÀ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LUẬT BECNULI 2.3.4.1 Hiện tượng Venturi Trong một ống nằm ngang thì mọi điểm có áp suất thuỷ tĩnh ( ρgh ) là như nhau.

Phương trình Becnuli có dạng: P+

1 2 ρv = const 2

h2 h1

Nếu ống có tiết diện như nhau, theo phương

S1

S2

trình liên tục thì vận tốc tại mọi điểm như nhau và lúc đó áp suất thuỷ động tại mọi điểm của ống dòng đều bằng nhau.

Nếu ống có tiết diện không đều, tại hai tiết diện S1, S2 có phương trình liên hệ: P1 +

1 2 1 ρv1 = P2 + ρv 22 2 2

Mà lưu lượng Q = S1V1 = S2V2 thì phương trình trên trở thành: P1 +

1 Q2 1 Q2 ρ 2 = P2 + ρ 2 2 S1 2 S2

(2-4)

Nhận xét rằng: Nếu S1 > S2 thì P1 > P2 và ngược lại. Vì vậy có kết luận: Khi chất lỏng chảy trong ống nằm ngang có tiết diện thay đổi thì chỗ nào tiết diện lớn, áp suất thuỷ tĩnh cũng lớn và ngược lại.

2.3.4.2 Công thức Toricelli

Trang 15

Sáng kiến kinh nghiệm

Một bình đáy rộng chứa một chất lỏng, độ cao mực chất lỏng là h1. Một vòi nhỏ được mắc ở độ cao h2 hãy tính vận tốc V của chất lỏng (1)

chảy ra ở vòi.

Gọi mặt thoáng là vị trí (1); vòi là vị trí (2). Áp dụng phương trình Becnuli cho hai vị trí này, ta có:

p0

h h1 (2)

1 1 P1 + ρgh1 + ρv12 = P2 + ρgh2 + ρv 22 2 2

Vì (1) và (2) đều trong khí quyển và không cách xa nhau nên

p0 v h2

P1 ≈ P2 =

Po (P1, P2 là áp suất tĩnh tác dụng lên S1, S2; Po là áp suất khí quyển). Mặt khác vì mặt thoáng rộng, mực chất lỏng hạ thấp rất chậm nên VA ≈ 0. Vậy ta có: 1 2

P0 + ρgh1 = P0 + ρv 22 + ρgh 2 2

v ρg (h1 − h2 ) = ρ 2 2 2

v gh = 2 2

Suy ra

V = v 2 = 2 gh

(2-5)

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

2.3.4.3 Định luật Becnuli trong thực tế Định luật này được ứng dụng rất nhiều trong thực tiễn ví dụ như cái bình bơm nước hoa, một cơ cấu thuỷ lực đơn 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 nước hoa trong bình bằng mực nước hoa trong ống (nếu không tính đến hiện tượng 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 lớn thì áp suất tĩnh trong ống thẳng đứng càng nhỏ. Áp suất khí quyển không thay đổi, tác dụng lên bề mặt nước hoa và đẩy nó lên ống thẳng đứng Trang 16

Sáng kiến kinh nghiệm

nơi có áp suất nhỏ hơn. Nước hoa dâng lên và phun ra dưới dạng sương mù. Hiện tượng này gọi là hiện tượng vòi phun.

Hiện tượng tuy đơn giản nhưng ứng dụng vào chế tạo các loại bình bơm (thuốc trừ sâu, nước hoa...) sơn xì, bộ chế hoà khí của động cơ...

Khi nghiên cứu hiện tượng này có thể đề phòng một số tai nạn xảy ra.

Ví dụ: Khi hai tàu thuỷ chạy song song nhau và có vận tốc lớn, tàu thuỷ sẽ không theo sự điều khiển của người lái. Nguyên nhân của hiện tượng này có thể giải thích theo định luật Becnuli. Thật vậy, khi hai tàu thuỷ chạy song song thì phần nước ở giữa chúng giống như một con sông nhỏ. Trong các con sông thì bờ sông không chuyển động, còn ở đây thì ngược lại: nước không chuyển động mà bờ sông (thành tàu) lại chuyển động. Nhưng tác dụng của lực thì chẳng thay đổi chút nào, ở phần hẹp của con sông di động này, nước ép vào thành tàu yếu hơn so với khoảng không gian xung quanh tàu. Nói cách khác, hai sườn tàu gần nhau chịu áp suất của nước nhỏ hơn so với áp suất phần ngoài tàu. Do vậy hai con tàu phải chuyển động vào nhau. Vì tàu nhỏ thu được gia tốc lớn hơn nên lệch hướng chuyển động rõ rệt hơn, còn tàu lớn thì hầu như vẫn chạy theo đường cũ.

Thực tiễn cho biết: Dòng nước sông khi chảy với vận tốc 1 m/s, sẽ hút thân thể người với một lực 300N, đoàn xe hoả chạy với vận tốc 50 km/h sẽ hút người đứng cạnh đường ray một lực là 80N. Từ đây thấy rằng dòng nước xiết đối với người đang tắm và người đứng cạnh đường tàu khi đoàn xe lửa lao nhanh là rất nguy hiểm.

2.3.5 HIỆN TƯỢNG NHỚT - ĐỊNH LUẬT NIUTƠN

z v + dv

2.3.5.1 Hiện tượng ma sát (nhớt) và định luật Niutơn Thực nghiệm cho thấy: Đối với chất lỏng chuyển động, có những lực tác dụng theo phương tiếp tuyến của mặt tiếp xúc

dz

v

F

x

0

giữa hai lớp chất lỏng. Những lực này có khuynh hướng cản lại sự chuyển động tương đối của các lớp chất lỏng: Lớp chuyển động nhanh kéo nhanh lớp chuyển động chậm, lớp chuyển động chậm kéo chậm lớp chuyển động nhanh.Những lực xuất hiện giữa

Trang 17

Sáng kiến kinh nghiệm

các lớp chất lỏng đó gọi là lực nội ma sát (lực nhớt) và hiện tượng này gọi là hiện tượng nội ma sát.

Thực nghiệm cũng chứng tỏ rằng: - Khi một dòng chất lỏng chuyển động trong một hình trụ theo một hướng xác định ox thì vận tốc định hướng của các phân tử giảm dần từ điểm giữa ống đếm điểm gần thành ống.

- Lực nội ma sát F giữa hai lớp chất lỏng vuông góc với oz có cường độ tỷ lệ với độ biến thiên của vận tốc định hướng V theo phương oz và tỉ lệ với diện tích tiếp xúc ∆S giữa hai lớp chất lỏng: F =η

dv ∆s dz

(2-6)

Trong đó η là hệ số nhớt phụ thuộc vào nhiệt độ và bản chất của chất lỏng, có đơn vị trong hệ SI là Ns/m2 dv là sự biến thiên vận tốc theo phương oz. dz

2.3.5.2 Công thức STốc Giả sử có một quả cầu nhỏ bán kính r chuyển động tịnh tiến với vận tốc v trong một chất lỏng. Theo thực

z 2 r 3

v r

0

v

nghiệm, do hiện tượng nội ma sát, quả cầu lôi kéo một lớp chất lỏng ở gần mặt của nó chuyển động theo (bề dày của lớp chất lỏng này cỡ

2 r).

3

Phân tử chất lỏng ở ngay sát mặt cầu có vận tốc định hướng v , đối với các phân tử ở xa hơn vận tốc giảm dần và đến khoảng cách

2 r vận tốc này bằng không. Vậy độ 3

biến thiên vận tốc định hướng v theo z: dv v − 0 3 v = = 2 dz 2r r 3

Theo (2-6) nội lực ma sát (bằng lực cản tác dụng lên quả cầu) là:

Trang 18

Sáng kiến kinh nghiệm F =η

dv 3v ∆s = η 4π .r 2 dz 2r

F = 6πη r v

(2-7)

Đây là công thức STốc. Nó đúng khi vận tốc không lớn lắm.

2.3.5.3 Số Rây nôn và các chế độ chảy của chất lỏng Nghiên cứu sự chảy ổn định của chất lỏng trong ống người ta thấy ảnh hưởng của lực nhớt còn thể hiện qua tỉ số không thứ nguyên (gọi là số Râynôn, ký hiệu là Re): Re =

ρvℓ η

(2-8)

Trong đó ρ là khối lượng riêng của chất lỏng; v là vận tốc tương đối của chất lỏng hay vật chuyển động trong chất lỏng; ℓ là đơn vị dài đặc trưng của ống (đường kính ống hay căn bậc hai của diện tích ống).

Nếu đặc trưng cho sự chuyển chế độ chảy bằng một giá trị tới hạn của số Râynôn kí hiệu Re* thì: Re < Re* dòng chất lỏng chảy thành lớp .

Re > Re* dòng chất lỏng chảy xoáy.

Re ≈ Re* dòng chất lỏng chảy không ổn định.

Trang 19

Sáng kiến kinh nghiệm

CHƯƠNG IV HIỆN TƯỢNG CĂNG MẶT NGOÀI 2.4.1 ÁP SUẤT PHÂN TỬ Ta thấy rằng lực hút giữa các phân tử chất lỏng giảm nhanh theo khoảng cách, do đó chỉ những phân tử cách nhau một khoảng nhỏ hơn 2r vào cỡ 10-9m thì mới tác dụng lên nhau.

Nếu từ một phân tử làm tâm, ta vẽ một mặt cầu bán kính r, thì phân tử chỉ tương tác với 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 trừ nhau Phân tử M2, M3 nằm trong lớp chất lỏng có

M2

M3

mặt cầu bảo vệ không hoàn toàn nằm trong chất lỏng. Lúc đó lực tác dụng nên các phân tử này theo mọi phương không bù trừ lẫn nhau và tổng hợp lực hướng vào trong chất lỏng. Trong lớp chất lỏng các

F3

F2

M1

phân tử nào nằm sâu hơn thì chịu lực tác dụng nhỏ hơn (F2 < F3). Những lực đó ép lên phân tử phía trong và gây một áp suất gọi là áp suất phân tử. Áp suất này thường rất lớn, đối với nước áp suất phân tử có giá trị khoảng 17000 atm.

Trong chất lỏng các phân tử nằm cách nhau khoảng 3.10-10 m, là khoảng cách mà tại đó lực hút bằng lực đẩy. Tuy áp suất phân tử rất lớn, nhưng nó không ép được các phân tử ở phía trong xít lại nhau. Vì lúc khoảng cách phân tử nhỏ hơn 3.10-10m thì lực đẩy giữa các phân tử lớn 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 rất khó nén.

Ta thấy rằng áp suất phân tử không thể đo được trực tiếp vì nó luôn hướng vào trong lòng chất lỏng, nó không tác dụng lên thành bình và nên các vật nhúng trong chất lỏng.

Trang 20

Sáng kiến kinh nghiệm

2.4.2 NĂNG LƯỢNG MẶT NGOÀI VÀ SỨC CĂNG MẶT NGOÀI 2.4.2.1 Năng lượng mặt ngoài của chất lỏng Các phân tử ở mặt ngoài chịu lực hút hướng vào trong lòng chất lỏng. Do đó tổng năng lượng của chúng ngoài động năng chuyển động nhiệt như những phân tử nằm sâu trong lòng chất lỏng, chúng còn có một dạng năng lượng 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 của 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 lớp mặt ngoài có thế năng lớn hơn so với thế năng của các phân tử ở phía trong. Phần năng lượng tổng cộng lớn hơn gọi là năng lượng mặt ngoài của chất lỏng.

Ta thấy rằng năng lượng mặt ngoài phụ thuộc vào các phân tử của lớp mặt ngoài nhiều hay ít. Số phân tử này càng nhiều thì năng lượng mặt ngoài càng lớn. Vì vậy năng lượng mặt ngoài ∆E tỉ lệ với diện tích mặt ngoài ∆S, ta có: ∆E = δ∆S

(2-9)

Trong đó δ là hệ số tỉ lệ phụ thuộc vào loại chất lỏng và trạng thái chất lỏng gọi là hệ số sức căng mặt ngoài. Đơn vị của δ trong hệ SI là Jun trên mét vuông (J/m2).

Do sức căng mặt ngoài nếu lấy một khung dây thép nhúng vào nước xà phòng, ta được một màng xà phòng phủ kín khung. Thả vào đó một vòng chỉ, khi chọc thủng màng bên trong vòng chỉ sẽ trở thành vòng tròn.

Tại sao vậy? Ta biết rằng hệ ở trạng thái cân bằng bền khi thế năng cực tiểu. Vì vậy màng xà phòng sẽ ở trạng thái cân bằng bền khi thế năng ( năng lượng mặt ngoài ) nhỏ nhất, tức là diện tích mặt ngoài nhỏ nhất. Do đó có thể giải thích hiện tượng trên như sau: do điều kiện năng lượng cực tiểu, diện tích màng xà phòng phải co lại nhỏ nhất, nên diện tích mặt thủng phải lớn nhất. Muốn vậy diện tích mặt thủng Trang 21

Sáng kiến kinh nghiệm

phải là hình tròn, vì trong tất cả các hình cùng chu vi, hình tròn là hình có diện tích lớn nhất.

Từ đó có thể đưa ra nguyên lý cực tiểu của năng lượng mặt ngoài: “khối chất lỏng sẽ ở trạng thái cân bằng bền lúc diện tích mặt ngoài của nó là nhỏ nhất có thể được”.

Theo lập 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 thể tích. Nhưng do chất lỏng chịu tác dụng của trọng lực, nên nó choán phần dưới của bình chứa. Nếu khử được hoàn toàn trọng 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 trọng.

Do trọng lực của các giọt dầu cân bằng với lực đẩy Acsimét, nên giọt dầu có dạng những hình cầu.

2.4.2.2 Sức căng mặt ngoài Ta thấy rằng diện tích mặt ngoài của chất lỏng luôn có khuynh hướng tự co lại.

Do vậy về một phương diện nào đấy, mặt ngoài chất lỏng giống như một màng cao su bị căng. Để giữ nguyên tình trạng mặt ngoài của chất lỏng, ta phải tác dụng lên chu vi của mặt ngoài các lực vuông góc với đường chu vi và tiếp tuyến với mặt ngoài. Lực đó gọi là lực căng mặt ngoài.

