Гидростатика

Cтатистика главы
Количество разделов	5
Количество задач	676

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Гидравлика».

Задача #3211

Условие:

Определить избыточное давление в забое скважины глубиной h = 85 м, которая заполнена глинистым раствором плотностью ρ = 1250 кг/м³.

Решение:

Величину избыточного давления находим по формуле:

$p = ρ g h = 1250 \times 9,81 \times 85 = 1042313 П а = 1042 к П а$

Ответ: p = 1042 кПа.

Задача #32110

Условие:

Определить высоты h₁ и h₂, если на поршни площадью f₁, f₂ и f₃ действуют силы P₁, P₂, P₃.

Решение:

Условия равновесия давления в сечении O–O:

$\frac{P_{1}}{f_{1}} = \frac{P_{2}}{f_{2}} + ρ g h_{1} = \frac{P_{3}}{f_{3}} + ρ g (h_{1} + h_{2})$

Отсюда:

$h_{1} = \frac{1}{ρ g} (\frac{P_{1}}{f_{1}} - \frac{P_{2}}{f_{2}})$

$h_{2} = \frac{1}{ρ g} (\frac{P_{2}}{f_{2}} - \frac{P_{3}}{f_{3}})$

Ответ: нет.

Задача #32111

Условие:

Для измерения давления в сосуде применен многоколенчатый двухжидкостный манометр, изображенный на рисунке.

Определить избыточное давление p по показаниям уровней в коленах манометра и удельным весам γ₁ и γ₂ (γ₁ > γ₂) несмешивающихся жидкостей, заполняющих трубки.

Решение:

Найдем избыточное давление, последовательно просуммировав гидростатические давления столбов жидкостей, учитывая, что понижение уровня – знак «+», повышение – знак «–»:

$p = γ_{1} (z_{4} - z_{3}) - γ_{2} (z_{2} - z_{3}) + γ_{1} (z_{2} - z_{1}) - γ_{2} (z_{0} - z_{1})$

После сокращения получим:

$p = γ_{1} [(z_{4} - z_{3}) + (z_{2} - z_{1})] - γ_{2} [(z_{2} - z_{3}) + (z_{0} - z_{1})]$

Ответ: нет.

Задача #32112

Условие:

Гидравлический домкрат состоит из неподвижного поршня 1 и скользящего по нему цилиндра 2, на котором смонтирован корпус 3, образующий масляную ванну домкрата, и плунжерный насос 4 ручного привода с всасывающим 5 и нагнетательным 6 клапанами.

Определить давление рабочей жидкости в цилиндре и массу поднимаемого груза m, если усилие на рукоятке приводного рычага насоса R = 150 Н, диаметр поршня домкрата D = 180 мм, диаметр плунжера насоса d = 18 мм, КПД домкрата η = 0,68, плечи рычага a = 60 мм, b = 600 мм.

Решение:

При движении рукоятки рычага вверх плунжер перемещается вниз, в рабочей камере насоса А создается высокое давление, под действием которого открывается клапан 6. и жидкость вытесняется в полость Б. При этом корпус насоса 3 вместе с грузом поднимается вверх. Давление жидкости в полостях А и Б выравнивается.

На поршень 1 домкрата снизу вверх действует сила, равная весу поднимаемого груза G = mg, на плунжер насоса 4 – сила P, направленная вниз, которую определяем из условия равновесия рычага:

$P = R \frac{b}{a}$

Если пренебречь весом столба жидкости между плунжером насоса и поршнем домкрата, то давление рабочей жидкости в полостях А и Б будет равным:

$p = \frac{4 m g}{π D^{2}} = \frac{4 P}{π d^{2}}$

Отсюда находим теоретическое значение массы груза:

$m = \frac{P}{g} {(\frac{D}{d})}^{2} = \frac{R}{g} \frac{b}{a} {(\frac{D}{d})}^{2}$

Поскольку при выводе формулы для m не были учтены силы трения в насосе и цилиндре домкрата, то действительное значение массы поднимаемого груза будет меньше m:

$m_{1} = m η = \frac{R}{g} \frac{b}{a} {(\frac{D}{d})}^{2} η = \frac{150}{9,81} \times \frac{600}{60} \times {(\frac{180}{18})}^{2} \times 0,68 = 10000 к г$

Давление рабочей жидкости:

$p = \frac{4 m_{1} g}{π D^{2}} = \frac{4 \times 10000 \times 9,81}{3,14 \times {0,18}^{2}} = 3,86 \times 10^{6} П а = 3,86 М П а$

Ответ: p = 3,86 МПа; m₁ = 10000 кг.

Задача #32113

Условие:

Для поддержания постоянного расхода жидкости при исследованиях широко применяется сосуд Мариотта. После заполнения сосуда жидкостью кран 1 закрывается. Во время опорожнения сосуд соединен с атмосферой только трубкой 2. Начавшееся истечение приводит к снижению уровня жидкости и созданию вакуума. Уровень воды в трубке 2 понижается и через нее в сосуд начинает поступать воздух. На уровне нижнего конца трубки 2 устанавливается атмосферное давление. Внутри сосуда на этом же уровне оно также поддерживается равным атмосферному. Таким образом, сосуд опорожняется под постоянным напором Н и расходом Q. Определить, как изменяется давление р₀ по мере опорожнения сосуда.

Решение:

После заполнения сосуда давление в нем равно атмосферному, т. е. p₀ = p_атм. По мере опорожнения в течение короткого времени оно снижается. При поступлении воздуха в сосуд по трубке 2 определим давление из условия равновесия жидкости на уровне плоскости 0–0. В трубке 2 давление равно атмосферному. В сосуде на этом же уровне:

$p_{а б с} = p_{0} + ρ g h$

Вследствие равенства этих давлений:

$p_{а т м} = p_{0} + ρ g h$

Откуда:

$p_{0} = p_{а т м} - ρ g h$

Из этого уравнения видно, что давление в сосуде действительно меньше атмосферного, т. е. в нем вакуум, равный:

$p_{в а к} = p_{а т м} - p_{0} = ρ g h$

По мере опорожнения сосуда и снижения уровня воды, т. е. уменьшения высоты h, вакуум будет уменьшаться. При достижении уровнем воды в сосуде нижнего конца трубки 2 (при h = 0) вакуум будет равен нулю, а давление в сосуде достигнет атмосферного.

Ответ: нет.

Задача #32114

Условие:

Определить абсолютное давление в точке c под поршнем и в точке b на глубине h = 1,3 м, если диаметр поршня d = 0,4 м, а сила, действующая на поршень, Р = 12 кН. Относительная плотность жидкости δ = 1,2.

Решение:

Избыточное давление в точке c:

$p_{c} = \frac{4 P}{π d^{2}} = \frac{4 \times 12000}{3,14 \times {0,4}^{2}} = 95541 П а = 95,5 к П а$

Техническая атмосфера:

$p_{а т} = 98100 П а$

Абсолютное давление в точке c:

$p_{а б с (c)} = p_{а т} + p_{c} = 98100 + 95541 = 193641 П а = 193,6 к П а$

Плотность жидкости:

$ρ = δ ρ_{в о д} = 1,2 \times 1000 = 1200 \frac{к г}{м^{3}}$

Абсолютное давление в точке b:

$p_{а б с (b)} = p_{а б с (c)} + ρ g h = 193641 + 1200 \times 9,81 \times 1,3 = 208945 П а = 208,9 к П а$

Ответ: P = 12 кН.

Задача #32115

Условие:

Определить абсолютное давление р₀ в закрытом резервуаре, если в трубке, присоединенной к резервуару, ртуть поднялась на h = 0,2 м. Атмосферное давление p_атм = 0,1 МПа, плотность ртути ρ_рт = 13,6 × 10³ кг/м³.

Решение:

Абсолютное давление в закрытом резервуаре:

$p_{0} = p_{а т м} - ρ_{р т} g h = 0,1 \times 10^{6} - 13600 \times 9,81 \times 0,2 = 73317 П а = 73,3 к П а$

Ответ: p₀ = 73,3 кПа.

Задача #32116

Условие:

На какую высоту h поднимется вода в пьезометре, если сила, действующая на плунжер, P = 200 Н, диаметр плунжера d = 0,10 м, плотность воды ρ = 1000 кг/м³, a = 0,3 м. Построить эпюру избыточного давления на верхнюю поверхность резервуара.