Công thức tính độ lớn sức căng mặt ngoài được xác định từ thí nghiệm sau: lấy một khung dây thép, cạnh MN có thể di chuyển được. Nhúng khung vào nước xà phòng và lấy ra. Ta được màng xà phòng mỏng. Theo nguyên lý cực tiểu màng luôn có xu hướng co lại. Để màng không co, cần phải tác dụng lên MN một lực M

F

đúng bằng lực căng mặt ngoài. Khi cạnh MN dịch đi một đoạn ∆X thì diện tích mặt ngoài tăng lên một lượng là: ∆S = 2.l.∆X

Trang 22

x N

Sáng kiến kinh nghiệm

Vì màng xà phòng có hai mặt ở ngoài: một mặt ở trên

M ≡N

và một mặt ở dưới, nên có hệ số 2 trong công thức này.

F

Công thực hiện bởi lực F trong dịch chuyển ∆X là :

F

∆A = F.∆x Công này dùng để tăng diện tích mặt ngoài lên một khoảng ∆S, tức là làm tăng năng lượng mặt ngoài lên ∆E, theo (2-9) ta có: ∆E = ∆A Hay

σ .2l.∆X = F.∆X ⇒ F = σ 2l

Với 2l là chiều dài của đường chu vi, do đó trong trường hợp tổng quát, công thức tính lực căng mặt ngoài là: ∆F = σ ∆l

(2-10)

Trong đó ∆F là sức căng mặt ngoài tác dụng lên đoạn chu vi ∆l.

Nếu ∆l bằng một đơn vị chiều dài thì σ = ∆F. Từ đó có định nghĩa về σ như sau: Hệ số sức căng mặt ngoài là một đại lượng vật lý về trị số bằng sức căng tác dụng lên một đơn vị của đường 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 σ giảm.

2.4.3 HIỆN TƯỢNG LÀM ƯỚT VÀ KHÔNG LÀM ƯỚT Xét phân tử chất lỏng A tại nơi giao tiếp của hai hoặc cả ba môi trường: rắn lỏng, khí. Lấy A làm tâm vẽ mặt cầu bảo vệ. Tạm coi mặt thoáng của A vuông góc với thành bình. Các lực tác dụng lên phân tử này gồm:

Frl

A

Fll

- Lực hút của các phân tử chất lỏng ( Fll ), lực này hướng vào trong lòng chất lỏng.

- Lực hút của các phân tử chất rắn ( Frl ), lực này vuông góc với thành bình và hướng vào thành bình.

Trang 23

Sáng kiến kinh nghiệm

- Trọng lực p và lực hút của các phân tử chất khí (những lực này rất nhỏ có thể bỏ qua).

Vậy lực tác dụng lên phần tử A chỉ còn FA = Fll + Frl .Ta xét các trường hợp xảy ra : 1. Nếu lực hút của các phân tử chất rắn lớn hơn lực hút của các phân tử chất lỏng ( Frl > Fll ) thì lực tổng hợp tác dụng lên phần tử A ( FA ) hướng về phía chất rắn. Kết quả là làm cho mặt thoáng chất lỏng cong lõm

Frl

A

Fll

FA

xuống. Ta có hiện tượng dính ướt.

2. Nếu lực hút cuả các phân tử chất lỏng lớn hơn lực hút của các phân tử chất

rắn ( Fll > Frl ), thì FA hướng về phía chất lỏng. Frl Kết quả là làm cho mặt thoáng chất lỏng cong lồi lên ta có hiện tượng không dính ướt.

A

FA

Fll

Ta thấy rằng thực chất của hiện tượng làm ướt và không làm ướt chính là do lực hút giữa các phân tử gây ra. Để xác định: dạng của mặt cong (mặt khum). Người ta dùng khái niệm góc bờ (hay góc mép) θ là góc hợp bởi tiếp tuyến mặt ngoài chất lỏng và tiếp tuyến mặt ngoài chất rắn. Có các trường hợp sau: - Nếu góc 0 ≤ θ <

π 2

ta có hiện tượng dính ướt, mặt

khum là mặt lõm. Khi θ = 0 thì chất lỏng làm dính ướt hoàn toàn chất rắn.

- Nếu

π 2

< θ ≤ π ta có hiện tượng không làm

ướt. Mặt khum là mặt lồi. Khi θ = π thì chất lỏng hoàn toàn không làm ướt chất rắn.

Trang 24

Sáng kiến kinh nghiệm

Các hiện tượng này thường gặp trong thực tế như: mực làm dính ướt ngòi bút nên mới dính vào ngòi bút. Nước mưa không làm dính ướt lá cây (lá môn, lá khoai).

Và giả sử không có trọng lực tác dụng thì hiện tượng dính ướt và không dính ướt thể hiện rất rõ đó là: nước sẽ không ở yên trong cốc thuỷ tinh, mà nó sẽ “bò” ra cả thành cốc tạo thành một lớp nước bao quanh cốc...

Người ta đã ứng dụng hiện tượng này trong kĩ thuật tuyển quặng.

2.4.4 ÁP SUẤT PHỤ GÂY BỞI MẶT CONG CỦA MẶT THOÁNG CHẤT LỎNG 2.4.4.1 Định nghĩa áp suất phụ Chất lỏng đựng trong ống trụ có tiết diện không quá lớn thì mặt thoáng chất lỏng thường có dạng mặt khum. Mặt khum lồi lên (chất lỏng không làm dính ướt vật rắn) và mặt khum lõm xuống (chất lỏng làm dính ướt vật rắn) có diện tích lớn hơn khi phẳng. Do xu hướng co diện tích mặt ngoài đến cực tiểu, nên sức căng mặt ngoài có tác dụng kéo mặt ngoài trở thành phẳng. Xu hướng này đã tạo ra áp

suất phụ ∆P thêm ngoài vào áp suất phân tử.

- Với mặt khum lồi, sức căng mặt ngoài có tác dụng ép phần

∆P

chất lỏng phía dưới gây ra áp suất phụ ∆ P hướng từ trên xuống và

cùng chiều với áp suất phân tử.

∆P

- Với mặt khum lõm, Sức căng gây ra áp suất phụ hướng lên trên và ngược với áp suất phân tử.

2.4.4.2 Biểu thức tính áp suất phụ 2.4.4.2.1 Mặt cong là một phần của mặt cầu Giả sử mặt cầu có bán kính R và khẩu kính r.

∆l ′

Xét một phần tử ∆l trên chu vi C. Nó chịu tác ∆F2′

dụng của lực căng ∆ F , lực này có đặc điểm: Vuông góc với ∆l, tiếp tuyến với mặt cong và độ lớn ∆F = σ .∆ℓ .Phân tích lực căng ∆ F ra hai thành phần: ∆ F 1

∆F ′

∆l

r

H

β

∆F1′

(C )

R

∆F2

∆F ∆F1

β

thẳng đứng và ∆ F 2 nằm ngang. Vì thành phần ∆ F 2 Trang 25

Sáng kiến kinh nghiệm

chỉ tác dụng lên các phần tử ∆l của chu vi C theo phương 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 lớn: F= Do

∑ ∆l

r

∑ ∆F = ∑ ∆F sin β = ∑ σ ∆l R = 1

σ .r R

∑ ∆l

= 2 π r là chu vi của chu tuyến C, vì vậy: F=

σ .r

2π r = σ

R

2π .r 2 R

Lực nén này ép lên diện tích S = π r2, suy ra áp suất phụ gây ra bởi mặt khum lồi là: ∆p =

F 2σ = ∆S R

(2-11)

Đối với mặt khum lõm áp suất phụ hướng lên trên, nên có giá trị: ∆P = -

2σ R

(2-12)

Nếu quy ước: Bán kính mặt cầu hướng về phía chất lỏng là dương

(R > 0) và

hướng ra khỏi chất lỏng là âm (R < 0) thì ta có thể 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 2.4.4.2.2 Mặt cong có dạng bất kỳ Trong trường hợp tổng quát mặt cong có dạng bất kỳ. Để tích áp suất phụ ta áp dụng công thức Laplaxơ: ∆P = σ (

1 1 + ) R1 R2

(1-14)

Trang 26

Sáng kiến kinh nghiệm

Với R1, và R2 là bán kính của hai giao tuyến cong do mặt khum đó bị cắt bởi hai mặt phẳng vuông góc với nhau tại điểm xét (điểm 0).

Từ công thức Laplaxơ ta có thể suy ra các công thức cho các trường hợp đặc biệt : - Khi mặt cong là mặt cầu thì R1= R2 = R ∆P =

2σ R

(2-15) 0

- Khi mặt cong có dạng hình trụ tròn xoay thì: R1 = ∞ ; R2 = R ⇒

∆P =

σ R

R

(2-16

C

2.4.5 HIỆN TƯỢNG MAO DẪN 2.4.5.1 Hiện tượng mao dẫn Là hiện tượng chất lỏng dâng lên hay hạ xuống trong các ống tiết diện nhỏ (thường có đường kính d <1mm) gọi là ống mao dẫn hay ống mao quản.

Nguyên nhân của hiện tượng mao dẫn là do áp

h

suất phụ ở mặt thoáng cong của chất lỏng trong ống

h

mao dẫn gây nên. Xét trường hợp chất lỏng làm dính ướt chất rắn, có mặt khum là lõm. Khi đó áp suất phụ hướng lên trên gây ra áp lực kéo F k, có tác dụng kéo cột chất lỏng lên. Khi trọng lực cân bằng với lực kéo thì mực chất lỏng không dâng lên nữa.

2.4.5.2 Biểu thức tính độ cao chất lỏng dâng lên hay hạ xuống trong ống Xét hiện tượng mao dẫn: Ống mao dẫn có cấu tạo là một hình trụ bán

kính r

thì mặt thoáng trong ống là một chỏm cầu bán kính R. Khi chất lỏng ở trạng thái ổn định, theo lí luận trên thì độ lớn lực kéo F k bằng trọng lượng cột chất lỏng Pg Trang 27

Sáng kiến kinh nghiệm

Pg = Fk

(1)

Fk = ∆ P. π r2 =

Mà

2σ π r2 R

Pg = mg = ρgh π r

R r

(2) θ

2

(3)

FK

h

Pg

Từ (1), (2), (3) ta có: 2σ 2 2 π r = ρgh π r R

⇒

Mặt khác

h=

cos θ =

2σ ρgR

r 2σ , nên : h = cos θ R ρgr

(2-17)

Đây là công thức xây dựng cho trường hợp chất lỏng làm ướt 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 θ cho biết chất lỏng trong ống dâng lên hay hạ xuống: - Nếu 0 ≤ θ < - Nếu

π 2

π 2

thì cos θ > 0, chất lỏng trong ống dâng lên .

< θ ≤ π thì cos θ < 0, chất lỏng trong ống hạ xuống.

- Nếu θ = 0 thì cos θ = 1, chất lỏng làm ướt hoàn toàn, và θ = π thì

cos θ

= -1, chất lỏng không làm ướt hoàn toàn ống thì công thức (2-17) có dạng: h= ±

2δ ρgr

(2-18)

Hiện tượng mao dẫn giúp ta giải thích một số hiện tượng trong tự nhiên và đời sống : - Bông, giấy thấm, bấc đèn... có khả năng hút các chất lỏng như nước, mực, dầu... nhờ khe hẹp trong các ống này là ống mao dẫn.

- Nhờ mao dẫn thực vật mới hút được chất dinh dưỡng, và nước từ dưới đất lên để nuôi cây.

Trang 28

Sáng kiến kinh nghiệm

- Hiện tượng mao dẫn đóng vai trò quan trọng trong qúa trình trao đổi độ ẩm của đất. Trong đất luôn có những rãnh nhỏ, dài tạo thành những ống mao dẫn. Nước có thể từ dưới sâu theo những ống đó thấm lên mặt đất, rồi bốc hơi làm cho đất giảm độ ẩm. Để tránh nước bốc hơi người ta thường cuốc xới đất, cắt đứt những ống mao dẫn phía trên, ngăn không cho hơi ẩm thoát ra ngoài.

- Khi trong ống có bọt khí, thì bọt khí này sẽ ảnh hưởng đến sự chảy của chất lỏng trong ống. Vì dạng cong của bọt khí ngăn cản sự chảy của chất lỏng. Do đó trong đời sống hàng ngày, khi tiêm, truyền vào máu cần lưu ý không cho bọt khí vào làm tắc mạch máu.

Trang 29

Sáng kiến kinh nghiệm

CHƯƠNG V BIẾN ĐỔI TRẠNG THÁI CỦA CHẤT LỎNG 2.5.1 SỰ HẤP THỤ NHIỆT CỦA CHẤT LỎNG. NHIỆT DUNG RIÊNG Một vật bất kì tiếp xúc với nguồn nhiệt đều xảy ra quá trình trao đổi nhiệt giữa vật và nguồn nhiệt, với chất lỏng cũng có tính chất tương tự. Do đó cần phải nghiên cứu các khái niệm sau: Nhiệt dung C của một vật là hằng số tỉ lệ giữa nhiệt lượng và độ biến thiên nhiệt độ mà nhiệt lượng này tạo ra trong vật. Vì vậy: Q = C (T2 - T1)

(2-19)

trong đó T2, T1 là nhiệt độ cuối và đầu của vật.

Nếu hai vật làm bằng cùng một vật liệu sẽ có nhiệt dung tỉ lệ với khối lượng của chúng, từ đó có định nghĩa nhiệt dung của một đơn vị khối lượng hay nhiệt dung riêng c không phải cho vật mà cho một đơn vị khối lượng cả chất cấu tạo nên vật. Phương trình (2-19) trở thành: Q = cm(T2 - T1)

(2-20)

Đơn vị của nhiệt dung C là J/K. nhiệt dung riêng c là J/kgK. Sau đây là bảng nhiệt dung riêng của một số chất lỏng ở nhiệt độ phòng: Chất

Nhiệt dung riêng c (J/kgK)

Thuỷ ngân

140

Rượu

2430

Nước biển

3900

Nước

4190

Nhận xét rằng các giá trị nhiệt dung riêng đối với nước là tương đối cao. Các giá trị nhiệt dung riêng này đều phụ thuộc vào nhiệt độ, nhưng các giá trị trong bảng vẫn coi được một cách hợp lí là đúng trong khoảng nhiệt độ gần với nhiệt độ phòng.

Trang 30

Sáng kiến kinh nghiệm

2.5.2 NHIỆT CHUYỂN PHA Khi chất lỏng hấp thụ nhiệt, nhiệt độ của nó không nhất thiết tăng lên. Vì nó có thể thay đổi từ một pha hay trạng thái (rắn, lỏng, khí) này sang pha hay trạng thái khác. Chẳng hạn, băng có thể nóng chảy, nước có thể sôi khi hấp thụ nhiệt mà nhiệt độ không thay đổi. Trong các quá trình ngược lại (nước đóng băng, hơi nước ngưng tụ) nhiệt lượng được giải phóng ra từ mẫu vật cũng ở nhiệt độ không thay đổi.

Lượng nhiệt chuyển bởi một đơn vị khối lượng khi mẫu vật bị chuyển pha hoàn toàn gọi là nhiệt chuyển pha. Vậy nếu vật có khối lượng m hoàn toàn bị chuyển pha thì tổng nhiệt lượng là: Q = L.m Khi chuyển từ pha lỏng sang pha khí (mẫu vật thu nhiệt) hoặc từ khí sang lỏng (mẫu vật toả nhiệt) thì nhiệt biến đổi này gọi là nhiệt hoá hơi. Với nước ở nhiệt độ ngưng tụ hoặc hoá hơi thường: Lh = 2260 (kJ/kg) Khi chuyển pha từ pha rắn sang pha lỏng (mẫu vật thu nhiệt) hoặc từ lỏng sang rắn (mẫu vật toả nhiệt), nhiệt biến đổi này gọi là nhiệt nóng chảy. Với nước ở nhiệt độ nóng chảy thường : Lc = 333 (kJ/kg) 2.5.3 SỰ SÔI Cho nước vào xoong và đun nóng bằng một nguồn nhiệt. Khi nước ấm, các phân tử không khí hoà tan trong nước bị đẩy khỏi nước, tụ tập thành các bọt nhỏ theo các đường xước ở đáy xoong. Các bọt khí phồng dần lên, tách khỏi các đường xước và nổi lên mặt nước. Chúng vừa tách ra thì lại có bọt khác được tạo thành ở vết xước và tách ra cho đến khi nào lượng không khí bị rút hết, đây là dấu hiệu mới bị nung nóng.

Nhiệt độ nước sôi phụ thuộc vào áp suất: Áp suất càng cao thì nhiệt độ sôi càng lớn. Ở áp suất khí quyển (1 at) thì nước sôi ở 1000C, gọi là nhiệt độ sôi chuẩn Ts. Vì nước ở đáy xoong không trực tiếp tiếp xúc với khí quyển nên nó giữ ở thể lỏng Trang 31

Sáng kiến kinh nghiệm

ngay cả khi nhiệt độ cao hơn Ts một vài độ. Trong quá trình đó nước liên tục bị trộn lẫn do đối lưu làm nước nóng nổi lên nước lạnh chìm xuống.

Tăng nhiệt độ thì lớp nước ở đáy bắt đầu bay hơi, các phân tử nước tập hợp trong những bọt hơi ở những đường xước lúc này khô. Mỗi khi bọt hơi nước giãn lên phía trên trong vùng nước lạnh hơn, bọt hơi xẹp xuống vì hơi trong nó bị ngưng tụ.

Mỗi lần xẹp lại phát ra âm thanh gọi là nhưng tiếng reo. Khi nhiệt độ cả khối nước tăng lên, những bọt này có thể không xẹp đến khi bứt khỏi đường xước ở đáy nồi.

Nếu tiếp tục tăng nhiệt độ của đáy xoong lên nữa, tiếng reo của các bọt bị vỡ lúc đầu nghe to hơn sau đó mất hẳn. Ở mặt thoáng chúng vỡ ra làm toé nước lên trên.

Nước bây giờ sôi hoàn toàn.

Dùng nguồn nhiệt mạnh để tiếp tục tăng nhiệt độ của xoong. Những bọt hơi trở lên nhiều và rời khỏi các đường xước nhiều hơn đến nỗi chúng dính với nhau tạo thành một cột hơi. Sự sản sinh ra các bọt và cột hơi gọi là sôi theo tâm, vì viêc tạo thành và lớn lên của các bọt khí tuỳ thuộc vào các đường xước ở đáy xoong dùng làm tâm sôi (nơi tạo thành bọt). Khi tăng nhiệt độ của xoong tốc độ truyền nhiệt cho nước tăng. Nếu tăng nhiệt độ của xoong quá giai đoạn tạo thành cột hơi thì sự sôi chuyển sang giai đoạn mới gọi là giai đoạn chuyển tiếp. Tiếp theo đó là nếu tăng nhiệt độ của xoong lại làm giảm tốc độ truyền nhiệt cho nước. Vì trong chế độ chuyển tiếp phần lớn đáy xoong bị bao phủ bởi một lớp hơi, do hơi nước dẫn nhiệt kém hơn độ dẫn nhiệt của nước, nên sự truyền nhiệt cho nước bị giảm đi. Xoong càng nóng sự tiếp xúc giữa đáy xoong và nước càng giảm và sự truyền nhiệt lượng càng kém.

Giả thiết rằng tiếp tục nâng nhiệt độ của xoong lên nữa. Cuối cùng thì toàn bộ đáy xoong bị phủ bởi một lớp hơi nước, và nhiệt lượng chuyển chậm chạp cho nước phía trên do bức xạ và do dẫn nhiệt dần dần. Giai đoạn này gọi là sự sôi màng.

Trang 32

Sáng kiến kinh nghiệm

BÀI TẬP VẬN DỤNG 3.1 GIẢI THÍCH CÁC HIỆN TƯỢNG THỰC TẾ 3.1.1 Để cung cấp nước đến một khu vực dân cư được đồng đều người ta sử dụng hai phương pháp như hình vẽ, giải thích các phương pháp đó? Giải pháp nào ưu việt hơn? nguoi dung

nguoi dung

nha may nuoc

nha may nuoc

Trả lời * Phương pháp một: theo phương trình liên tục S.V = const, khi ở gần nhà máy tiết diện ống lớn, sau khi cấp một phần lượng nước cho các nhà ở gần nhà máy, lượng nước trong đường ống chính giảm,để duy trì vận tốc dòng chảy được như nhau từ đầu nguồn đến cuối nguồn người ta phải làm ống có tiết diện nhỏ dần về cuối nguồn. *Phương pháp hai: khi đường ống chính được lắp đặt thành vòng khép kín sẽ không còn tình trạng đầu nguồn cuối nguồn nữa, lưu lượng nước như nhau ở mọi vị trí trên đường ống chính.

Cả hai phương pháp này đều có thể vận dụng, nhưng phương pháp thứ hai ưu việt hơn do trong thực tế nước gây ra ma sát khá lớn với thành ống, nếu ta làm ống nhỏ dần thì cuối nguồn lượng nước rất nhỏ,còn phương pháp thứ hai đã khắc phục được tình trạng này.

3.1.2 Mùa đông một người mang hai thùng nước giống nhau vào trong phòng kín để tắm. Thùng thứ nhất chứa nước lạnh, thùng thứ hai chứa nước nóng ở nhiệt độ ≈ 800C. Có hai cách để hoà nước tắm : Trang 33

Sáng kiến kinh nghiệm

a, Hoà một nửa nước nóng và một nửa nước lạnh vào một chậu thau, dùng hết nước trong chậu lại hoà tiếp nước để tắm. b, Ngay từ đầu đổ chung hai thùng nước nóng và lạnh lại thành một thùng để tắm. Hỏi cách nào làm cho nước nóng truyền nhiệt cho không khí ít hơn. Coi thời gian tắm như nhau.

Trả lời Như đã biết yếu tố dẫn nhiệt phụ thuộc vào độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước nóng và không khí của phòng. Vậy với cách tắm thứ nhất một nửa nước nóng còn lại có độ chênh lệch nhiệt độ cao hơn, nên truyền nhiệt nhiều lượng ra môi trường xung quanh hơn nước đã pha. Do đó cách tắm thứ hai nước nóng ít truyền nhiệt cho không khí hơn.

3.1.3 Tại sao vào mùa đông nước giếng ấm, còn mùa hè nước giếng lại mát?

Trả lời Thực ra nếu đo nhiệt độ của nước giếng vào mùa hè cao hơn vào mùa đông khoảng 3- 40C. Đáng lẽ ra phải cảm thấy nước nóng hơn vào mùa hè? Song do nhiệt độ trên mặt đất và lớp khí quyển bốn mùa trong năm có sự biến đổi rất lớn, nên con người mới có cảm giác nóng lạnh khác nhau đối với nước giếng. Mùa đông nhiệt độ không khí thấp hơn nhiệt độ nước giếng, nên ta cảm thấy nước ấm hơn một chút. Còn mùa hè, nhiệt độ không khí cao hơn nhiệt độ nước giếng, nên ta sẽ cảm thấy nước mát hơn.

3.1.4 Tại sao hiện tượng bốc hơi, ở mặt ao hồ, vào mùa đông lại nhìn rõ hơn mùa hè?

Trả lời Ta thấy rằng : rõ ràng mùa đông nhiệt độ của nước thấp hơn mùa hè, đáng lẽ ra lượng nước bốc hơi vào mùa hè nhìn rõ hơn lượng nước bốc hơi vào mùa đông mới đúng? Vào mùa đông nhiệt độ của không khí thấp hơn nước, khi nước bay hơi gặp không khí lạnh nên ngưng tụ lại thành nhiều hạt nước nhỏ li ti. có dạng sương Trang 34

Sáng kiến kinh nghiệm

mù trắng. Nhiệt độ không khí càng thấp, thì những hạt nước nhỏ ngưng tụ càng nhiều, thấy hơi bốc lên càng rõ rệt. Vào mùa hè nhiệt độ không khí cao hơn nhiệt độ của nước, mặc dù lượng nước bốc hơi nhiều hơn vào mùa đông nhưng không ngưng tụ lại. Ta có cảm giác mùa hè nước không bốc hơi.

Từ đây ta có thể giải thích: Tại sao vào mùa đông hơi thở của chúng ta có màu trắng? Đó là trong hơi thở bao giờ cũng có hơi nước, và nhiệt độ của hơi nước gần bằng nhiệt độ cơ thể. Khi thở ra hơi nước gặp lạnh sẽ ngưng tụ lại.

3.1.5 Tại sao bánh trôi chín lại nổi lên?

Trả lời Bánh trôi chín có thể nổi lên được khi lực của nước tác dụng lên bánh trôi lớn hơn trọng lực tác dụng lên bánh. Thật vậy khi bánh sống, bột tương đối chặt, mật độ phân tử lớn, thể tích bánh nhỏ, lực đẩy Acimét khi bánh ở trong nước nhỏ hơn trọng lực, nên bánh sẽ chìm. Nhưng khi nhân bánh và vỏ bọc đã hút đầy nước liền nở ra dần dần, Thể tích theo đó cũng tăng. Do đó thể tích của bánh chín sẽ lớn hơn rất nhiều thể tích của bánh sống, đến khi bánh giãn nở đầy đủ rồi thì thể tích bánh chiếm chỗ của nước đủ lớn khiến lực đẩy Acimét tác dụng lên bánh lớn hơn trọng lực dẫn đến bánh sẽ nổi lên.

3.1.6 Tại sao trước khi đào giếng người ta thường úp một cái bát xuống chỗ muốn đào từ đêm hôm trước, rồi mới quyết định đào hay không?

Trả lời Để đào giếng người ta cần biết chắc chắn ở dưới có mạch nước ngầm. Mà ta đã biết trong đất có những ống mao quản nhỏ li ti, nếu ở dưới có mạch nước ngầm thì nước sẽ theo ống này lên mặt đất và bốc hơi. Khi úp một cái bát xuống, về đêm không khí lạnh làm cho thành bát có nhiệt độ thấp. Hơi nước sau khi bốc hơi gặp lạnh sẽ ngưng tụ lại thành bát. Nhìn vào lượng nước ngưng tụ có thể đoán biết được lượng nước ngầm, từ đó có quyết định có đào giếng hay không? Nếu trên

Trang 35

Sáng kiến kinh nghiệm

thành bát không có những hạt nước nhỏ thì chắc chắn ở dưới không có mạch nước ngầm.

3.1.7 Tại sao không nên dùng nút bằng vải đậy thùng đựng xăng dầu?

Trả lời Như ta đã biết xăng, dầu rất dễ bay hơi và gây ra cháy nổ. Khi nút bằng vải đậy thùng đựng xăng dầu đầy, thì vải trực tiếp tiếp xúc với xăng dầu. Do vải có những sợi rất nhỏ, đóng vai trò như ống mao quản: xăng, dầu sẽ theo đó mà bị hút ra ngoài và bay hơi, làm tốn nhiên liệu và dễ gây ra cháy nổ khi tiếp xúc với lửa.

Khi xăng dầu vơi: nếu để thùng xăng dầu không dịch chuyển thì lượng bay hơi không đáng kể, nhưng trong quá trình vận chuyển xăng dầu sẽ sóng và lại trực tiếp tiếp xúc với vải và có hiện tượng tương tự như trên.

3.1.8 Trong con tàu vũ trụ chuyển động đều trong không gian mọi vật đều ở trạng thái không trọng lượng. Nếu trong tàu có một chai nước đậy kín, nhưng không đầy thì mặt thoáng của nước có dạng hình gì?

Trả lời Do nước làm dính ướt chai nên nước có xu hướng lan khí kín khắp mặt thoáng trong của chai, lên cả miệng chai và nút chai. Vì ở mặt đất nước chịu tác dụng của trọng lực, lực căng mặt ngoài của nước chỉ đủ để kéo lên thành bình một lớp mỏng. Do đó mặt thoáng của nước vẫn là mặt phẳng nằm ngang. Nhưng trong con tàu vũ trụ không còn tác dụng của trọng lực, lực căng mặt ngoài sẽ kéo cho nước lan kín mặt trong của chai, tới cả nút chai và dần dần không khí chứa trong chai vào trong lòng nước thành một hình cầu lớn, lơ lửng trong nước, đó chính là hình dạng của mặt thoáng chất lỏng.

3.1.9 Vì sao gang tay, tất chân bị ẩm ướt khó tháo ra?

Trả lời

Trang 36

Sáng kiến kinh nghiệm

Khi gang tay và tất chân khô ráo, liên kết giữa các sợi vải khá lỏng lẻo, đồng thời sức bám của chúng đối với tay và chân cũng rất nhỏ. Cho nên có thể tháo ra rất dễ dàng. Nhưng khi chúng bị ẩm, do lực căng bề mặt của nước làm cho sợi dệt trương lên, xít lại làm bó chặt vào chân tay. Mặt khác nước đối với gang tay, tất chân và tay đều có lực bám dính nhất định như kiểu nhựa cao su dính kết chúng lại. Cho nên khó tháo ra.