Решение:

Избыточное давление создаваемое поршнем:

$p = \frac{4 P}{π d^{2}} = \frac{4 \times 200}{3,14 \times {0,10}^{2}} = 25478 П а = 25,5 к П а$

Искомая высота:

$h = \frac{p}{ρ g} = \frac{25478}{1000 \times 9,81} = 2,6 м$

Построим эпюру избыточного давления на верхнюю поверхность резервуара.

Ответ: h = 2,6 м.

Задача #32117

Условие:

Определить абсолютное давление газа в сосуде, если уровень ртути в вакуумметре h = 358 мм.

Решение:

Абсолютное давление в сечении 1-1:

- со стороны резервуара

$p_{1} = p_{0} + ρ_{р т} g h$

- со стороны пьезометра

$p_{1} = p_{а т м}$

очевидно

$p_{0} + ρ_{р т} g h = p_{а т м}$

Отсюда найдем абсолютное давление газа в сосуде:

$p_{0} = p_{а т м} - ρ_{р т} g h = 10^{5} - 13600 \times 9,81 \times 0,358 = 52237 П а = 52,2 к П а$

Ответ: p₀ = 52,2 кПа.

Задача #32118

Условие:

Манометр, подключенный к закрытому резервуару с нефтью (ρ_н = 900 кг/м³), показывает избыточное давление p_м = 40 кПа. Определить абсолютное давление воздуха на поверхности жидкости p₀ и уровень жидкости в пьезометре h_p, если уровень нефти в резервуаре H = 3,5 м, а расстояние от точки подключения до центра манометра z = 1,2 м.

Решение:

Абсолютное давление на дне резервуара:

$p_{д} = p_{а т м} + p_{м} + ρ_{н} g z = 10^{5} + 40 \times 10^{3} + 900 \times 9,81 \times 1,2 = 150595 П а$

Абсолютное давление p₀:

$p_{0} = p_{д} - ρ_{н} g H = 150595 - 900 \times 9,81 \times 3,5 = 119694 П а = 119,7 к П а$

Показание пьезометра:

$h_{p} = \frac{p_{0} - p_{а т м}}{ρ_{н} g} = \frac{119694 - 10^{5}}{900 \times 9,81} = 2,23 м$

Ответ: h_р = 2,23 м.

Задача #32119

Условие:

На какую высоту h поднимется бензин в трубке опущенной в бак, если избыточное давление на поверхности бензина в баке p₀_и = 0,01 МПа. Плотность бензина равна ρ_б = 720 кг/м³.

Решение:

По закону гидростатики избыточное давление на свободной поверхности:

$p_{0 и} = ρ_{б} g h$

Откуда найдем высоту h:

$h = \frac{p_{0 и}}{ρ_{б} g} = \frac{0,01 \times 10^{6}}{720 \times 9,81} = 1,42 м$

Ответ: h = 1,42 м.

Задача #3212

Условие:

Определить избыточное давление воды в трубе по показаниям батарейного ртутного манометра. Отметки уровней ртути от оси трубы: z₁ = 1,75 м; z₂=3 м; z₃=1,5 м; z₄ = 2,5 м.

Решение:

Батарейный ртутный манометр состоит из двух последовательно соединенных ртутных манометров. Давление воды в трубе уравновешивается перепадами уровней ртути, а также перепадами уровней воды в трубках манометра. Суммируя показания манометра от открытого конца до присоединения его к трубе, получим:

$p = ρ_{р т} g (z_{4} - z_{3}) - ρ_{в} g (z_{2} - z_{3}) + ρ_{р т} g (z_{2} - z_{1}) + ρ_{в} g (z_{1} - z_{0}),$

где ρ_в = 1000 кг/м³ – плотность воды;

ρ_рт = 13600 кг/м³ – плотность ртути.

Подставляя заданные величины, получим:

$p = 13600 \times 9,81 \times (2,5 - 1,5) - 1000 \times 9,81 \times (3 - 1,5) +$

$+ 13600 \times 9,81 \times (3 - 1,75) + 1000 \times 9,81 \times (1,75 - 0) = 0,3 \times 10^{6} П а$

Ответ: p = 0,3 × 10⁶ Па.

Задача #3213

Условие:

Определить закон распределения манометрического давления по высоте газового стояка и разность манометрического давления в сечениях 1–1 и 2–2, находящихся друг от друга на растоянии H = 20 м. Плотность газа ρ_г = 0,78 кг/м³, плотность воздуха ρ_в = 1,2 кг/м³.

Решение:

Из основного уравнения гидростатики следует:

$P_{а т 1} = P_{а т 2} + ρ_{в} g H$

$P_{в н 1} = P_{в н 2} + ρ_{г} g H$

где P_ат – атмосферное давление, соответствующее уровням 1–1 и 2–2, Па;

P_вн – полное давление внутри стояка, соответствующее уровням 1–1 и 2–2, Па.

Вычитая из второго уравнение первое получаем:

$P_{в н 1} - P_{а т 1} = P_{в н 2} - P_{а т 2} + (ρ_{г} - ρ_{в}) g H$

$P_{м а н 1} = P_{м а н 2} + (ρ_{г} - ρ_{в}) g H$

где P_ман – манометрическое давление внутри стояка, соответствующее уровням 1–1 и 2–2, Па.

Следовательно, манометрическое давление в газовом стояке меняется по линейному закону. Если плотность газа меньше плотности воздуха, манометрическое давление по высоте стояка возрастает, в противном случаи – уменьшается.

Определим разность манометрических давлений в расматриваемых сечениях:

$P_{м а н 1} - P_{м а н 2} = (ρ_{в} - ρ_{г}) g H = (1,2 - 0,78) \times 9,81 \times 20 = 82,3 П а$

Ответ: P_ман1 = P_ман2 + (ρ_г – ρ_в)gH; P_ман1 - P_ман2 = 82,3 Па.

Задача #3214

Условие:

Определить давление в плоскости А–А, находящейся на глубине h = 1,1 м в цилиндре диаметром D = 0,9 м, в котором находится жидкость плотностью ρ = 860 кг/м³. На поршень массой m = 50 кг действует сила F = 500 Н.

Решение:

Вес поршня:

$G = m g = 50 \times 9,81 = 490,5 Н$

Площадь поршня:

$ω = \frac{π D^{2}}{4} = \frac{3,14 \times {0,9}^{2}}{4} = 0,6359 м^{2}$

Определим избыточное давление в плоскости А–А:

$p_{A} = \frac{G + F}{ω} + ρ g h = \frac{490,5 + 500}{0,6359} + 860 \times 9,81 \times 1,1 = 10838 П а = 10,9 к П а$

Ответ: p_A = 10,9 кПа.

Задача #3215

Условие:

Два герметически закрытых сосуда установлены на одной горизонтальной поверхности и соединены изогнутой трубкой, в которой находится ртуть. Сосуды заполнены на высоту h₁ = 2 м и h₃ = 1 м жидкостями, имеющими удельные веса γ₁ = 10 кН/м³, γ₃= 20 кН/м³ соответственно. Разность уровней ртути в изогнутой трубке h₂ = 0,2 м, удельный вес ртути γ₂ = 133,4 кН/м³. Определить показания манометра, аналогично расположенного на крышке первого сосуда р₁ = 100 кПа. Верхний край ртути совпадает с плоскостью оснований сосудов.

Решение:

Определим давления на поверхности второго резервуара p₂, подходя слева:

$p_{2} = (h_{1} + h_{2}) γ_{1} - h_{2} γ_{2} - h_{3} γ_{3} =$

$= (2 + 0,2) \times 10000 - 0,2 \times 133400 - 1 \times 20000 = - 24680 П а = - 24,7 к П а (в а к у у м)$

Примечание: очевидно, пружинный манометр не покажет величину вакуума, по этом во втором резервуаре нужно установить вакуумметр.

Ответ: p₂ = 24,7 кПа.

Задача #3216

Условие:

Определить избыточное давление p₀ воздуха в напорном баке по показанию манометра, составленного из двух U–образных трубок с ртутью. Соединительные трубки заполнены водой. Отметки уровней даны в метрах. Какой высоты H должен быть пьезометр для измерения того же давления p₀? Плотность ртути ρ_рт = 13600 кг/м³.

Решение:

Найдем избыточное давление p₀, последовательно просуммировав гидростатические давления столбов жидкостей, учитывая, что понижение уровня – знак «+», повышение – знак «–»:

$p_{0} = ρ_{р т} g (1,8 - 0,8) - ρ_{в о д} g (1,6 - 0,8) + ρ_{р т} g (1,6 - 0,6) - ρ_{в о д} g (2,6 - 0,6) =$

$= 2 ρ_{р т} g - 2,8 ρ_{в о д} g = 2 \times 13600 \times 9,81 - 2,8 \times 1000 \times 9,81 = 239364 П а$

Тогда, высота водяного пьезометра слева:

$H = \frac{p_{0}}{ρ_{в о д} g} = \frac{239364}{1000 \times 9,81} = 24,4 м$

Ответ: H = 24,4 м.

Задача #3217

Условие:

Определить, на каких этажах (верхних или нижних) подача газа к газовым приборам будет больше, если плотность наружного воздуха 1,2 кг/м³, а плотность газа в стояке: а) 0,8 кг/м³; б) 1,2 кг/м³; в) 1,4 кг/м³.

Указание. Подача газа к газовым приборам будет больше на тех этажах, где выше манометрическое давления газа в стояке.

Решение:

Разность давлений:

$а) Δ p = (ρ_{в} - ρ_{г}) g h = (1,2 - 0,8) 9,81 h$

$б) Δ p = (ρ_{в} - ρ_{г}) g h = (1,2 - 1,2) 9,81 h = 0$

$в) Δ p = (ρ_{в} - ρ_{г}) g h = (1,2 - 1,4) 9,81 h$

Следовательно:

а) при ρ_в > ρ_г манометрическое давление газа на верхнем этаже больше, чем на нижнем (подача газа больше на верхнем);

б) при ρ_в = ρ_г манометрическое давление газа на верхнем и нижнем этаже одинаковое (одинаковая подача);

в) при ρ_в < ρ_г манометрическое давление газа на нижнем этаже больше, чем на верхнем (подача газа больше на нижнем).

Ответ: а) на верхнем больше; б) одинаковая; в) на нижнем больше.

Задача #3218

Условие:

В сообщающихся сосудах находятся две несмешивающиеся жидкости с плотностями ρ₁ и ρ₂. Определить позицию свободных поверхностей жидкостей H₁ и H₂ по отношению к плоскости сравнения O–O, если ρ₁ = 1000 кг/м³; ρ₂ = 1200 кг/м³; h = 11 см.

Решение:

Запишем уравнение равновесия по отношению к плоскости сравнения О–О:

$ρ_{1} g H_{1} = ρ_{2} g (H_{1} - h)$

Отсюда:

$H_{1} = \frac{ρ_{2} g h}{g (ρ_{2} - ρ_{1})} = \frac{ρ_{2} h}{ρ_{2} - ρ_{1}} = \frac{1200 \times 0,11}{1200 - 1000} = 0,66 м$

Тогда:

$H_{2} = H_{1} - h = 0,66 - 0,11 = 0,55 м$

Ответ: H₂ = 0,55 м.

Задача #3219

Условие:

Два плунжера A и B, находящиеся в горизонтальной плоскости, уравновешены. Определить показание манометра и силу F₂, если силы F₁ = 600 Н, площади плунжеров соответственно S₁ = 60 см², S₂ = 5 см².

Решение:

Нахождение плунжеров в равновесии в горизонтальной плоскости означает, что по закону Паскаля давление, показываемое манометром, будет одинаковым для обоих плунжеров. Показания манометра определяются по формуле:

$p_{м} = \frac{F_{1}}{S_{1}} = \frac{600}{60} = 10 \frac{Н}{{с м}^{2}} = 10^{5} \frac{Н}{м^{2}} = 1 б а р$

Тогда:

$F_{2} = p S_{2} = 10 \times 5 = 50 Н$

Ответ: p_м = 1 бар; F₂ = 50 Н.

Задача #3221

Условие:

Цель задания курсовой работы: для заданной плоской боковой стенки сосуда определить суммарную силу давления и место положения центра давления при различной плотности жидкости.

Исходные данные:

а, м	h, м	α, град.	Р₀, МПа	ρ, кг/м³	l_т, м	I₀, м⁴
2	2	45	0,3	900, 1000	l_т = l/3	I₀ = al³/36

Решение:

Длина боковой стенки равна:

$l = \frac{h}{\sin α} = \frac{2}{\sin 45} = 2,83 м$

Координата центра тяжести фигуры, отсчитываемая в плоскости фигуры от свободной поверхности:

$l_{т} = \frac{l}{3} = \frac{2,83}{3} = 0,94 м$

Глубина погружения в жидкость центра тяжести смоченной поверхности:

$h_{т} = l_{т} \sin α = 0,94 \times \sin 45 = 0,66 м$

Площадь смоченной боковой стенки фигуры (треугольника):

$S = \frac{1}{2} a l = \frac{1}{2} \times 2 \times 2,83 = 2,83 м^{2}$

Сила создаваемая внешним давлениям (Р₀):

$F_{0} = P_{0} S = 0,3 \times 10^{6} \times 2,83 = 849000 Н$

Сила гидростатического давления жидкости на стенку (для плотности ρ₁ = 900 кг/м³ и ρ₂ = 1000 кг/м³):

$F_{д 1} = ρ_{1} g h_{т} S = 900 \times 9,81 \times 0,66 \times 2,83 = 16491 Н$

$F_{д 2} = ρ_{2} g h_{т} S = 1000 \times 9,81 \times 0,66 \times 2,83 = 18323 Н$

Равнодействующая сила давления равна:

$F_{р 1} = F_{0} + F_{д 1} = 849000 + 16491 = 865491 Н = 865 к Н$

$F_{р 2} = F_{0} + F_{д 2} = 849000 + 18323 = 867323 Н = 867 к Н$

Координата положение силы внешнего давления совпадает с координатой центра тяжести плоской фигуры l_т.

Момент инерции плоской фигуры относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести:

$I_{0} = \frac{a l^{3}}{36} = \frac{2 \times {2,83}^{3}}{36} = 1,26 м^{4}$

Координата центра давления, отсчитываемая в плоскости фигуры от свободной поверхности:

$l_{д} = l_{т} + \frac{I_{0}}{l_{т} S} = 0,94 + \frac{1,26}{0,94 \times 2,83} = 1,41 м$

Координата l_р положения равнодействующей сил давления F найдем из уравнения моментов:

$F_{0} l_{т} + F_{д 1} l_{д} = F_{р 1} l_{р 1}$

$F_{0} l_{т} + F_{д 2} l_{д} = F_{р 2} l_{р 2}$

откуда:

$l_{р 1} = \frac{F_{0} l_{т} + F_{д 1} l_{д}}{F_{р 1}} = \frac{849000 \times 0,94 + 16491 \times 1,41}{865491} = 0,95 м$

$l_{р 2} = \frac{F_{0} l_{т} + F_{д 2} l_{д}}{F_{р 2}} = \frac{849000 \times 0,94 + 18323 \times 1,41}{867323} = 0,95 м$

То есть, при увеличении плотности жидкости – координата положения равнодействующей практически не изменится.

Ответ: F_р1 = 865 кН; F_р2 = 867 кН; l_р1 = 0,95 м; l_р12 = 0,95 м.

Задача #32210

Условие:

В перегородке, разделяющей резервуар на две части прямоугольное отверстие, которое закрывается поворотным щитом высотой h = 0,4 м шириной b = 0,8 м.

Определить какую силу T нужно приложить к тросу для поворота щита при H₁ = 1,6 м, H₂ = 1 м, α = 60°, ρ = 1000 кг/м³.

Найти силу, сдвигающую данный порог А.