3.1.10 Vì sao dùng ô lại không bị ướt khi trời mưa?

Trả lời Mặc dù đường nối vải của chiếc ô đều có khe hở nhưng lại cản được nước mưa. Khi mưa rơi xuống ô nước bám ở trên vải sẽ có một phần thấm vào sợi vải, còn một phần bám xung quanh sợi vải hình thành một F

lớp màng ở phía trên và phía dưới, ở đó xuất hiện lực căng mặt ngoài. Lực này đối với hai mặt đều hướng lên

F

trên, làm cho màng nước được nâng lên phía trên. Còn phần nước thấm vào sợi vải chịu hấp dẫn của phân tử sợi nên chúng cũng bám vào sợi. Cứ như vậy dưới tác dụng của những lực nói trên, màng nước bám chặt lên mặt ô, làm nước mưa chảy xuống mép ô đồng thời không thấm xuống dưới mặt ô và trở thành bức tường ngăn không thấm nước. Do đó những giọt nước sau khi rơi có thể thuận theo màng nước rơi xuống bên dưới mép ô. Đó là lý do tại sao dùng ô che mưa lại không bị ướt.

3.1.11 Tại sao các ống dẫn nước lại thường có hình trụ tròn ?

Trả lời Ngoài những lý do hình trụ tròn có tác dụng chịu lực tốt, hình tròn có tiết diện lớn nhất trong những hình cùng chu vi nên tiết kiệm nhiên liệu, thì còn một hiện tượng vật lý hết sức quan trọng đó là : Nước là chất lưu thực khi chuyển động trong ống phần nước ở sát thành ống hầu như không chuyển động. Do đó để đưa được nhiều lượng nước tới các gia đình, ta phải giảm bớt chu vi của thành ống mà

Trang 37

Sáng kiến kinh nghiệm

hình tròn lại thoả mãn tính chất này. Vì vậy các ống dẫn nước nói riêng và chất lưu nói chung đều có dạng hình tròn.

3.1.12 Tại sao khi tiêm truyền người ta phải dựng ngược mũi tiêm lên trên và nhỏ đi một ít thuốc ?

Trả lời Trong khi hút thuốc vào xy lanh không tránh khỏi có những bọt khí lọt vào.

Nếu các bọt khí này vào trong mạch máu thì rất nguy hiểm. Vì nó ảnh hưởng đến sự chảy của mạch máu, khi trong mạch máu có bọt khí, thì bọt khí có dạng mặt cong tạo ra một áp suất phụ ∆P ngăn cản sự chảy của máu. Do đó cần phải tạo ra một áp suất để thắng áp suất phụ này. Nếu áp suất tạo ra không đủ lớn để thắng áp suất phụ thì bọt khí làm tắc mạch máu, nếu áp suất tạo ra thắng áp suất phụ lại dễ gây ra vỡ mạch dẫn tới nguy hiểm đến tính mạng con người. Vì vậy mà trước khi tiêm, truyền phải loại bỏ các bọt khí bằng cách nhỏ đi một ít thuốc.

3.1.13 Tại sao giặt quần áo bằng nước ấm lại tốt hơn nước lạnh?

Trả lời Tác dụng của xà phòng: một phần là hoà tan một số chất dầu, mỡ… nhưng một phần cũng không kém phần quan trọng là làm giảm sức căng mặt ngoài của nước. Chất lỏng có sức căng mặt ngoài nhỏ dễ loang rộng trên các mặt tiếp xúc với nó hơn chất lỏng có sức căng mặt ngoài lớn, do đó, dễ thấm qua các khe hở nhỏ hơn. Nước đã bị xà phòng làm giảm sức căng mặt ngoài len lách vào các khe hẹp giữa các sợi vải và dễ làm ướt mặt ngoài của các sợi vải hơn và nước bao các mặt đó bằng một lớp mỏng lách dưới lớp các chất bẩn đã bị hoà tan, hoặc chưa hoà tan bám vào vải, làm chúng bong ra, tức là làm sạch vải. Nhiệt độ nước càng cao thì sức căng mặt ngoài của nước càng giảm. Do đó giặt quần áo bằng nước ấm sạch hơn nhiều so với dùng nước lạnh.

3.1.14 Tại sao ở những vùng giá lạnh người ta phải hoà ête vào xăng máy bay để bay ở vùng này?

Trang 38

Sáng kiến kinh nghiệm

Trả lời: Những vùng lạnh giá, mọi chất lỏng đều có thể bị đóng băng, thậm chí cả xăng trong bình chứa của máy bay khi đang bay. Khi hoà ête vào xăng (ête và xăng đều là nhưng hợp chất hữu cơ) do tính chất của ête bay hơi rất nhanh nên nhiệt độ đông đặc của hỗn hợp xăng và ête sẽ thấp hơn rất nhiều so với xăng nguyên chất, khắc phục được tình trạng nhiên liệu máy bay đông cứng khi bay, bảo đảm an toàn cho các chuyến bay ở vùng lạnh giá.

3.1.15 Tại sao kim tiêm, kim truyền dịch được cắt vát ở đầu còn kim phun ở động cơ đốt trong lại có đầu cắt bằng?

Trả lời: Do tính chất sử dụng của hai loại kim là khác nhau: - Kim tiêm, kim truyền cần dòng liên tục, tập trung và ổn định trong thời gian dài.

- Kim phun ở động cơ đốt trong cần phun nhiên liệu toả rộng đều trong thời gian ngắn.

Người ta đã lợi dụng tính chất dính ướt của chất lỏng để chế tạo các công cụ theo tính chất sử dụng của chúng.

3.1.16 Tại sao ở các khu nhà cao tầng, trong hệ thống dẫn nước người phải đặt thêm các trụ bơm cao áp?

Trả lời Nguyên tắc của bơm nước là tạo ra sự chênh lệch áp suất giữa hai đầu. Dưới tác dụng của áp suất khí quyển nếu dùng bơm chân không thông thường thì chỉ tạo ra độ chênh lệch áp suất nhỏ để đưa nước lên đến độ cao 12 m. Vì vậy để đưa nước lên độ cao trên 12 m (ở các nhà cao tầng) người ta phải đặt những trụ bơm tạo ra độ chênh lệch áp suất lớn mới có thể đưa nước lên các vị trí theo ý muốn

Trang 39

Sáng kiến kinh nghiệm

3.1.17 Tại sao trong các động cơ, dụng cụ thuỷ lực người ta không dùng nước mà lại dùng dầu nhớt?

Trả lời Mặc dù dầu nhớt rất đắt so với nước nhưng lại có những tính chất vượt trội hơn hẳn: - Dòng chảy của dầu nhớt ổn định hơn rất nhiều so vói nước (ít ma sát với thành bình chứa, ít tạo ra các lớp có vận tốc chảy khác nhau).

- Sự giãn nở vì nhiệt ít hơn nhiều so với nước.

- Dầu nhớt không bị bay hơi ở điều kiện thường.

- Dầu nhớt ngoài tác dụng tạo áp suất còn có tác dụng bôi trơn cho pitông.

Với những ưu việt đó nên dầu nhớt được sử dụng rộng rãi trong động cơ thuỷ lực.

3.1.18 Để hai xô nước chứa cùng một thể tích nước, một chứa nước nóng, một chứa nước ấm ở ngoài trời có nhiệt độ dưới 00C. Khi không đậy nắp có thể xô nước nóng đóng băng trước, tại sao? Sẽ sảy ra như thếnào nếu đậy nắp cả hai xô lại?

Trả lời: Trường hợp không đậy nắp xô trong cùng một khoảng thời gian, với xô nước nóng sẽ toả nhiệt ra môi trường nhiều hơn, cùng với đó sẽ làm cho nước bay hơi ra môi trường nhiều hơn khiến khối lượng của xô nước nóng giảm hơn nhiều so với xô nước ấm. Như vậy khi hai xô có cùng nhiệt độ ở cùng một môi trường, xô nước nóng trong khoảng thời gian nào đó có khối lượng nhỏ hơn sẽ đóng băng trước xô nước ấm.

Trường hợp xô có nắp: Do nắp đậy đã cản trở sự bay hơi của xô nước nóng nên không còn hiện tượng chênh lệch về khối lượng của hai xô nữa. Vì vậy nước ấm có nhiệt độ thấp hơn sẽ chắc chắn đóng băng trước.

Trang 40

Sáng kiến kinh nghiệm

3.1.19 Sau khi hệ thống dẫn nước trong gia đình sửa chữa xong, tại các đoạn ống gần vòi nước tồn tại một lượng không khí nhất định và xuất hiện hiện tượng là khi mở van, nước chảy ra nhanh hơn rất nhiều so với lúc bình thường, thậm chí có thể bật chiếc cốc hứng nước ra khỏi tay. Giải thích tại sao lại sảy ra hiện tượng như vậy?

Trả lời: Do hệ số nén của không khí lớn hơn rất nhiều so với của nước. Điều này có nghĩa là sự thay đổi áp suất hầu như không dẫn đến sự thay đổi đáng kể thể tích nước nhưng có thể gây ra sự thay đổi đáng kể thể tích của không khí. Khi một bong bóng không khí bị nén tiến đến gần vòi nước hiệu áp suất không khí trong bong bóng và không khí bên ngoài vòi nước bị giảm, và kết quả là bong bóng khí giãn nở rất nhanh, làm tăng nhanh chuyển động của lượng nước còn lại trong vòi.

3.2 TÍNH TOÁN CÁC ĐẠI LƯỢNG LIÊN QUAN ĐẾN CHẤT LỎNG 3.2.1 Chất lỏng yên tĩnh 3.2.1.1 Bình hình trụ diện tích đáy S = 10 cm2 chứa nước có khối lượng riêng ρ = 1 g/cm3. Thả vào bình vật có khối lượng m = 50g. Vật có hình dáng bất kỳ, không đồng nhất, bên trong rỗng và cũng không chìm, cũng

FA

như không làm nước tràn khỏi bình.Hỏi mức chất lỏng trong bình sẽ tăng thêm bao nhiêu?

Lời giải

(+ )

Pg

Các lực tác dụng lên vật

- Trọng lực: Pg

- Lực đẩy Acsimét: FA Do vật không chìm nên tổng hợp lực tác dụng lên vật bằng không, ta có : Pg = F A

Trang 41

Sáng kiến kinh nghiệm

mg = ρgV V=

→

m

ρ

V là phần thể tích của vật trong chất lỏng hay cũng chính là thể tích của chất lỏng dâng lên, mà: V = S.∆h Suy ra :

∆h =

V m 50 = = =5 S Sρ 1.10

(cm)

* Chú ý: Đối với dạng bài này sử dụng định luật Acimet: FA = ρgv Ta cần sử dụng thêm điều kiện cân bằng của vật rắn khi vật không chìm, hay chuyển động đều tức là hợp lực ác dụng lên vật bằng không.

3.2.1.2 Hai quả cầu khối lượng m1 = 1,6 kg, m2 = 2 kg 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.

FA1

Lời giải

T1

T2

Các lực tác dụng lên các quả cầu gồm:

Trọng lực P1 , P2

m1

P1

FA 2

(+ )

m2 P2

Lực căng T1 , T2

Lực đẩy Acsimét FA1 , FA2 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) Trang 42

Sáng kiến kinh nghiệm

Vì dây không dãn: T1 = T2 = T

(3)

Hai quả cầu có cùng bán kính nên: FA1 = FA2 = ρgv

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có: P1 + P2 - 2FA = 0 FA =

Với

P1 + P2 2

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

T=

P2 − P1 2

(m 2 − m1 ) g (2 − 1,6)10 = = 2 (N) 2 2

3.2.1.3. Một chiếc bè cấu tạo từ n = 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 Lời giải Giả sử bè (khối lượng m) chở vật nặng tối đa (khối lượng M), thì bè vừa ngập xuống nước. Khi đó thể tích mà nước bị chiếm chỗ đúng bằng thể tích của 20 thân gỗ.

Các lực tác dụng lên bè trọng lực Pg , lực đẩy Acsimét FA do các lực cân bằng :

FA

P = FA (m + M)g = ρgv ⇒

M = ρv - m

Pg

Với ρ là khối lượng riêng của nước; thể tích v = 0,3 n gọi ρ’ là khối lượng riêng của gỗ thì: m = ρ’v = 0,3nρ’ Vậy:

M = 0,3nρ - 0,3nρ’ Trang 43

Sáng kiến kinh nghiệm

= 0,3n (ρ - ρ’) = 0,3.20(1000-700) = 1800 (kg) 3.2.1.4 Trong một bình chứa hai chất lỏng không trộn lẫn vào nhau có khối lượng riêng ρ1 và ρ2, 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.

Lời giải Khi vật thả rơi trong chất lỏng, do bỏ qua lực cản,

nên có các lực tác dụng: Trọng lực Pg , lực đẩy Acsimét FA Theo định luật II Niutơn : Pg – FA = ma → a = g -

FA

0

x

ρgv

Pg

(1)

m

Gọi ρ’ là khối lượng riêng của quả cầu thì: ρ’ =

m v

hay

1

ρ'

=

v m

Thay (2) vào (1), ta có:

(2) a=g-

ρg ρ'

- Xét vật rơi trong chất lỏng thứ nhất: → a1 = g Từ công thức:

ρ1 g ρ'

vt2 - vo2 = 2as

(3)

Với vận tốc ban đầu v01 = 0, s1 = h1, thì : (3) → vt1 2 = 2a1h1 = 2g(1-

ρ1 )h1 ρ'

(4)

- Vật rơi trong chất lỏng thứ hai: Trang 44

Sáng kiến kinh nghiệm

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 Từ (2)

-vt12 = 2 a2h2 = 2g(1 -

Hay

vt 12 = 2( 

 ρ2  − 1 gh2  ρ' 

ρ2 )h2 ρ'

(do vt 2 = 0) (5)

Từ (4) và (5) có phương trình: 2g(1-

ρ  ρ1 )h1 = 2(  2 − 1 gh2 ρ'  ρ' 

h1 + h2 = (ρ1h1 + ρ2h2) Suy ra : ρ’ =

1

ρ'

ρ 1 h1 + ρ 2 h2 h1 + h 2

3.2.1.5 Cốc nước chia độ có khối lượng 180 g và trọng tâm (của cốc không) nằm ở độ chia thứ tám. Mỗi độ chia ứng với 20 cm3. Hỏi đổ nước đến độ chia nào thì cân bằng vững vàng nhất? Trọng tâm chung của nước và cốc bấy giờ ở độ chia nào?