Решение:

Сила гидростатического давления:

- слева

$P_{1} = ρ g (H_{1} - \frac{h}{2}) h b = 1000 \times 9,81 \times (1,6 - \frac{0,4}{2}) \times 0,4 \times 0,8 = 4395 Н$

- справа

$P_{2} = ρ g (H_{2} - \frac{h}{2}) h b = 1000 \times 9,81 \times (1 - \frac{0,4}{2}) \times 0,4 \times 0,8 = 2511 Н$

Момент инерции прямоугольного затвора относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести:

$I_{0} = \frac{b h^{3}}{12} = \frac{0,8 \times {0,4}^{3}}{12} = 0,00427 м^{4}$

Плечи сил давления относительно оси поворота затвора:

$h_{1} = \frac{h}{2} + \frac{I_{0}}{(H_{1} - \frac{h}{2}) h b} = \frac{0,4}{2} + \frac{0,00427}{(1,6 - \frac{0,4}{2}) \times 0,4 \times 0,8} = 0,210 м$

$h_{2} = \frac{h}{2} + \frac{I_{0}}{(H_{2} - \frac{h}{2}) h b} = \frac{0,4}{2} + \frac{0,00427}{(1 - \frac{0,4}{2}) \times 0,4 \times 0,8} = 0,217 м$

Сумма активных моментов сил относительно оси вращения затвора равна нулю:

$P_{1} h_{1} - P_{2} h_{2} - T h \cos α = 0$

Откуда найдем силу натяжения троса:

$T = \frac{P_{1} h_{1} - P_{2} h_{2}}{h \cos α} = \frac{4395 \times 0,210 - 2511 \times 0,217}{0,4 \times \cos 60} = 1091 Н$

Сила, сдвигающий порог А:

$R = P_{1} - T \cos α - P_{2} = 4395 - 1091 \times \cos 60 - 2511 = 939 Н$

Ответ: T = 1091 Н; R = 939 Н.

Задача #32211

Условие:

Дано: H = 4 м; h = 1 м; α = 45⁰; b = 1,6 м; ρ = 1000 кг/м³.

Определить Т -?

Решение:

Площадь затвора:

$ω = (H - h) b = (4 - 1) \times 1,6 = 4,8 м^{2}$

Глубина погружения центра тяжести щита:

$h_{т} = \frac{H - h}{2} = \frac{4 - 1}{2} = 1,5 м$

Сила давления, действующая на щит:

- слева

$P_{1} = p_{0} ω$

- справа

$P_{2} = (p_{0} + ρ g h_{т}) ω$

Результирующая сила давления, действующая на щит:

$P = P_{2} - P_{1} = (p_{0} + ρ g h_{т}) ω - p_{0} ω = ρ g h_{т} ω = 1000 \times 9,81 \times 1,5 \times 4,8 = 70632 Н$

Момент инерции прямоугольного щита:

$I = \frac{b {(H - h)}^{3}}{12} = \frac{1,6 \times {(4 - 1)}^{3}}{12} = 3,6 м^{4}$

Глубина погружения центра давления:

$h_{д} = h_{т} + \frac{I}{h_{т} ω} = 1,5 + \frac{3,6}{1,5 \times 4,8} = 2 м$

Плечо силы P:

$x = H - h_{д} = 4 - 2 = 2 м$

Составим уравнение равновесия моментов сил относительно точки A:

$T \cos α (H - h) - P \times x = 0$

Откуда найдем искомую силу T:

$T = \frac{P \times x}{\cos α (H - h)} = \frac{70632 \times 2}{\cos 45 \times (4 - 1)} = 66603 Н = 66,6 к Н$

Ответ: T = 66,6 кН.

Задача #32212

Условие:

Дано: a = 0,5 м; b = 0,6 м (ширина); G = 12 кг; h = 2 м; T = 300 кг; ρ = 1000 кг/м³; x -?

Решение:

Сила гидростатического давления на щит:

$P = ρ h a b = 1000 \times 2 \times 0,5 \times 0,6 = 600 к г$

Равновесия моментов сил относительно оси поворота:

$P \frac{a}{2} + G \frac{a}{2} - T x = 0$

Отсюда найдем искомое плечо силы T:

$x = \frac{(P + G) a}{2 T} = \frac{(600 + 12) \times 0,5}{2 \times 300} = 0,51 м$

Ответ: x = 0,51 м.

Задача #32213

Условие:

Определить силу избыточного гидростатического давления на заслонку размерами a x b (a = 16 см, b = 14 см), закрывающую отверстие в стенке резервуара с бензином плотностью ρ = 800 кг/м³. Высота слоя бензина до начала заслонки h = 11 м. Построить эпюру избыточного гидростатического давления.

Решение:

Площадь заслонки:

$ω = a b = 0,16 \times 0,14 = 0,0224 м^{2}$

Глубина погружения центра тяжести заслонки:

$h_{т} = h + \frac{a}{2} = 11 + \frac{0,16}{2} = 11,08 м$

Сила избыточного гидростатического давления на заслонку:

$P = ρ g h_{т} ω = 800 \times 9,81 \times 11,08 \times 0,0224 = 1948 Н$

Ответ: P = 1948 Н.

Задача #32214

Условие:

Слева от квадратного дроссельного затвора размером a × a уровень воды постоянен (H), а справа изменяется (z). Выразить в зависимости от z суммарную гидравлическую силу P, действующую на затвор и ее момент M относительно оси вращения затвора, проходящей через его центр тяжести. Указать наибольшие значения P и M в интервале 0 ≤ z ≤ H.

Решение:

Сила давления:

- с левой стороны

$P_{л} = ρ g (H - \frac{a}{2}) a^{2}$

- с правой стороны (при z ≤ a)

$P_{п р 1} = ρ g \frac{z^{2}}{2} a$

- с правой стороны (при z ≥ a)

$P_{п р 2} = ρ g (z - \frac{a}{2}) a^{2}$

Суммарная сила давления (при z ≤ a):

$P = P_{л} - P_{п р 1} = ρ g (H - \frac{a}{2}) a^{2} - ρ g \frac{z^{2}}{2} a = ρ g H a^{2} (1 - \frac{a^{2}}{2 H} - \frac{z^{2}}{2 a H})$

Суммарная сила давления (при z ≥ a):

$P = P_{л} - P_{п р 2} = ρ g (H - \frac{a}{2}) a^{2} - ρ g (z - \frac{a}{2}) a^{2} = ρ g H a^{2} (1 - \frac{z}{H})$

Момент инерции площади затвора относительно оси проходящей через его центр тяжести:

- с левой стороны

$I_{л} = \frac{a^{4}}{12}$

- с правой стороны (при z ≥ a)

$I_{п р 2} = \frac{a^{4}}{12}$

Вертикальное расстояние между центром тяжести смоченной части затвора и центром вращения затвора:

- с левой стороны

$h_{л} = \frac{I_{л}}{(H - \frac{a}{2}) a^{2}} = \frac{\frac{a^{4}}{12}}{(H - \frac{a}{2}) a^{2}} = \frac{a^{2}}{12 (H - \frac{a}{2})}$

- с правой стороны (при z ≤ a)

$h_{п р 1} = \frac{2}{3} z + \frac{a}{2} - z$

- с правой стороны (при z ≥ a)

$h_{п р 2} = \frac{I_{п р 2}}{(z - \frac{a}{2}) a^{2}} = \frac{\frac{a^{4}}{12}}{(z - \frac{a}{2}) a^{2}} = \frac{a^{2}}{12 (z - \frac{a}{2})}$

Момент силы относительно оси вращения затвора:

- с левой стороны

$M_{л} = P_{л} h_{л} = \frac{ρ g (H - \frac{a}{2}) a^{2} a^{2}}{12 (H - \frac{a}{2})} = \frac{ρ g a^{4}}{12}$

- с правой стороны (при z ≤ a)

$M_{п р 1} = P_{п р 1} h_{п р 1} = ρ g \frac{z^{2}}{2} a (\frac{2}{3} z + \frac{a}{2} - z)$

- с правой стороны (при z ≥ a)

$M_{п р 2} = P_{п р 2} h_{п р 2} = \frac{ρ g (z - \frac{a}{2}) a^{2} a^{2}}{12 (z - \frac{a}{2})} = \frac{ρ g a^{4}}{12}$

Суммарный момент сил относительно оси вращения затвора (при z ≤ a):

$M = M_{л} - M_{п р 1} = \frac{ρ g a^{4}}{12} - ρ g \frac{z^{2}}{2} a (\frac{2}{3} z + \frac{a}{2} - z) = \frac{ρ g a^{4}}{12} (1 - 3 \frac{z^{2}}{a^{2}} + 2 \frac{z^{3}}{a^{3}})$

Суммарный момент сил относительно оси вращения затвора (при z ≥ a):

$M = M_{л} - M_{п р 1} = \frac{ρ g a^{4}}{12} - \frac{ρ g a^{4}}{12} = 0$

Ответ: нет.

Задача #32215

Условие:

Определить силу полного давления на плоскую треугольную стенку и найти центр давления.

Решение:

Линейный размер b:

$b = h \tan α$

Площадь треугольной стенки:

$ω = \frac{b h}{2} = \frac{h^{2}}{2} \tan α$

Глубина погружения центра тяжести треугольной стенки:

$z_{ц . т} = \frac{h}{3}$

Сила избыточного давления на стенку:

$P = ρ g z_{ц . т} ω = ρ g \frac{h}{3} \frac{h^{2}}{2} \tan α = ρ g \frac{h^{3}}{6} \tan α$

Момент инерции площади смоченной поверхности стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести этой площади:

$I = \frac{b h^{3}}{36} = \frac{h \tan α h^{3}}{36} = \frac{h^{4}}{36} \tan α$

Глубина погружения центра давления треугольной стенки:

$z_{ц . д} = z_{ц . т} + \frac{I}{z_{ц . т} ω} = \frac{h}{3} + \frac{\frac{h^{4}}{36} \tan α}{\frac{h}{3} \frac{h^{2}}{2} \tan α} = \frac{h}{3} + \frac{h}{6} = \frac{h}{2}$

Ответ: P = (ρg h³/6)tan α; z_ц.д = h/2.

Задача #32216

Условие:

В вертикальной плоской стене имеется прямоугольное отверстие шириной b и высотой a, закрытое щитком A, который может вращаться вокруг горизонтальной оси O.

Определить давление P на эту ось и ее положение, при котором клапан удерживается в закрытом состоянии минимальным по величине моментом, если с левой стороны от стенки высота уровня свободной поверхности воды над верхней кромкой отверстия H, а с правой – h, причем H > h.

Решение:

Сила давления воды на щит A:

- слева

$P_{1} = ρ g (H + \frac{a}{2}) a b$

- справа

$P_{2} = ρ g (h + \frac{a}{2}) a b$

- результирующая

$P = P_{1} - P_{2} = ρ g (H + \frac{a}{2}) a b - ρ g (h + \frac{a}{2}) a b = ρ g (H - h) a b$

Минимальный момент, который удерживает клапан, будет тогда, когда горизонтальна ось щита будет расположена на его центре тяжести, т. е.:

$h_{т} = h + \frac{a}{2}$

Ответ: нет.

Задача #32217

Условие:

Определить силы давления жидкости на стенки и основание открытого сосуда, если l = 5 м; b = 3 м; ρ = 1000 кг/м³; h = 2 м; α = 60°; g = 10 м/с².

Решение:

Длина стороны трапеции:

$L = l + 2 h \tan α = 7,3 м$

Площадь трапеции:

$S_{1} = (L + l) \frac{h}{2} = (7,3 + 5) \times \frac{2}{2} = 12,3 м^{2}$

$S_{2} = (L + b) \frac{h}{2} = (7,3 + 3) \times \frac{2}{2} = 10,3 м^{2}$

Глубина погружения центра тяжести трапеции:

$h_{т 1} = \frac{h}{3} \frac{2 l + L}{l + L} = \frac{2}{3} \times \frac{2 \times 5 + 7,3}{5 + 7,3} = 0,938 м$

$h_{т 2} = \frac{h}{3} \frac{2 b + L}{b + L} = \frac{2}{3} \times \frac{2 \times 3 + 7,3}{3 + 7,3} = 0,861 м$

Сила давления жидкости:

- на вертикальную стенку (трапецию)

$P_{с т 1} = ρ g h_{т 1} S_{1} = 10^{4} \times 0,938 \times 12,3 = 1,15 \times 10^{5} Н = 115 к Н$

$P_{с т 2} = ρ g h_{т 2} S_{2} = 10^{4} \times 0,861 \times 10,3 = 8,87 \times 10^{4} Н = 88,7 к Н$

- на основания сосуда

$P_{о с н} = ρ g h l b = 10^{4} \times 2 \times 5 \times 3 = 3 \times 10^{5} Н = 300 к Н$

Ответ: P_ст1 = 115 кН; P_ст2 = 88,7 кН; P_осн = 300 кН.

Задача #3222

Условие:

Закрытый цилиндрический сосуд диаметром D = 1,5 м, высотой h = 2 м заполнен октаном с температурой 20 ^℃ до уровня h₁ = 1,5 м. К патрубку у дна сосуда присоединен пьезометр, уровень жидкости в котором h₂ = 2,5 м, открытый в атмосферу с давлением p_ат = 1 ат = 98100 Па. Определить силу избыточного давления на дно сосуда и полного давления на его боковые стенки.

Решение:

Сила избыточного давления на дно сосуда:

$F_{и з} = ρ g h_{2} \frac{π D^{2}}{4} = 702 \times 9,81 \times 2,5 \times \frac{3,14 \times {1,5}^{2}}{4} = 30409 Н$

где ρ = 702 кг/м³ – плотность октана при 20^℃.

Избыточное давление на уровне дна сосуда:

- со стороны пьезометра

$P = ρ g h_{2}$

- со стороны резервуара

$P = p_{м} + ρ g h_{1}$

Очевидно:

$ρ g h_{2} = p_{м} + ρ g h_{1}$

Откуда, найдем избыточное давление в резервуаре над жидкостью:

$p_{м} = ρ g (h_{2} - h_{1}) = 702 \times 9,81 \times (2,5 - 1,5) = 6887 П а$

Абсолютное давление в резервуаре над жидкостью:

$p_{а б с} = p_{а т} + p_{м} = 98100 + 6887 = 104987 П а$

Часть абсолютной силы давления на боковые не затопленные стенки:

$F_{1} = p_{а б с} π D (h - h_{1}) = 104987 \times 3,14 \times 1,5 \times (2 - 1,5) = 247244 Н$

Часть абсолютной силы давления на боковые затопленные стенки:

$F_{2} = 2 (p_{а б с} + ρ g \frac{h_{1}}{2}) D h_{1} = 2 (104987 + 702 \times 9,81 \times \frac{1,5}{2}) \times 1,5 \times 1,5 = 495684 Н$

Полное давление на боковые стенки:

$F = F_{1} + F_{2} = 247244 + 495684 = 742928 Н = 743 к Н$

Ответ: F = 743 кН.

Задача #3223

Условие:

Требуется определить усилие R, которое необходимо употребить для открывания крышки резервуара.

Числовые данные задачи показаны на рисунке.

Решение:

Абсолютное давление в сечении 1-1:

- со стороны ртутного пьезометра:

$P_{1 - 1} = P_{а т} + ρ_{р т} g h$

где P_ат = 98100 Па – атмосферное давление, Па.

- со стороны резервуара:

$P_{1 - 1} = P_{0} + ρ_{в} g H$

где ρ_в = 1000 кг/м³– плотность воды.

Тогда можно записать:

$P_{а т} + ρ_{р т} g h = P_{0} + ρ_{в} g H$

Откуда найдем абсолютное давление на поверхности резервуара:

$P_{0} = P_{а т} + ρ_{р т} g h - ρ_{в} g H = 98100 + 13500 \times 9,81 \times 0,076 - 1000 \times 9,81 \times 1,5 = 93450 П а$

Очевидно на поверхности резервуара вакуум, а его величина:

$P_{в} = P_{а т} - P_{0} = 98100 - 93450 = 4650 П а$

Сила действия вакуума на крышку (приложена в центре крышки):

$F = P_{в} \frac{π D^{2}}{4} = 4650 \times \frac{3,14 \times {0,8}^{2}}{4} = 2336 Н$

Условия равновесия моментов сил относительно шарнира O:

$R l = F \frac{D}{2}$

Откуда найдем минимальное искомое усилия:

$R = \frac{F D}{2 l} = \frac{4650 \times 0,8}{2 \times 1} = 1860 Н$

Ответ: R = 1860 Н.

Задача #3224

Условие:

Определить силы, действующие на верхние F_A и нижние F_B болты крышки, которая имеет форму прямоугольника высотой a = 0,64 м и шириной b = 1,5 м. Показания ртутного вакуумметра h_рт = 150 мм, высота h = 2,2 м. Угол наклона крышки

Решение:

Определим избыточное давление в центре тяжести прямоугольной крышки:

$p_{с} = ρ_{в} g h - ρ_{р т} g h_{р т} = 1000 \times 9,81 \times 2,2 - 13550 \times 9,81 \times 0,150 = 1643 П а$

где ρ_в = 1000 кг/м³ – плотность воды;

ρ_рт = 13550 кг/м³ – плотность ртути.