Lời giải Gọi: + O1 là trọng tâm của cốc không có nước. + Độ cao của cột nước đổ vào cốc là x vạch. + Độ cao của trọng tâm chung O của cốc và nước là y vạch.

Khi đó độ cao trọng tâm O2 của lượng nước đổ vào cốc là x/2 (vạch).

O là điểm đặt hợp lực P1 , P2 song song cùng chiều đặt tại O1, O2.

Trang 45

Sáng kiến kinh nghiệm

Từ đó ta có: 0

001 P2 = 00 2 P1 8− y 20 x = y − x / 2 180

⇔

01

P1

8 x 2

0 2 P2

y

2y( x+9 ) = x2 + 144

⇔

y=

⇔

x 2 + 144 2.( x + 9)

x 2 − 81 225 = + 2.( x + 9) 2.( x + 9)

=

x−9 225 + 2 2.( x + 9)

=

x+9 225 + −9 2 2.( x + 9)

y+9=

⇔

x+9 225 + 2 2.( x + 9)

Để cân bằng vững vàng nhất thì trọng tâm chung O thấp nhất, tức: ⇔ (y + 9)min.

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: y+9= ⇒

x+9 225 ( x + 9) 225 + ≥ 2 = 15 2 2.( x + 9) 2 2.( x + 9)

y≥6

Dấu bằng sảy ra khi: x+9 225 = 2 2.( x + 9) ⇔

x 2 − 12 x + 36 = 0 Trang 46

ymin

Sáng kiến kinh nghiệm ⇔

( x − 6) 2 = 0

⇔

x=6

Vậy để cốc nước cân bằng vững vàng nhất thì phải đổ nước đến vạch chia thứ 6, khi đó trọng tâm chung của cốc và nước cũng ở vạch chia thứ 6.

3.2.1.6 Đập nước có tiết diện hình chữ nhật, chiều cao h = 12 cm, trọng lượng riêng của đập D1 = 30 kN/m3. Tìm bề rộng a của chân đập để khi nước đầy sát mặt đập, đập không bị lật. Trọng lượng riêng của nước là D0 = 10 kN/m3.

Lời giải Các lực tác dụng lên đập:

+ Trọng lực Pg đặt ở trọng tâm. a

+ Lực F do áp lực của nước tác

dụng. Áp lực này coi như hợp lực của ∑ Fi . Điểm

đặt của nó ở trọng tâm tam giác lực, nghĩa là cách đáy h/3.

F A Pg

⇒ Đập này có thể lật quanh A.

Do áp suất của nước tăng đều theo độ sâu: Ở mặt đập P1 = 0 Ở đáy đập P2 = ρ 0 gh = D0h ⇒ Áp suất trung bình ác dụng lên mặt đập là: P =

1 D0h 2

⇒ Áp lực trung bình ác dụng lên mặt đập là: F = PS =

1 D0S 2

( với S là diện tích thành bên của mặt đập) Trang 47

Sáng kiến kinh nghiệm

Điều kiện để đập không bị lật là: ≥ M F

M P

g

A

⇔

Pg

a h ≥ F 2 3

D1V

⇔

⇔

D1(S a)

⇒

a ≥

a h ≥ F 2 3

a 1 h ≥ D0S 2 2 3

a2 ≥

⇔

A

h 3 D0 .

3 D1

h = 4 ( m) 3

3.2.1.7 Một hình lập phương, mỗi cạnh a = 1 m, chứa không khí với áp suất bằng áp suất khí quyển P0 = 105 N/m2 và được ngăn đôi bằng một pitông mỏng Pi. Qua một vòi nước V ở nửa bên trái người ta cho nước vào ngăn trái một cách từ từ cho đến mức h = a/2.

Pi

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 hơi nước. Bình chứa trong k

h

điều kiện đẳng nhiệt. Biết g = 10 m/s2 và khối lượng riêng D = 103 kg/m3.

Lời giải Khi buông tay pitông dịch chuyển về bên phải, do áp suất không khí trong ngăn bên trái tăng, mặt khác nó còn chịu áp lực của khối nước. Pitông dịch được một đoạn x thì dừng lại, khi đó chiều cao của cột nước là h' và các lực tác dụng lên pitông bằng không.

Các lực tác dụng lên pitông gồm: Trang 48

Sáng kiến kinh nghiệm

Lực F1 , F2 do không khí trong ngăn bên phải và trái.

Pi

Lực F3 do khối nước.

F2

F1

Vì pitông đứng yên, nên:

F 1+ F2 + F3 = 0

k

h′

F3

x

F1 = F2 + F3

⇒

(1)

Do nhiệt độ không thay đổi nên áp dụng định luật Bôimariốt cho hai khối khí, ta có: + Ngăn bên phải: PoV = P1V1 a3 a a P0 = P1 .S1 ( − x) = F1 ( − x) 2 2 2

⇔

(S1 là diện tích pitông của ngăn không khí bên phải) F1 =

⇒

a3 P0 a − 2x

(2)

+ Ngăn bên trái: PoV = P2V2 ⇔

P0

a3 a a = P2 .S 2 ( + x) = F2 ( + x) 2 2 2

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

F2 =

a3 P0 a + 2x

(3)

Mặt khác, ta có thể tích nước: a 2

V = a. . ⇒

a a = a. ( +x ).h' 2 2

a2 h' = 2a + 4 x Trang 49

Sáng kiến kinh nghiệm

Từ đó tính được F3: ρga 5

2

F3 = P3S3 = ( ρ .g h′ 2 )(h′a) = aρg h′ 2 = (4) 8(a + 2 x) 2 Thay (2), (3), (4) vào (1), ta có phương trình: a3 a3 ρga 5 P0 = P0 + a − 2x a + 2x 8(a + 2 x) 2 ⇔ 8 P0 (a + 2 x) 2 = 8 P0 (a 2 − 4 x 2 ) + ρ .ga 2 (a − 2 x) ⇔ 64 P0 x 2 + (32 P0 a + 2 ρ .g .a 2 ) x − ρ .g .a 3 = 0 ∆ ′ = (16 P0 a + ρ .g .a 2 ) 2 + 64 P0 ρ .g .a 3

⇒ x1 =

x2 =

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

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

< 0 (loại)

>0

Vậy pitông dịch chuyển một đoạn x = x2.

3.2.2 CHẤT LỎNG CHUYỂN ĐỘNG 3.2.2.1 Mét èng h×nh trô n»m ngang cã cÊu t¹o nh− trong h×nh vÏ. Trong èng cã n−íc ch¶y tõ A ®Õn C, c¸c tiÕt diÖn SA, SB, SC cña èng ë A, B, C ®Òu kh¸c nhau. a. §Æt t¹i B mét èng ¸p kÕ, t¹i C mét èng pit«. Ng−êi ta ®o ®−îc

hC

= 8 cm. T×m hB biÕt vËn tèc ch¶y ë B lµ 0,8 cm/s. b. §Æt t¹i A mét èng ¸p kÕ. TÝnh hA cho SA = 20 cm2, SB = 10 cm2 Lêi gi¶i a. §é cao hB: Áp dụng phương trình Becnuli nước chảy trong ống:

hA A

hC

hB B

C Trang 50

Sáng kiến kinh nghiệm

ρghB +

1 1 ρVB2 = PC + ρghC + ρVC2 2 2

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

1 ρVB2 = PC 2

(1)

Trong đó: PB, PC là áp suất tĩnh tại B và C. Xét hai điểm đầu và điểm cuối cột chất lỏng trong ống B và C ta có: PB = Po + ρghB

(2)

PC = Po + ρghC

(3)

Thay (2), (3) vào (1): Po + ρghB +

1 ρVB2 = Po + ρghB 2

V B2 Suy ra: hB = hC = 4,8 (cm) 2g

b. Độ cao hA: Áp dụng phương trình Becnuli cho hai điểm A, B của dòng nước: PA + ρghA +

1 1 ρVA2 = PB + ρghB + ρVB2 2 2

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

1 1 ρVA2 = PB + ρVB2 2 2

(4)

Xét điểm đầu và điểm cuối cột chất lỏng tại A, ta có: PA = Po + ρghA

(5)

Mặt khác theo phương trình liên tục: SAVA = SBVB

Trang 51

Sáng kiến kinh nghiệm

Suy ra: VA =

S BV B SA

(6)

Thay (2), (5), (6) vào (4) ta có: Po + ρghA + Từ đó : hA = hB + VB2 .

2 2 1 S BV B ρ 2 2 SB

= Po + ρghB +

1 ρVB2 2

S B2 − VB2 ≈ 7,2 (cm) S B2

*Chú ý: Đây là bài toán về sự chảy ổn định của chất lỏng và định luật Becnuli. Cần áp dụng công thức giữa vận tốc chảy và tiết diện của ống và phương trình của định luật Becnuli. Cần chú rằng P là áp suất tĩnh thông thường, tính theo đơn vị N/m hay Pa. Để tính vận tốc của chất lỏng phun ra từ một lỗ ở thành bình có độ sâu h so với mặt thoáng của chất lỏng trong bình có thể áp dụng công thức Torixenli: v = 2 gh .

3.2.2.2 Một bơm tay dùng để tra mỡ khớp ổ bi của xe ôtô, được đổ đầy dầu hoả để xúc rửa, bán kính pitông của bơm R, khoảng chuyển động của pitông l. Bán kính lỗ thoát bơm r. Bỏ qua độ nhớt của dầu và mọi ma sát. Hãy xác định thời gian để bơm hết dầu nếu tác dụng vào pitông một lực không đổi F. Khối lượng riêng của dầu hoả là ρ .

Lời giải Coi chuyển động của dầu trong pitông là chuyển động của chất lỏng trong một đường ống. Theo định luật Becnuli ta có: P0 + P +

ρV1 2 2

ρV2 2

= P0 +

⇔

ρV F P0 + + 1 S1 2

⇔

V12 = V22 -

2 2

= P0 +

ρV2 2 2

2F ρS1

Từ phương trình liên tục: S1V1 = S2V2 → V22 =

(1) S12 .V12 S 22

(2) Trang 52

Sáng kiến kinh nghiệm

Thế (2) vào (1), ta có: V12 =

V1 =

⇒

S12 .V12 2 F ρS1 S 22 2 FS 22 ρ .S1 ( S12 − S 22 )

(3)

Từ (3) ta thấy V1 không phụ vào thời gian, tức pitông chuyển động đều.

Với S1 = π R2 S2 = π r2, từ đó tính được: V1 =

2 Fr 4 ρ .π .R 2 ( R 4 − r 4 )

Vậy thời gian phụt dầu ra cũng chính là thời gian để pitông đi hết quãng đường l, do đó: t = l/V1 = l

ρ .π .R 2 ( R 4 − r 4 ) 2 Fr 4

3.2.2.3. Một ống nước chuyển động với vận tốc v = 3m/s trong một bể nước. Tính chiều dài l của cột chất lỏng dâng

l

α h

lên trong ống. Biết α = 60o. Bỏ qua áp suất bởi mặt khum.

C

B

Lời giải

v

H

Chọn gốc toạ độ gắn vào ống, khi đó ta có thể coi ống đứng yên, còn nước chuyển động với vận tốc v so với ống. Áp dụng phương trình Becnuli ta có : PB + ρghB +

1 1 ρVB2 = PC + ρghC + ρVC2 2 2

Vận tốc dòng nước tại B bằng 0 (do cột nước trong ống đứng yên), và 2 điểm B, C có cùng mực ngang, nên hB = hC. Viết lại phương trình Becnuli :

Trang 53

Sáng kiến kinh nghiệm

PB = PC +

1 ρVC2 2

(1)

Với PB, PC là áp suất tĩnh tại B, C PB = Po + ρg (H + h)

(2)

PC = Po + ρgH

(3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có: Po + ρg(H + h) = Po + ρgH + Suy ra: h =

Vc2 2g

Mà sin α =

h l

Nên: l =

VC2 h = ≈ 0,52 2 g sin α sin α

1 ρVC2 2

(cm)

3.2.2.4 Sơ đồ cấu tạo của máy phun nước như hình vẽ. Biết tiết diện tại A, B là SA, SB, áp suất tại A là PA , khối lượng riêng của chất lỏng trong chậu là ρ và của luồng khí là ρ ’, áp suất khí quyển trên mặt thoáng của chậu là Po. Tìm vận tốc tối thiểu của luồng khí để máy có thể hoạt động được. Biết độ cao của cột là H. B

Lời giải

A

Khi có dòng khí chuyển động từ A đến B,

C

D

H

do tại B có tiết diện nhỏ, vận tốc dòng khí lớn, áp suất động lớn, áp suất tĩnh nhỏ, cột chất lỏng trong ống C dâng lên độ cao h. Áp dụng định luật Becnuli tại A và B, ta có: PA + ρ’ghA +

1 1 ρ’VA2 = PB + ρ’ghB + ρ’VB2 2 2

Do luồng khí nằm ngang nên hA = hB, phương trình có dạng: Trang 54

Sáng kiến kinh nghiệm

PA +

1 1 ρ’VA2 = PB + ρ’VB2 2 2

(1)

Ta thấy rằng áp suất tại điểm D bằng áp suất tại điểm C trên mặt thoáng của chậu nước, do đó: PC = PD = Po = ρgh + PB Từ đó:

PB = Po - ρgh

(2)

Theo phương trình liên tục SAVA = SBVB VB =

⇒

S AV A SB

(3)

Thay (2) , (3) vào (1) ta có: PA + Suy ra:

S2 1 1 ρ’VA2 = P0 - ρgh + ρ’VA2 . A2 2 2 SB

h = [Po - PA +

S2 − S2 1 ρ’VA2 .( A 2 B )] : ρg 2 SB

Để máy hoạt động được thì h ≥ H do đó: [Po - PA + Từ đó: V2 ≥

S2 − S2 1 ρ’VA2 .( A 2 B )] : ρg ≥ H 2 SB

2 S B2 ( Po − PA − ρgH )

ρ ' ( S A2 − S B2 )

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

2( Po − PA − ρgH )

ρ ' ( S A2 − S B2 )

Trang 55

Sáng kiến kinh nghiệm

3.2.2.5 Không khí chuyển động trong ống AB có khối lượng riêng là ρ’ = 1,32 kg/m3. Độ chênh lệch của mực nước dâng lên trong ống là h = 5,6 (cm). Tiết diện tại A, B lần lượt là SA = 2 cm2 , SB = 0,5 cm2.

Tính lưu lượng khí qua ống AB, biết khối lượng riêng của nước là ρ = 103 kg/m3.