Сила избыточного давления на крышку:

$F = p_{с} a b = 1643 \times 0,64 \times 1,5 = 1577 Н$

Момент инерции прямоугольной крышки относительно горизонтальной оси проходящей через его цент тяжести:

$I = \frac{b a^{3}}{12} = \frac{{1,5 \times 0,64}^{3}}{12} = 0,0328 м^{4}$

Расстояния от пьезометрической поверхности воды до центра тяжести крышки:

$h_{т} = \frac{p_{с}}{ρ_{в} g} = \frac{1643}{1000 \times 9,81} = 0,167 м$

Цент давления лежит ниже центра тяжести крышки на величину:

$Δ h = h_{д} - h_{т} = \frac{I}{h_{т} a b} = \frac{0,0328}{0,167 \times 0,64 \times 1,5} = 0,205 м$

Составим систему уравнений равновесия моментов сил относительно точки A и B:

$F_{B} a - F (\frac{a}{2} + \frac{Δ h}{\sin α}) = 0$

$F (\frac{a}{2} - \frac{Δ h}{\sin α}) - F_{A} a = 0$

Откуда найдем искомые силы, действующие на верхние и нижние болты крышки:

$F_{B} = \frac{F (\frac{a}{2} + \frac{Δ h}{\sin α})}{a} = \frac{1577 \times (\frac{0,64}{2} + \frac{0,205}{\sin 45})}{0,64} = 1503 Н$

$F_{A} = \frac{F (\frac{a}{2} - \frac{Δ h}{\sin α})}{a} = \frac{1577 \times (\frac{0,64}{2} - \frac{0,205}{\sin 45})}{0,64} = 74 Н$

Ответ: F_B = 1503 Н; F_A = 74 Н.

Задача #3225

Условие:

Используя приведенные на рисунке данные, определить величину и точку приложения равнодействующей сил давления жидкостей и воздуха на стенку АБ резервуара, имеющего форму параллелепипеда. Ширина стенки b = 0,9 м.

Решение:

В резервуаре над свободной поверхностью будет вакуум, так как уровень воды в пьезометре ниже уровня в резервуаре и ρ_т > ρ_с, а его величина:

$P_{в} = ρ_{с} g H_{с} - ρ_{т} g (H - H_{т}) =$

$= 1200 \times 9,81 \times 1 - 1600 \times 9,81 \times (1,3 - 0,8) = 3924 П а$

Определим силу давления на площадку высотою a = 0,4 м:

$F_{1} = P_{в} a b = 3924 \times 0,4 \times 0,9 = 1413 Н$

где ab – площадь площадки, м².

Центр давления силы F₁ лежит ниже точки A на величину:

$h_{1} = \frac{a}{2} = \frac{0,4}{2} = 0,2 м$

Определим силу избыточного давления на смоченную смолой площадку высотой Н_с = 1 м:

$F_{2} = (ρ_{с} g \frac{H_{с}}{2} - P_{в}) H_{с} b = (1200 \times 9,81 \times \frac{1}{2} - 3924) \times 1 \times 0,9 = 1766 Н$

где H_с/2 – расстояния от свободной поверхности до центра веса площадки, м;

H_сb – площадь смоченной смолой площадки, м².

Определим момент инерции прямоугольной площадки высотой H_C относительно горизонтальной оси, проходящей через ее центр:

$I_{2} = \frac{b H_{с}^{3}}{12} = \frac{0,9 \times 1^{3}}{12} = 0,075 м^{4}$

Центр давления силы F₂ лежит ниже точки A на величину:

$h_{2} = a + \frac{H_{с}}{2} + \frac{I_{2}}{(\frac{H_{с}}{2} - \frac{P_{в}}{ρ_{с} g}) H_{с} b} = 0,4 + \frac{1}{2} + \frac{0,075}{(\frac{1}{2} - \frac{3924}{1200 \times 9,81}) \times 1 \times 0,9} = 1,40 м$

Определим силу давления на смоченную тетрахлорметаном площадку высотой H_т = 1 м:

$F_{3} = [ρ_{с} g H_{с} + ρ_{т} g (H_{с} + \frac{H_{т}}{2}) - P_{в}] H_{т} b =$

$= (1200 \times 9,81 \times 1 + 1600 \times 9,81 \times (1 + \frac{0,8}{2}) - 3924) \times 0,8 \times 0,9 = 21472 Н$

где H_с + (H_т/2) – расстояния от свободной поверхности до центра веса площадки, м;

H_тb – площадь смоченной смолой площадки, м².

Определим момент инерции прямоугольной площадки высотой H_т относительно горизонтальной оси, проходящей через ее центр:

$I_{3} = \frac{b H_{т}^{3}}{12} = \frac{0,9 \times {0,8}^{3}}{12} = 0,0384 м^{4}$

Центр давления силы F₂ лежит ниже точки A на величину:

$h_{3} = a + H_{с} + \frac{H_{т}}{2} + \frac{I_{3}}{(H_{с} + \frac{H_{т}}{2} - \frac{P_{в}}{ρ_{с} g}) H_{т} b} =$

$= 0,4 + 1 + \frac{0,8}{2} + \frac{0,0384}{(1 + \frac{0,8}{2} - \frac{3924}{1200 \times 9,81}) \times 1 \times 0,9} = 1,84 м$

Результирующая сила давления на площадку АБ равна:

$F = F_{2} + F_{3} - F_{1} = 1766 + 21472 - 1413 = 21825 Н = 21,8 к Н$

Результирующий момент сил относительно точки A:

$M = F h = F_{2} h_{2} + F_{3} h_{3} - F_{1} h_{1}$

Откуда, найдем точку приложения результирующей силы, которая лежит ниже точки A на величину:

$h = \frac{F_{2} h_{2} + F_{3} h_{3} - F_{1} h_{1}}{F} = \frac{1766 \times 1,40 + 21472 \times 1,84 - 1413 \times 0,2}{21825} = 1,91 м$

Ответ: F = 21,8 кН; h = 1,91 м.

Задача #3226

Условие:

Для слива жидкости (керосина) из хранилища имеется прямоугольный патрубок с размерами a = 0,3 м b = 0,3 м, закрытый крышкой. Крышка может поворачиваться вокруг оси A-A и установлена под углом = 60 ⁰ к горизонту. Уровень жидкости равен H = 4,0 м. Вес крышки G = 80 Н.

Над поверхностью жидкости находится газ, давление которого по показанию манометра равно P_м = 20 кПа. Внутри патрубка жидкости нет, и на крышку действует атмосферное давление.

Определить силу T натяжения троса, необходимую для открытия крышки. Вес крышки не учитывать. Температура жидкости равна t = 30 ℃.

Решение:

Определим плотность керосина при t = 30 ^℃:

$ρ = \frac{ρ_{0}}{1 + α (t - t_{0})} = \frac{808}{1 + 0,0003 \times (30 - 20)} = 806 \frac{к г}{м^{3}}$

где ρ₀ – плотность керосина при 20 ^℃ (справочная таблица);

α - коэффициент температурного расширения для керосина, 1/^℃.

Расстояния по вертикали от свободной поверхности керосина до центра тяжести смоченной площади крышки:

${h^{’}}_{т} = H - \frac{b}{2} = 4 - \frac{0,3}{2} = 3,85 м$

Расстояния по вертикали от пьезометрической поверхности керосина до центра тяжести смоченной площади крышки:

$h_{т} = \frac{P_{м}}{ρ g} + {h^{’}}_{т} = \frac{20000}{806 \times 9,81} + 3,85 = 6,3 8 м$

Площадь смоченной крышки:

$ω = \frac{a b}{\sin α} = \frac{0,3 \times 0,3}{\sin 60} = 0,104 м^{2}$

Избыточная сила давление приложенная к крышке:

$P = (P_{м} + ρ g {h^{’}}_{т}) ω = (20000 + 806 \times 9,81 \times 3,85) \times 0,104 = 5246 Н$

Момент инерции крышки относительно горизонтальной оси проходящей через ее центр тяжести:

$I = \frac{a {(\frac{b}{\sin α})}^{3}}{12} = \frac{0,3 \times {(\frac{0,3}{\sin 60})}^{3}}{12} = 0,00104 м^{4}$

Центр давления силы P лежит ниже центра тяжести на величину:

$ε = \frac{I}{h_{т} ω \sin α} = \frac{0,00104}{6,38 \times 0,104 \times \sin 60} = 0,0018 м$

Плечо силы G:

$l_{1} = \frac{b}{2 tg α} = \frac{0,3}{2 \times tg 60} = 0,087 м$

Плечо силы P:

$l_{2} = \frac{b}{\sin α} + ε = \frac{0,3}{\sin 60} + 0,0018 = 0,348 м$

Плечо силы T:

$l_{3} = \frac{b}{tg α} = \frac{0,3}{tg 60} = 0,173 м$

Сумма моментов сил относительно оси вращения равна нулю:

$G l_{1} + P l_{2} - T l_{3} = 0$

Откуда, найдем искомое натяжения троса:

$T = \frac{G l_{1} + P l_{2} \cos α}{l_{3}} = \frac{80 \times 0,087 + 5246 \times 0,348}{0,17 3} = 10593 Н = 10,6 к Н$

Ответ: T = 10,6 кН.