Lời giải Khi không khí chuyển động trong ống, cột nước trong ống C dâng lên. Áp dụng định luật Becnuli theo dòng khí tại A và B: PA + ρghA +

1 1 ρVA2 = PB + ρgh + ρVB2 2 2

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

1 ρ ' (V B2 − V A2 ) 2

(1)

Xét áp suất tại hai điểm E và D, ta thấy áp suất ở hai điểm này bằng nhau vì nằm trên cùng một mức ngang, mà: PE = PA PD = PB + ρgh nên

PA = PB + ρgh

Suy ra: PA - PB = ρgh

(2)

Mặt khác lưu lượng khí Q liên hệ với vận tốc dòng chảy và tiết diện S dòng khí chảy qua là : Q = SV nên

VA =

Q Q ; VB = SA SB

(3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có: Trang 56

Sáng kiến kinh nghiệm Q2 Q2 1 ρgh = ρ ' ( 2 − 2 ) 2 SB SA

Suy ra: 2 ρgh = 15 (l/s) ρ ' ( S A2 − S B2 )

Q = SB

y

3.2.2.6

Trong

một

giây

người

ta

rót

được

5,024 19,6.(1 + 0,8 ) lít nước vào một bình hình trụ, có h1 miệng rất rộng so với hai lỗ. Hai lỗ cách mực nước 0,8 m (lỗ1) và 1m (lỗ 2), đường kính cũng bằng 0,8m. Tìm vị trí giao nhau của hai tia nước. Biết chiều cao cột nước

h1

V1

(1) ( 2)

H1 H2

0

là 1,8m.

Lời giải - Diện tích của mỗi lỗ: (0,8.10 −3 ) 2 d2 S=π =π =5,024.10-3 (m2) 4 4

Vận tốc chảy của nước ở mỗi lỗ: v = 2 gh ⇒

v1 = 2 gh1 = 2.9,8.0,8 = 15,68 (m/s) v2 = 2 gh2 = 2.9,8.1 = 19,6 (m/s)

Lưu lượng nước chảy ra ở mỗi lỗ : Q = S.v ⇒

V2

Q1 = Sv1 = 5,024.10 −3 19,6. 0,8 (m3/s) Q2 = Sv2 = 5,024.10 −3 19,6 (m3/s)

Ta thấy lưu lượng nước chảy ra:

Trang 57

x

Sáng kiến kinh nghiệm

Q = Q1 + Q2 = 5,024.10 −3 19,6 (1 + 0,8 ) Bằng lưu lượng nước chảy vào, nên mực ngang của nước không đổi theo thời gian. Vậy vận tốc của nước chảy ra tại hai lỗ không đổi.

- Chọn hệ trục xoy như hình vẽ. Ta tìm phương trình quỹ đạo của các hạt nước từ các lỗ. + Ở lỗ (1) phân tích chuyển động của hạt theo hai phương ox, oy : Theo ox hạt chuyển động đều với vận tốc v1 → x = v1t

(1)

Theo oy hạt chuyển động nhanh dần đều với gia tốc g gt 2 2

⇒

y1 = H1 -

Với

H1 = 1,8 - h1 = 1 (m)

Từ (1) t =

(2)

x1 thay vào (2) ta được : v1

y1 = H1 -

g 2 x1 2v12

(3)

+ Lỗ hai (2) tương tự ta có: y2 = H2 Với

g 2 x2 2v 22

(4)

H2 = 1,8 - h2 = 0,8 (m) x = x = x

- Tại vị trí tia nước giao nhau  1 2  y1 = y 2 = y Từ (3) và (4) ta có: H1 -

g 2 g 2 x1 = H2 x2 2 2v1 2v 22

 g g  H1 - H2 =  2 − 2  x 2  2v1

2v 2 

Trang 58

Sáng kiến kinh nghiệm

Suy ra: x =

H1 − H 2 g 1 1   2 − 2  2  v1 v 2 

Từ (3) y = 1 −

=

1 − 0,8 = 3,2 ≈ 1,79 (m) 9,8  1 1  −   2  15,68 19,6 

9,8 .1,79 ≈ 0,44 (m) 2.15,68

 x = 1,79(m)  y = 0,44(m)

Vậy vị trí hai tia nước giao nhau 

3.2.3 HIỆN TƯỢNG CĂNG MẶT NGOÀI 3.2.3.1 Tính công cần thiết để làm tăng đường kính của một bong bóng xà phòng từ 2 cm lên 10 cm. Cho biết hệ số căng mặt ngoài của nước xà phòng là σ = 0,04 N/m2.

Lời giải Bong bóng xà phòng có hai mặt trong và ngoài nhưng có thể coi là cùng đường kính. Khi thổi thì diện tích cả hai mặt đều tăng. Khi đó công cần thiết được tính theo công thức: A = σ .∆S = σ (2 π d22 - 2 π .d21) = 2 πσ ( d22- d21) = 2 π .0,04[(10-1)2 - (2.10-2)2] = 24.10-4 (J) *Chú ý: - Đây là loại bài toán về năng lượng mặt ngoài cần áp dụng công thức W = σ .S hoặc ∆ W = σ .∆S . Trong trường hợp này A = ∆ W. Để giải bài toán cần xác định S hoặc ∆ S, từ đó tìm được W hoặc ∆ W. Và ngược lại có thể tính được ∆ S (nếu biết được σ ) hoặc tính được σ (nếu xác định được ∆ S) - Tương tự như ví dụ trên, đôi khi bài toán đòi hỏi phải tính các đại lượng khác sau khi đã tìm được ∆ W. Từ đó mới vận dụng tiếp công thức tính năng lượng mặt ngoài. Trong trường hợp đó cần hình dung được hiện tượng và vận dụng công Trang 59

Sáng kiến kinh nghiệm

thức thích hợp (chẳng hạn như công thức tính nhiệt lượng hoặc công thức tính theo định luật bảo toàn năng lượng).

- Đặc biệt: khi tính toán bằng số cần chú ý đến các đơn vị đo.

3.2.3.2 Hai giọt thuỷ ngân nhỏ hình cầu bán kính r = 1mm tiếp xúc với nhau rồi nhập thành một giọt thuỷ ngân lớn hình cầu bán kính R. Nhiệt độ thuỷ ngân tăng lên, tại sao? giả thiết nhiệt không truyền cho môi trường ngoài. Hãy tính độ tăng nhiệt độ của thuỷ ngân? Biết thuỷ ngân có hệ số căng mặt ngoài σ = 0,5 N/m; khối lượng riêng D = 13,6.103 kg/m2 ; nhiệt dung riêng c = 138 J/kg.K Lời giải Khi hai giọt thuỷ ngân tiếp xúc với nhau khuynh hướng giảm diện tích mặt ngoài làm chúng trở thành một giọt, do đó diện tích mặt ngoài thay đổi một lượng ∆ S và năng lượng mặt ngoài giảm một lượng ∆ W = σ ∆ S. Vì hệ không truyền

nhiệt cho môi trường ngoài và hệ không sinh công

(V = const) nên ∆ W chuyển

thành nội năng của hệ, nghĩa là làm nhiệt độ thuỷ ngân tăng một lượng ∆ t Ta có:

∆ W = σ ∆ S = cm ∆ T ⇒ ∆ T =

Trong đó

σ .∆S cm

∆ S = 2.4 π .r 2 - 4 πR 2

(1)

(2)

4 3

m = V.D = 2. .π .r 3 .D

(3)

Tính R từ điều kiện thể tích thuỷ ngân không đổi: 4 3

2. .π .r 3 =

4 3 .π R ⇒ R = 3

3

2. r

(4)

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: ∆T =

3σ (2 − 3 4 ) 4 ≈ 1,64.10 K 2.c.D.r

Trang 60

Sáng kiến kinh nghiệm

3.2.3.3 Tính công cần thực hiện để thổi một bong bóng xà phòng đạt đến bán kính R = 5 cm. Cho biết hệ số căng mặt ngoài của nước xà phòng là σ = 0,04 N/m; áp suất khí quyển P0 = 1,01.105 N/m2.

Lời giải: Xem quá trình thổi là đẳng nhiệt. Gọi p là áp suất của không khí trong bong bóng xà phòng. Khi chuyển qua mặt chất lỏng áp suất thay đổi một lượng bằng áp suất phụ: ∆p =

2σ R

A B

Từ hình vẽ ta có:

C

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

p = pC = pA +

2σ R 2σ R

⇒ pC- pA = 2. ∆ p =

4σ R

4σ 4σ = p0 + R R

Công thực hiện để thổi bong bóng xà phòng bằng công để tăng diện tích mặt ngoài lên một lượng ∆ S cộng với công để nén khí (AT) vào bong bóng tới áp suất p: A = σ .∆ S + AT Trong đó: + ∆ S là tổng diện tích mặt trong và mặt ngoài của bong bóng: ∆ S = 2.4. π .R 2 = 8 π .R 2

+ AT là công nén khí ở quá trình đẳng nhiệt: AT = pVln(p/p0) Từ đó:

A = 8. σ . π .R 2 +

4 4σ 4σ 3 .π R (p0+ )ln(1+ ) 3 R R Trang 61

Sáng kiến kinh nghiệm

Vì :

4σ 4σ 4σ << 1 nên một cách gần đúng: ln(1 + )≈ R.P0 R.P0 R.P0

Do đó:

2 3

A ≈ 8. σ . π .R 2 (1+ ) ≈ 4,18.10-3 (J)

3.2.3.4 Một sợi dây bằng bạc đường kính d = 2mm, được treo thẳng đứng. Khi làm nóng chảy được N = 24 giọt bạc thì dây bạc ngắn đi một đoạn

h = 20,5 cm. Tính hệ

số căng mặt ngoài của bạc ở thể lỏng. Cho biết khối lượng riêng của bạc ở thể lỏng là D = 9,3.103 kg/cm3, và xem rằng chỗ thắt của giọt bạc khi nó bắt đầu rơi có đường kính bằng đường kính của sợi dây bạc.

Lời giải Quan sát và phân tích hiện tượng giọt bạc rơi ta thấy: đầu tiên giọt bạc to dần nhưng chưa rơi xuống, đó là vì có lực căng mặt ngoài tác dụng lên đường biên BB', của giọt bạc. Các lực này có xu hướng kéo co mặt ngoài của giọt bạc lại, vì thế hợp lực của chúng hướng lên trên và có độ lớn: F = σ l, (với: l = π d )

F

Đúng lúc giọt bạc rơi xuống thì trọng lượng Pg của giọt bạc bằng lực căng mặt ngoài F:

B′

B

F = Pg

m.g ⇔ σ .π d = mg ⇒ σ = π .d

Với m là khối lượng của một giọt bạc. Mà trong đoạn dây bạc có độ cao h, chứa N = 24 giọt bạc, nghĩa là: hπ .d 2 D 4 m= N

Từ đó: Suy ra:

π .d 2 hDg 4N

σ =

= σ .π .d

dhDg = 0,78 N/m.

4N Trang 62

Pg

Sáng kiến kinh nghiệm

* Chú ý: Đây là loại bài toán áp dụng công thức tính lực căng mặt ngoài F= σ .l . Biết F (cho trực tiếp giá trị của F ngay trong đề bài hoặc cho gián tiếp như trong bài) ta tìm được hoặc σ (nếu cho l), hoặc l (nếu cho σ ). Và ngược lại nếu cho σ và l ta tính được F. Để tìm được l, cần dựa vào đề bài mà xác định đường giới hạn của mặt ngoài chất lỏng. Nói chung loại bài toán này khá đa dạng, và thường khó khăn ở khâu xác định lực căng F. Cần chú ý đến các đơn vị đo khi tính toán bằng số.

3.2.3.5 Đáy một bình thuỷ tinh có lỗ nhỏ đường kính d = 2 mm. Hỏi có thể đổ thuỷ ngân vào bình đó đến độ cao nào mà thuỷ ngân vẫn không chảy qua lỗ? Cho biết khối lượng riêng và hệ số căng mặt ngoài của thuỷ ngân lần lượt bằng D = 13,6.103kg/m3; 2

σ = 0,465N/m. Lấy g = 10m/s .

Lời giải Thuỷ ngân tạo thành một phần mặt cầu ở lỗ thủng, gây nên áp suất phụ hướng lên trên: ∆ p =

2σ , R là bán kính mặt cầu.

R

Để cho thuỷ ngân không chảy qua lỗ, áp suất phụ này phải cân bằng với áp suất thuỷ tĩnh: p = Dgh (bỏ qua tác dụng

p 2R

h

của áp suất khí quyển), với h là độ cao của mặt thoáng so với ∆P

đáy.

Từ đó:

2σ = Dgh R

⇒

h=

2σ RDg

Có thể cho rằng giới hạn bền của phần mặt cầu đó là khi đường kính của nó bằng đường kính của lỗ (2R = d) và khi đó độ cao h có giá trị cực đại hmax: hmax =

2σ d D.g .

2

=

4σ ≈ 6,75 (cm).

D.d .g

3.2.3.6 Hai ống mao dẫn có có đường kính d1 và d2 (d1 < d2) được nhúng vào bình đựng ête, sau đó vào bình đựng dầu hoả. Hiệu độ cao của các cột ête dâng lên trong hai ống đó là ∆ h1 = 4,8 mm, của các cột dầu hoả là ∆ h2 = 6 mm. Biết hệ số căng mặt Trang 63

Sáng kiến kinh nghiệm

ngoài của ête là σ = 0,0017 N/m, hãy tính xuất căng mặt ngoài của dầu hoả. cho biết khối lượng riêng của ête và dầu hoả lần lượt bằng D1 = 7000 kg/m2 và D2 = 800 kg/m2.

Lời giải Áp dụng công thức: h=

4σ Dgd

Ta có hiệu các độ cao của các cột ête là: 4σ 1 4σ 1 4σ 1 1 1 − = ( − ) D1 gd 1 D1 gd 2 D1 g d1 d 2

∆ h1 =

(1)

Và tương tự, hiệu độ cao của các cột dâng lên trong dầu hoả: ∆ h2 =

4σ 2 1 1 ( − ) D2 g d 1 d 2

(2)

Từ (1), (2) suy ra: ∆h1 σ 2 D1 = ∆h1 σ 1 D2

⇒σ2 =

σ 1 D2 .∆h2 D1 .∆h1

≈ 0,0243 N/m

* Chú ý: Đây là loại bài toán áp dụng công thức: h=

4σ Dgd

Từ công thức có thể xác định h, σ , d, D. Cần lưu ý là công thức đó chỉ áp dụng được cho trường hợp dính ướt hoàn toàn, hoặc hoàn toàn không dính ướt. Còn dính ướt một phần thì áp dung công thức Juyranh tổng quát (khi đó đề bài phải cho biết góc mép θ ) 3.2.3.7 Có hai ống mao dẫn lồng vào nhau, đồng trục, nhúng thẳng đứng vào một bình nước. Đường kính trong của ống dẫn nhỏ bằng bề rộng của khe tạo ra giữa hai ống Trang 64

Sáng kiến kinh nghiệm

mao dẫn. Hỏi mức nước trong ống mao dẫn nào cao hơn và cao hơn bao nhiêu lần?

Bỏ qua bề dày của ống mao dẫn trong.

Lời giải Xét ống mao dẫn nhỏ có đường kính trong là d.

Lực kéo do áp suất phụ phải cân bằng với trọng lượng của cột nước:

h1 h2

Fk = Pg ⇔ ∆ p1.S = mg (S là diện tích của ống nhỏ) (1)

Thay: m = DV = DSh1 (h1 là độ cao của mực nước trong ống nhỏ) ∆P1 =

2σ vào (1), ta có: r

∆P1 =

⇒

h1 =

2σ 4σ = = Dgh1 r d 4σ D.d .g

(2)

Mặt khum ở giữa hai ống mao dẫn có bán kính R1 = r (đường kính d ) và bán kính R2 = d. Do đó áp suất phụ gây bởi mặt khum ở giữa ống mao dẫn: ∆ p2 = σ (

1 1 3.σ + )= = D.g.h2 r d d

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

⇒

3σ D.d .g

(3)

h1 4 = h2 3

Trang 65

Sáng kiến kinh nghiệm

3.2.3.8 Hai bọt xà phòng dính vào nhau như hình vẽ; bán kính cong của hai bọt là R1 và R2. a. Xác định bán kính cong của màng ngăn cách hai bọt đó.

R2 R1

b. Giả sử R1 = R2 = R và màng ngăn cách bị phá vỡ. Tính bán kính r của màng mới tạo thành, Coi áp suất phụ dưới mặt cong là rất nhỏ so với áp suất khí quyển. Cho biết thể tích của một chỏm cầu được tính theo công thức: V’ =

π 3

d R

( 2 R 3 − 3R 2 d + d 3 )

Lời giải a.Vì lớp xà phòng giới hạn bởi hai mặt cầu có bán kính xấp xỉ bằng nhau và bằng bán kính của bọt, nên ở mỗi bọt xà phòng có áp suất phụ tính theo công thức: ∆P =

2σ 2σ 4σ + = R R R

Áp suất trong hai bọt là: P1 =

4σ R1

P2 =

4σ R2

Nếu R1 > R2 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 được tính theo công thức Laplatxơ: ∆ P = 2.

2σ 4σ = R′ R′

(Vì áp suất phụ này do cả hai mặt của mặt phân cách gây ra) Mặt khác, theo trên: ∆ P = P2 – P1 = 4 σ ( ⇔

1 1 − ) R1 R 2

4σ 1 1 = 4σ ( − ) R′ R1 R 2

Trang 66

Sáng kiến kinh nghiệm

R1 R2 R1 − R2

R’ =

⇒

b. Nếu R1 = R2 = R thì mặt phân cách là mặt phẳng. Mỗi đơn vị dài của chu vi mặt phân cách đều chịu tác dụng của ba lực căng đều bằng σ . Ba lực này phải cân bằng nhau, muốn vậy chúng phải là ba véc tơ đồng phẳng và

F1

F2

F3

01 d

0 R

từng đôi một làm với nhau góc 1200

Vì F2 vuông góc với IO, nên góc O1IO2 = 300 ⇒ d = R/2 ⇒

V’ =

π 3

( 2 R 3 − 3R 2 d + d 3 ) =

5π 3 R 24

Áp dụng công thức tính thể tích chỏm cầu ta tính được thể tích của hai bọt dính vào nhau (bằng hai lần thể tích một bọt trừ đi hai lần thể tích chỏm cầu) 4 5π 3 9 ∆ V = 2V – 2V’ = 2. πR 3 - 2 R = πR 3 3 24 4

Áp suất không khí trong bọt xấp xỉ bằng áp xuất khí quyển, cho nên, theo định luật Bôilơ-Mariôt, thể tích không đổi khi tạo thành một bọt mới có bán kính r, nghĩa là: ∆V =

4 π .r 3 3

⇔

9 3 4 πR = π .r 3 4 3

⇒

r=

3 R 23 2

*Chú ý: Đây là loại bài toán về áp xuất phụ gây bởi mặt khum của khối chất lỏng, đòi hỏi phải vận dụng công thức tính áp suất phụ ∆ P . Khi vận dụng công thức tính ∆ P cần phân biệt trường hợp mặt khum lồi ( ∆ P > 0) hay mặt khum lõm ( ∆ P < 0):

chẳng hạn đối với nước thì ∆ P < 0 (áp suất phụ hướng ra ngoài khối nước), còn đối Trang 67

Sáng kiến kinh nghiệm

với thuỷ ngân thì ∆ P > 0 (áp suất phụ hướng vào trong lòng khối thuỷ ngân). Cần chú ý thêm rằng trong công thức ∆ P, R tính bằng mét. Từ công thức ∆ P, nếu biết σ và R ta tính được ∆ P, và ngược lại nếu xác định được ∆ P ta tìm được σ , hoặc R. Nói chung đây là loại bài toán phức tạp, cần hình dung được rõ hiện tượng và đòi hỏi vận dụng thêm nhiều công thức khác đã biết.

3.2.3.9 Một ống mao dẫn được nhúng thẳng đứng trong một bình đựng chất lỏng. Hỏi chiều cao của cột nước trong ống thay đổi như thế nào nếu ống mao dẫn và bình được nâng lên nhanh dần đều với gia tốc a = g, và hạ xuống nhanh dần đều với gia tốc a, = g/2. Xem chất lỏng làm dính ướt hoàn toàn ống.

Lời giải: Khi bình và ống mao dẫn được nâng lên với gia tốc a thì khối chất lỏng trong ống mao dẫn chịu tác dụng lực quán tính hướng xuống dưới. Do đó áp suất tại B trong cột chất lỏng: PB = Áp suất khí quyển + Áp suất phụ gây bởi mặt khum + Áp suất gây bởi cột chất lỏng + Áp suất gây bởi lực quán tính.

Nghĩa 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 ⇒

h =

∆. p D( g + a)

(1)

Khi ống mao dẫn và bình không chuyển động thì: ∆ p = Dgh0;

h0 =

∆p Dg

từ đó: (2)

Trang 68

Sáng kiến kinh nghiệm

Từ (1) và (2) ta có: 1 h g = = h0 g + a 2

(vì a = g)

Lập luận tương tự, khi ống và bình hạ xuống với gia tốc a, =

g thì: 2

h g = =2 h0 g − a,

3.2.3.10 Ta nhúng vào chậu nước một ống mao dẫn chưa có nước, gấp khúc như hình vẽ, có bán kính trong là r. Hỏi trong khoảng nhiệt độ nào thì toàn bộ nước trong bình có thể chảy hết ra ngoài? Cho biết r = 0,1 mm; h = 14,1 cm; H = 15cm, biết hệ số căng mặt ngoài của nước biến thiên theo nhiệt độ: σ = σ 0 - α t, với σ 0 = 7,6.10-2 N/m; -4

α = 1,5.10 N/m.độ.

Trả lời: h

Muốn cho nước trong bình chảy hết ra ngoài qua ống mao dẫn cần thoả mãn hai điều kiện: - Nước phải dâng lên đến được hết đoạn ống nằm ngang, nghĩa là:

H

h<

4σ 2σ 1 = ⇒ Dghr ≤ σ Dgd Dgr 2

(1)

- Nước phải chảy ra được khỏi miệng ống bên trái; muốn vậy áp suất thuỷ tĩnh của phần nước trong ống bên trái có độ cao H phải thắng áp suất phụ của màng cong, nghĩa là: Dgh ≥ ∆P , (với ∆P = σ ( Dgh ≥

2σ r

⇒

σ ≤

1 1 + ) , R1 = r , R2 = ∞ ) R1 R2

1 DgHr (2) 2

Phối hợp (1), (2) ta được: Trang 69

Sáng kiến kinh nghiệm 1 1 Dghr ≤ σ ≤ DgHr 2 2

Từ đó ta tìm được: σ min =

1 -3 Dghr = 70,5.10 N/m 2

σ max =

1 -3 DgHr = 75.10 N/m 2

Thay vào công thức: σ = σ 0 - α t 70,5 = 76 - 0,15 tmax 75 = 76 - 0,15 tmin

0

⇒ tmax ≈ 36,7 C 0

⇒ tmin ≈ 6,7 C

Vậy nước sẽ chảy ra khỏi bình nếu: 6,70C ≤ t ≤ 36,70C. 3.2.3.11 Một ống thuỷ tinh gồm hai phần có bán kính trong R1 = 1 mm và R2 = 1,5 mm hàn đồng trục với nhau. Trong ống có một

α

đoạn nước có khối lượng M = 0,1 kg. Để ống nằm ngang thì nước rút toàn bộ vào phần ống nhỏ; để thẳng đứng nước chảy hết ra ngoài. Nếu để ống nghiêng góc α so với phương thẳng đứng thì nước có một phần trong ống lớn, một phần trong ống nhỏ. Hãy tính giá trị cực tiểu của góc α để nước vẫn còn trong ống Lời giải Khi đoạn nước nằm cân bằng trong ống, ống phải có đầu nhỏ ở trên, đầu to ở dưới như hình vẽ để hiệu các áp suất phụ gây bởi hai mặt cong cân bằng với áp suất thuỷ tĩnh của cột nước: 2σ 2σ − = Dgl cos α R1 R2

(với l là chiều dài của đoạn nước) ⇒

cos α =

2σ 1 1 ( − ) Dgl R1 R2

Góc α min khi (cos α )max → lmin , khi đó nước nằm gần toàn bộ ống to, khi đó: D.Vmin ≈ M Trang 70

Sáng kiến kinh nghiệm ⇔

D. π R22lmin ≈ M lmin ≈

⇒

Từ đó

M πR22 D

2.π .σ .R2 R2 ( − 1) ≈ 0,334 Mg R1

(cos α )max ≈

α min ≈ 69,87

⇒

0

3.2.3.12 Một dòng nước chảy thẳng đứng xuống dưới. Trên một đoạn của dòng nước dài h = 3 cm người ta thấy đường kính của dòng giảm từ 3 mm đến 2 mm. Hỏi sau bao lâu thì nước có thể chảy hết một cốc có dung tích V = 400 cm3. Cho hệ số căng mặt ngoài của nước ρ = 0,067 N/m. Lấy g = 10 m/s2.

Lời giải Sự giảm đường kính của thiết diện dòng nước (ống dòng) là do lực căng mặt ngoài. Do đó áp suất tĩnh trong phương trình Becnuli trong trường hợp này phải kể thêm áp suất phụ gây thêm bởi mặt cong thoáng của ống S2

dòng. Ở đây áp suất phụ được tính theo công thức: ∆P = σ (

S1

1 1 + ) R1 R2

h

với R1 là bán kính thiết diện ống dòng, còn R2 là bán kính chính khúc của đường sinh.

1 , tức là: R2

Vì R2 có giá trị lớn lên ta bỏ qua ∆P = σ

1 R

Áp dụng phương trình Becnuli đối với các tiết diện S1 và S2 (có bán R1 = 3/2 mm và R2 = 2/2 mm) σ R1

+ Dgh1 +

Dv12 Dv 2 σ = + Dgh2 + 21 2 R2 2

(1)

Với: h1 - h2 = 3 cm. Mặt khác ta có: Trang 71

kính

Sáng kiến kinh nghiệm

S1.v1 = S2.v2

⇒

v2 = v1.

S1 R = v 1 ( 1 )2 S2 R2

(2)

Từ (1) và (2) rút ra: v21 =

D.g .h.R1 .R2 − σ ( R1 − R2 ) 2.R23 .

R1 D.( R14 − R24 )

Thời gian cần tìm là: ∆ t =

V V = ≈ 150 (s) Q S .v1

3.2.3.13 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 lượng M = 80kg. Hai tấm thuỷ tinh song song nén Hg thành một vết tròn có bán kính R = 5 cm, coi Hg không làm ướt thuỷ tinh. Tính : a. Hệ số căng mặt ngoài của thuỷ ngân b. Phải đặt quả nặng có khối lượng bao nhiêu thì bán kính vết tròn tăng thêm 1 cm, cho DHg = 13,6.103 kg/m3, g = 9,8 m/s2.

Lời giải a. Có thể cho rằng mép của vết thuỷ ngân có dạng màng tiết diện nửa đường tròn, bán kính r. Ở trạng thái cân bằng áp suất phụ ở mép thuỷ ngân (∆P) cân bằng với áp suất do trọng lượng (Pg) quả nặng tác dụng lên vết thuỷ ngân : ∆P = P

M

+ Áp suất phụ tính theo công thức : 1 r

∆P = σ( +

1 ) R

2r

R

+ Áp suất do trọng lượng, được tính: P=

F Mg = S πR 2 Trang 72

Sáng kiến kinh nghiệm 1 r

→

σ +

→

σ=

1  Mg = R  πR 2

(1)

Mg πR( R + r )

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

m

ρ

= πR 2 .2r

m 10 −3 r = = = 4,68.10-6 (m) 2 3 −2 2 2πρ .R 2.π .13,6.10 (5.10 )

→

80.9,8.4,68.10 −6 ≈ 0,467 (N/m) σ= π .5.10 − 2 (5.10 − 2 + 4.68.10 − 6 )

Vậy b. Khối lượng M'

Do bán kính tăng thêm 1cm, nên R' = R + 1 = 6 (cm) r' =

→

10 −3 m = ≈ 3,25.10 − 6 (m) 2π .D.R ' 2 2π .13,6.10 3 (6.10 − 2 ) 2

Từ (1) suy ra: M' = =

π .σ .( R'+ r ' ).R' r'

π .0,467(6.10 −2 + 3,25.10 −6 ).6.10 −2 3,25.10 − 6

≈ 1624 (kg)

3.2.3.14 Coi cái kim như một hình trụ có đường kính d. Nếu bôi mỡ lên kim thì kim có thể nổi trên mặt nước, nếu d < dmax. Hãy tính dmax, biết khối lượng riêng của thép là D = 7,8.103 kg/m3; hệ số căng mặt ngoài của nước σ = 0,0073 N/m Lời giải Trang 73

Sáng kiến kinh nghiệm

Kim bôi mỡ thì nước không làm dính ướt kim và mặt thoáng lõm xuống thành mặt trụ, có

∆P

xuất hiện áp suất phụ

P

∆P =

σ R

=

2σ , áp suất này hướng lên trên. d

Để kim có thể nổi trên mặt nước, áp suất phụ gây bởi mặt cong của chất lỏng phải lớn hơn hoặc bằng áp suất (P) gây bởi trọng lượng của kim lên mặt nước.

mg mg = = P= S ld

D(

πd 2 4 l

.l ).g

=

π .D.d .g 4

Do đó: ∆P ≥ P Vậy dmax =

8σ = Dπg

8.7,3.10 −3 = 4,88.10 − 4 (m 3 7,8.10 π .10

3.2.3.15 Tính áp suất không khí (theo mmHg) trong một bong bóng nước đường kính d = 0,01mm ở độ sâu h = 20mm dưới mặt nước. Áp suất bên ngoài (áp suất khí quyển) tác dụng lên mặt nước là H = 765mmHg. Suất căng mặt ngoài của nước ở 20oC là 0,073 N/m.