Задача #3227

Условие:

Донное отверстие в плотине перекрывается плоским прямоугольным щитом шириной b = 6 м. Глубина воды в верхнем бьефе h₁ = 23 м, глубина в нижнем бьефе h₂ = 11,5 м, высота донного отверстия t = 17,25 м, угол наклона α = 40⁰. Щит может поворачиваться вокруг оси, которая проектируется в точку А.

Определить:

1) силу гидростатического давления на щит слева и справа (P₁ и P₂);

2) силу суммарного давления на щит (P);

3) положения равнодействующих сил давления слева и справа (y_д1 и y_д2);

4) положение равнодействующей силы суммарного давления (y_д);

5) силу Т, необходимую для поднятия щита.

Задачу решить графоаналитическим методом с построением эпюр давления и указанием схемы действия определяемых сил.

Решение:

Силу гидростатического давления на щит слева найдем, как площадь трапеции умноженной на ширину щита:

$P_{1} = \frac{ρ g (h_{1} - t) + ρ g h_{1}}{2} \times \frac{t}{\sin α} \times b =$

$= \frac{1000 \times 9,81 \times (23 - 17,25) + 1000 \times 9,81 \times 23}{2} \times \frac{17,25}{\sin 40} \times 6 = 22706475 Н = 22,7 М Н$

где ρ = 1000 кг/м³ – плотность воды.

Силу гидростатического давления на щит справа найдем, как площадь треугольника с основанием ρgh₂умноженной на ширину щита:

$P_{2} = \frac{ρ g h_{2}^{2}}{2 \sin α} b = \frac{1000 \times 9,81 \times {11,5}^{2}}{2 \times \sin 40} \times 6 = 1009177 Н = 1,0 М Н$

Сила суммарного давления на щит (приложена слева):

$P = P_{1} - P_{2} = 22,7 - 1 = 21,7 Н$

Положения равнодействующих сил давления слева и справа

$y_{д 1} = \frac{t}{\sin α} - \frac{2 ρ g (h_{1} - t) + ρ g h_{1}}{3 [ρ g (h_{1} - t) + ρ g h_{1}]} \times \frac{t}{\sin α} =$

$= \frac{17,25}{\sin 40} - \frac{2 \times 1000 \times 9,81 \times (23 - 17,25) + 1000 \times 9,81 \times 23}{3 \times [1000 \times 9,81 \times (23 - 17,25) + 1000 \times 9,81 \times 23]} \times \frac{17,25}{\sin 40} = 16,1 м$

$y_{д 2} = \frac{2}{3} \times \frac{h_{2}}{\sin α} + \frac{(h_{1} - h_{2}) - (h_{1} - t)}{\sin α} =$

$= \frac{2}{3} \times \frac{11,5}{\sin 40} + \frac{(23 - 11,5) - (23 - 17,25)}{\sin 40} = 20,9 м$

Найдем положение равнодействующей силы суммарного давления:

$y_{д} = \frac{P_{1} y_{д 1} - P_{2} y_{д 2}}{P} = \frac{22706475 \times 16,1 - 1009177 \times 20,9}{21697298} = 15,9 м$

Составим уравнения равновесия моментов сил относительно точки A:

$P y_{д} - T \frac{t}{\sin α} = 0$

Откуда, найдем силу T:

$T = \frac{P y_{д} \sin α}{t} = \frac{21697298 \times 15,9 \times \sin 40}{17,25} = 12839099 Н = 12,8 М Н$

Ответ: P₁ = 22,7 МН; P₂ = 1 МН; P = 21,7 МН; y_д1 = 16,1 м; y_д2 = 20,9 м; y_д = 15,9 м; T = 12,8 МН.

Задача #3228

Условие:

На рисунке показано сечение открытого сосуда, имеющего форму призмы и частично заполненного водой. Определить угол наклона стенки B относительно вертикальной стенки A, при котором момент от силы давления жидкости на стенку B относительно точки O будет минимальным. Количество жидкости в сосуде при 0⁰ <

Решение:

Сила избыточного давления, действующая на стенку B (на 1 м ширины):

$P = ρ g \frac{h}{2}$

Плечо силы относительно точки O:

$l = \frac{h}{3 \cos α}$

Момент силы относительно точки O:

$M = P l = \frac{{ρ g h}^{2}}{6 \cos α} (1)$

Объем жидкости в сосуде постоянен, а его величина:

$W = \frac{h^{2} \tan α}{2} = c o n s t$

Откуда:

$h^{2} = \frac{2 W}{\tan α} (2)$

Подставим значение h² из (2) в (1), получим:

$M = P l = \frac{{2 W ρ g h}^{2}}{6 \cos α \tan α} = \frac{{W ρ g h}^{2}}{3 \sin α}$

Очевидно, минимальный момент силы относительно точки O будет при условии:

$\sin α \Rightarrow 1$

$α = 90 °$

Ответ: α = 90°.

Задача #3229

Условие:

Шлюзовое окно закрыто щитом треугольной формы шириной a = 2 м. За щитом воды нет, а глубина воды перед ним – h₁ = 6 м, при этом горизонт воды перед щитом совпадает с его вершиной. Определить силу гидростатического давления и положение центра давления на щит.

Решение:

Глубина погружения центра тяжести треугольного щита:

$h_{т} = \frac{2}{3} h_{1} = \frac{2}{3} \times 6 = 4 м$

Площадь смоченного треугольного щита:

$ω = \frac{1}{2} a h_{1} = \frac{1}{2} \times 2 \times 6 = 6 м^{2}$

Сила гидростатического давления жидкости на треугольный щит:

$P = ρ g h_{т} ω = 1000 \times 9,81 \times 4 \times 6 = 235440 Н = 235 к Н$

где ρ = 1000 кг/м³ – плотность воды.

Момент инерции треугольника относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести:

$I_{0} = \frac{a h_{1}^{3}}{36} = \frac{2 \times 6^{3}}{36} = 12 м^{4}$

Глубина погружения центра давления (точка приложения силы P):

$h_{д} = h_{т} + \frac{I_{0}}{h_{т} S} = 4 + \frac{12}{4 \times 6} = 4,5 м$

Ответ: P = 235 кН; hд = 4,5 м.

Задача #322NaN

Условие:

Определить полное гидростатическое давление на дно круглого резервуара d = 1 м, а также силу давления на дно в двух предположениях:

1) резервуар наполнен водой;

2) резервуар наполнен бензином (ρ_б = 700 кг/м³);

Глубина наполнения в обоих случаях одинакова и равна h = 0,9 м. Сосуд сверху открыт и давление на свободно поверхности равно атмосферному.

Решение:

Полное гидростатическое давление на дно:

$p_{1}^{’} = p_{а т} + ρ g h = 98100 + 1000 \times 9,81 \times 0,9 = 106929 П а = 107 к П а$

$p_{2}^{’} = p_{а т} + ρ_{б} g h = 98100 + 700 \times 9,81 \times 0,9 = 104280 П а = 104 к П а$

Сила полного давления на дно:

$P_{1} = p_{1}^{’} \frac{π d^{2}}{4} = 106929 \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 83939 Н = 83,9 к Н$

$P_{2} = p_{2}^{’} \frac{π d^{2}}{4} = 104280 \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 81860 Н = 81,9 к Н$

Ответ: p₁ = 107 кПа; p₂ = 104 кПа; P₁ = 83,9 кН; P₂ = 81,9 кН.