Lời giải Áp suất không khí trong bong bóng được tính theo công thức: P = H + ρgh +

2α r

Trong đó: H - áp suất bên ngoài. ρgh - áp suất thuỷ tĩnh.

2α - áp suất phụ. r Trang 74

Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có: H = 765mmHg ; ρgh = 1970N/m2 = 14,7 mmHg; 2α = 2,92.104 N/m = 219 mmHg. r

Vậy áp suất không khí trong bong bóng P = 998,7 (mmHg) 3.2.3.16 Một thùng kín có chiều cao h = 3 m chứa đầy nước. 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 nắp thì áp suất P2 ở đáy thùng bằng bao nhiêu ? b) Nếu có một bọt khí đi lên sát nắp, còn bọt khí kia vẫn ở sát đáy, thì áp suất P1 ở đáy thùng bằng bao nhiêu ?

Lời 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 nước không đổi hay thể tích của hai bọt khí luôn bằng 2V a) Nếu cả hai bọt khí đều đi lên sát nắp thì thể tích mỗi bọt không đổi, do đó áp suất khí trong mỗi bọt khí cũng không đổi và giữ giá trị bằng P0 Áp suất P2 ở đáy thùng được tính như sau : P2 = P0 + ρgh = 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 : P0 V = P1V”

(2)

Áp dụng định luật Bôi-Mariốt cho bọt từ đáy đi lên nắp thùng : P0 V = (P1- ρgh )V’

(3) Trang 75

Sáng kiến kinh nghiệm

Từ (1), (2), (3) có phương trình cho P1 (với ρgh = P) như sau: P12 - (P0 + P) P1 +

1 P0 P = 0 2

Giải phương trình này ta có: P1 =

1 (P0 + P ± 2

Po + P 2 )

Ta chọn nghiệm sao cho P1 > P0 Vậy P1 =

[

]

1 150 + 29,5 + 150 2 + 29,5 2 = 166 (kPa) 2

3.2.4 BIẾN ĐỔI TRẠNG THÁI CHẤT LỎNG 3.2.4.1 Để xác định nhiệt dung riêng của chất A người ta lấy m = 0,15 kg chất đó ở t1 = 1000C thả vào một nhiệt lượng kế bằng đồng thau có khối lượng m1 = 0,12 kg chứa m2 = 0,2 kg nước ở t1 = 160C. Nhiệt độ chung của hệ khi có cân bằng nhiệt là t = 220C. Hãy xác định nhiệt dung riêng c của chất A theo kết quả thí nghiệm trên.

Cho biết nhiệt dung riêng của dồng thau là c1 = 0,4.103 J/kg.K và của nước là c2 = 4,2.103 J/kg.K. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh.

Lời giải Ở đây có sự trao đổi nhiệt giữa ba vật: Vật làm bằng chất A, nhiệt lượng kế và nước trong nhiệt lượng kế.

Nhiệt lượng do vật toả ra: Q1 = cm(t1 – t) Nhiệt lượng do nhiệt lượng kế và nước thu vào: Q2 = c1m1(t – t2) + c2m2(t – t2) Nếu không kể đến sự mất nhiệt ra môi trường xung quanh ta có phương trình cân bằng nhiệt: Q1 = Q2 ⇔

cm(t1 – t) = c1m1(t – t2) + c2m2(t – t2)

Suy ra

c=

(c1 m2 + c 2 m2 )(t − t 2 ) 3 ≈ 0,46.10 (J/kg.K) m(t1 − t )

Trang 76

Sáng kiến kinh nghiệm

3.2.4.2 Khi đun nước bằng một ấm điện có công suất P = 500w sau 2 phút nhiệt độ nước tăng từ t1 = 85oC đến t2 = 90oC. Sau đó ngắt điện trong 1 phút nhiệt độ nước giảm 1oC. Hỏi lượng nước có trong ấm bao nhiêu ? biết nhiệt dung riêng của nước C = 4,19.103 J/kg.K. Bỏ qua nhiệt dung riêng của ấm so với của nước.

Lời giải Gọi τ1 là thời gian làm nóng nước (τ1 = 2ph) Theo định luật bảo toàn năng lượng: P. τ1 = cm(t2 - t1) + Q1

(1)

Với m là khối lượng của nước, Q là nhiệt lượng truyền vào không gian xung quanh. Q1 tỉ lệ với τ1 và với độ chênh lệch nhiệt độ với môi trường xung quanh.

Khi nước nguội đi (khi ngắt điện) năng lượng toả ra môi trường xung quanh là:

Q2 = mc∆t

Ở đây ∆t = 1oC là độ biến đổi của nước trong thời gian τ2 =1ph. Vì độ chênh lệch nhiệt độ của nước với môi trường trong thời gian biến đổi không đáng kể, còn τ2 = 0,5τ1 nên Q2 = 0,5 Q1 nên : Q1 = 2 Q2 = mc ∆t

(2)

Từ (1) và (2) ta có : Pτ1 - mc(t2 -t1) = 2mc∆t ⇒

m=

Pτ 1 500.2.60 = ≈ 2,04 (kg) C (t 2 − t 1 + 2∆t ) 4,19.10 3 (90 − 85 + 2.1)

3.2.4.3 Có hai bình cách nhiệt, trong bình thứ nhất chứa 5 lít nước ở nhiệt độ t1 = 600C, bình thứ hai chứa 1 lít nước ở nhiệt độ t2 = 200C. Đầu tiên rót một phần nước ở bình thứ nhất sang bình thứ hai. Sau đó khi bình thứ hai đã đạt được cân bằng nhiệt người ta rót trở lại bình thứ hai sang bình thứ nhất một lượng nước để cho dung tích nước ở hai bình lại bằng dung tích ban đầu. Sau các thao tác đó nhiệt độ Trang 77

Sáng kiến kinh nghiệm

nước trong bình thứ nhất hạ xuống còn t3 = 590C. Hỏi đã rót bao nhiêu nước từ bình thứ nhất sang bình thứ hai và ngược lại? Bỏ qua nhiệt dung của bình.

Lời giải Theo đề bài khối lượng nước ∆ m từ bình 1 chuyển sang bình 2 bằng khối lượng nước chuyển ngược lại từ bình 2 sang bình 1. Đối với bình 1, sau quá trình đó nhiệt độ đã giảm đi một lượng ∆ t1 = 10C và nước trong bình 1 đã mất một nhiệt lượng: Q1 = cm1. ∆ t1 Theo định luật bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng này được truyền cho nước trong bình 2. Do đó: cm2. ∆ t2 = Q1 = cm1. ∆ t1 Trong đó ∆ t2 là độ biến thiên nhiệt độ của nước trong bình 2. ∆ t2 =

⇒

m1 . ∆ t1 =5 (0C) m2

Như vậy sau khi chuyển khối lượng nước ∆ m từ bình 1 (có nhiệt độ t1 = 600C) sang bình 2, thì nhiệt độ nước trong bình 2 trở thành t4 = t2 + 5 = 250C. Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt: ∆ m.c( t1-t4 ) = m2c(t4-t2) ⇒

∆ m = 1/7 (kg)

3.2.4.4 Nếu nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ một khối lượng m của nước từ 600F tới 780F bằng một cách nào đó được biến đổi thành động năng chuyển động tịnh tiến của nước thì tốc độ của nước sẽ là bao nhiêu?

Lời giải: Theo bài ra:

0

0

0

∆ t = 78 F - 68 F = 10 F

Nhiệt lượng cần thiết để đun nóng nước là: Trang 78

Sáng kiến kinh nghiệm

Q = mc ∆ t Động năng tịnh tiến của khối nước là: K=

1 mv2 2

Theo đề bài : K=Q ⇒ ⇒

1 mv2 = mc ∆ t 2

v = 2.c.∆t = 2.4,186.10 3.5,56 = 216 (m/s)

3.2.4.5 Một vật khối lượng 6 kg rơi từ độ cao 50m và nhờ một liên kết cơ học làm quay một bánh xe có cánh khuấy 0,6 kg nước. Nước ban đầu ở 150C. Nhiệt độ cao nhất mà nước lên tới là bao nhiêu?

Lời giải: Công A do vật sinh ra khi sôi là: A = Ph = Mgh Nhiệt lượng cần cung cấp cho m = 0,6 kg nước là: Q = mc(t2 - t1) ⇒

t2 =

M .g .h 6.9,8.50 + t1 = + 15 = 16,2 0C 3 mc 0,6.4,186.10

3.2.4.6 Một bát bằng đồng nặng 150g đựng 220g nước đều ở nhiệt độ 200C. Một miếng đồng hình trụ khối lượng 300g ở nhiệt độ cao rơi vào bát nước làm nước xôi và biến 500g nước thành hơi. Nhiệt độ cuối của hệ là 1000C. Hỏi: a. Bao nhiêu nhiệt lượng đã truyền cho nước? b. Bao nhiêu nhiệt lượng đã truyền cho bát? c. Nhiệt độ ban đầu của hình trụ là bao nhiêu?

Lời giải: Trang 79

Sáng kiến kinh nghiệm

a. Nhiệt lượng đã truyền cho nước là: Q1 = m1c(100 -20) + mL = 20,29 (cal) b. Nhiệt lượng đã truyền cho bát là: Q2 = m2c(100 - 20) = 0,15.386.80 = 4632 (J) = 1107 (cal) c. Nhiệt lượng mà hình trụ đã nhả ra là: Q3 = m3c1(T3 - 100) Theo định luật bảo toàn năng lượng: Q1 + Q2 = Q3 ⇒ T3 =

Q1 + Q2 + 100 m3 c1

Thay số ta có: T3 =

84,95.10 3 + 4,63.10 3 + 100 = 873,6 0C 0,3.386

Vậy nhiệt độ ban đầu của hình trụ là: T3 = 837,6 0C. 3.3.4.7 Một người muốn đun nước bằng cách lắc nước trong phích. Giả thiết rằng, dùng 500 cm3 nước ở vòi nhiệt độ 590F và nước rơi sau mỗi lần lắc ở độ cao 1 ft. Lắc 30 lần/phút. Bỏ qua sự mất mát nhiệt năng của phích, hỏi mất bao nhiêu thời gian để người đó làm sôi nước.

Lời giải: Ta có:

t = 590F =

59 − 32 = 150C 1,8

Lượng nhiệt Q cần để làm sôi khối lượng nước là: m = ρ V = 103.500.10-6 = 0,5 (kg) Trang 80

Sáng kiến kinh nghiệm ⇒

Q = mc ∆ T = 0,5.4,186.103(100 - 15) = 1,78.105 (J)

Mỗi lần lắc người đó đã sinh một công A: A = mgh = 0,5.9,8.0,3048 = 1,494 (J) Trong một phút người đó sinh một công: A1 = nA = 30.1,494 = 44,8 (J) Thời gian t cần để lắc cho nước sôi là: t =

Q 1,778.10 5 = = 3971 (phút) = 2 ngày 18 giờ 11 phút.

A1 44,8

III. Hiệu quả do sáng kiến đem lại: 1. Hiệu quả kinh tế Trang 81

Sáng kiến kinh nghiệm

Việc trang bị cho HS phương pháp giải bài tập là rất quan trọng, không chỉ đối với bài tập môn Vật lí mà với các môn khoa học nói chung.

Trên đây tác giả đã mạnh dạn chia sẻ kinh nghiệm nghiên cứu và vận dụng chuyên đề về “HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN CƠ HỌC CHẤT LỎNG” vào giảng dạy thực tế môn vật lí ở trường THPT chuyên.

Qua nhiều năm thực hiện và kết quả đạt được, tác giả nhận thấy đề tài này cùng với các chuyên đề khác đã mang lại hiệu quả cao, Áp dụng được cho HS luyện thi đại học mà còn áp dụng rất hiệu quả cho luyện thi HSG các cấp.

2. Hiệu quả về mặt xã hội Chuyên đề trên góp phần vào quá trình đạo tạo thành công nhiều thế hệ học sinh đạt giải quốc gia, quốc tế và khu vực, tạo hiệu ứng tốt cho xã hội.

Tuy nhiên đây mới chỉ là cách nghiên cứu và áp dụng mang tính chủ quan của cá nhân tác giả, có thể còn thiếu sót. Tác giả rất mong muốn nhận được sự phản hồi, góp ý của đồng nghiệp, các em học sinh để đề tài được hoàn thiện, vận dụng hiệu quả hơn trong giảng dạy, có thể áp dụng rộng rãi trong điều kiện chung của giáo dục hiện nay. Cũng là để góp một phần nhỏ bé làm phong phú thêm các phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất lượng dạy và học ở trường phổ thông, đặc biệt là trường chuyên.

IV. Cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền Chúng tôi cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền của các tác giả khác CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận)

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN

......................

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 82

Sáng kiến kinh nghiệm

1. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý trung học phổ thông – Nhà xuất bản giáo dục Việt nam : Cơ học 1; cơ học 2.

2. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý trung học phổ thông – Nhà xuất bản giáo dục Việt nam : Tập 7 : cơ học chất lưu .

3. Chuyên đề cơ học chất lưu - Đại học khoa học tự nhiên.

4. Chuyên đề cơ học chất lưu - Đại học Vinh.

Trang 83