Задача #3231

Условие:

Дано: h₁ = 1,5 м; D = 1 м; H = 3 м

Жидкость вода ρ = 1000 кг/м³,

P_вак = 0,05 кгс/см² = 4905 Па

Определить:

1) Силы, действующие на болты A, B, C

2) Построить эпюру давления

Решение:

Из подобности треугольников эпюр (см. рисунок), следует пропорциональность:

$\frac{P_{в а к}}{ρ g h_{2}} = \frac{h_{1}}{h_{2}} (1)$

Учитывая:

$h_{1} = H + \frac{D}{2} - h_{2} (2)$

Подставим h₂ из (2) в (1), получим:

$\frac{P_{в а к}}{ρ g (H + \frac{D}{2} - h_{2})} = \frac{H + \frac{D}{2} - h_{2}}{h_{2}}$

Откуда найдем h₂:

$h_{2} = H + \frac{D}{2} - \frac{P_{в а к}}{ρ g} = 3 + \frac{1}{2} - \frac{4905}{1000 \times 9,81} = 3 м$

Очевидно

$h_{2} = H$

$h_{1} = \frac{D}{2}$

Определим силу действия вакуума на верхнюю крышку (то есть силу сжатия болтов группы А):

$F_{A} = ρ g W = ρ g \frac{2 π D^{3}}{3} = 1000 \times 9,81 \times \frac{2 \times 3,14 \times 1^{3}}{3} = 2567 Н = 2,57 к Н$

где W – объем тела давления (полусферы), м³.

Определим силу давления на крышку справа (силу растяжения болтов группы В):

$F_{B} = ρ g (H - \frac{D}{2}) \frac{π D^{2}}{4} = 1000 \times 9,81 \times (3 - \frac{1}{2}) \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 19252 Н = 19,3 к Н$

Определим силу давления на крышку слева (силу растяжения болтов группы С):

$F_{C} = ρ g h \frac{π D^{2}}{4} = 1000 \times 9,81 \times 1,5 \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 11551 Н = 11,6 к Н$

Ответ: F_A = 2,57 кН; F_B = 19,3 кН; F_C = 11,6 кН.

Задача #3232

Условие:

Водопровод из стальных труб повернут на угол α = 60°. Определить усилие R, на которое должен рассчитываться упор, если диаметр водопровода d = 100 мм, давление воды в нем p = 15 ат = 1471500 Па.

Решение:

Рассмотрим объем жидкости ограниченный фланцами a и b. Сила давления у фланцев a и b равна:

$P = p \frac{π d^{2}}{4} = 1471500 \times \frac{3,14 \times {0,1}^{2}}{4} = 11551 Н$

Равнодействующая сила давлений на трубопровод:

$R = 2 P \sin \frac{α}{2} = 2 \times 11551 \times \sin \frac{60}{2} = 11551 Н = 11,6 к Н$

Ответ: R = 11,6 кН.

Задача #3233

Условие:

Определить силу давления воды на деталь, имеющую форму четверти круглого цилиндра радиусом R = 0,5 м. Глубина воды в сосуде H = 3 м. Расчет вести на единицу длины конструкции. Показать эпюры вертикальной и горизонтальной составляющей силы давления.

Решение:

Определим горизонтальную составляющую силу давления на 1 м длины четверти цилиндра:

$P_{x} = ρ g h_{т} R = ρ g (H - \frac{R}{2}) R = 1000 \times 9,81 \times (3 - \frac{0,5}{2}) \times 0,5 = 13489 \frac{Н}{м}$

где ρ = 1000 кг/м³ – плотность воды;

h_т – глубина погружения центра тяжести площади (проекция четверти цилиндра на вертикальную плоскость), м.

Определим вертикальную составляющую силу давления на 1 м длины четверти цилиндра:

$P_{y} = ρ g W = ρ g (H R - \frac{π R^{2}}{4}) = 1000 \times 9,81 \times (3 \times 0,5 - \frac{3,14 \times {0,5}^{2}}{4}) = 12790 \frac{Н}{м}$

где W – объем тела давления (эпюра), м³.

Равнодействующая сила давления равна:

$P = \sqrt{P_{x}^{2} + P_{y}^{2}} = \sqrt{13489^{2} + 12790^{2}} = 18589 \frac{Н}{м} = 18,6 \frac{к Н}{м}$

Ответ: P = 18,6 кН/м.

Задача #3234

Условие:

Определить отрывающее и сдвигающее усилия, а также полную силу давления жидкости на полусферическую крышку радиуса R, если заданы пьезометрический напор воды H над центром крышки и угол α наклона стенки бака к горизонту.

Решение:

Воспользуемся формулой для определения силы давления жидкости на стенку по заданному направлению.

Отрывающее усилие P_n, нормальное к стенке бака составляет угол α с вертикалью и определяется как

$P_{n} = ρ g V_{n} \cos α$

где V_n – объем тела давления, изображенный в разрезе заштрихованной площадью abcdea, м³.

$V_{n} = \frac{2}{3} π R^{3} + π R^{2} \frac{H}{\cos α} = π R^{2} (\frac{2}{3} R + \frac{H}{\cos α})$

Следовательно,

$P_{n} = ρ g π R^{2} (\frac{2}{3} R \cos α + H)$

Сдвигающее усилие P_t направлено параллельно стенке бака, составляет угол β = 90 – α с вертикалью и равно:

$P_{t} = ρ g V_{t} \cos β = ρ g V_{t} \sin α$

где V_t – объем тела давления abca, представляющий разность объемов тел давления bcfg и abgf для участков полусферы bc и ab и равный объему полусферы:

$V_{t} = \frac{2}{3} π R^{3}$

Следовательно,

$P_{t} = ρ g \frac{2}{3} π R^{3} \sin α$

Отметим, что сдвигающая сила не зависит от величины напора в баке.

Зная две взаимно перпендикулярные составляющие P_n и P_t, находим полную силу давления, проходящую в данном случае через центр полусферы:

$P = \sqrt{P_{n}^{2} + P_{t}^{2}} = ρ g π R^{2} \sqrt{H^{2} + \frac{4}{3} R H \cos α + \frac{4}{3} R^{2}}$

Задачу можно также решить, пользуясь формулой равновесия объема жидкости, заполняющего полусферу:

$P = N + G$

где N – сила давления жидкости на плоское сечение ac, направлена по нормали к сечению ac, проходя через его центр давления:

$N = ρ g H π R^{2}$

G – сила веса выделенного объема жидкости (полусферы), вертикальна и проходит через центр тяжести полусферического объема:

$G = ρ g \frac{2}{3} π R^{3}$

Проектируя найденные силы на направления отрывающего и сдвигающего усилий, получаем в соответствии с векторным уравнением:

$P_{n} = N + G \cos α = ρ g π R^{2} (H + \frac{2}{3} R \cos α)$

$P_{t} = G \sin α = ρ g \frac{2}{3} π R^{3} \sin α$

Ответ: нет.

Задача #3235

Условие:

Определить вертикальную силу давления воды на полусферическую крышку радиусом r = 1,0 м, закрывающую круглое отверстие резервуара. Глубина заполнения резервуара водой равна H = 2,0 м. Избыточное давление на поверхности воды в резервуаре соответствует показанию манометра p_м = 0,1 бар.

Решение:

Очевидно, результирующая горизонтальная сила давления на полусферу равна нулю.

Объем полусферической крышки:

$W_{п} = \frac{2}{3} π r^{3} = \frac{2}{3} \times 3,14 \times 1^{3} = 2,093 м^{3}$

Найдем объем тела давления, как объем цилиндра с вычитанием объема полусферы:

$W = π r^{2} (H + \frac{p_{м}}{ρ g}) - W_{п} = 3,14 \times 1^{2} \times (2,0 + \frac{10000}{1000 \times 9,81}) - 2,093 = 7,388 м^{3}$

где P_м = 0,1 бар = 10000Па;

ρ_в = 1000 кг/м³ – плотность воды.

Искомое давления (вертикальное) на полусферическую крышку:

$P = ρ g W = 1000 \times 9,81 \times 7,388 = 72476 Н \approx 72,5 к Н$

Ответ: P = 72,5 кН.

Задача #3236

Условие:

На горизонтальной плите стоит железный сосуд без дна в форме усеченного конуса с размерами: D = 2 м, d = 1 м, H = 4 м, δ = 3 мм.

Найти: при каком уровне воды x в сосуде, сосуд оторвется от плиты.

Решение:

Плотность:

- железа

$ρ_{ж} = 7870 \frac{к г}{м^{3}}$

- воды

$ρ_{в} = 1000 \frac{к г}{м^{3}}$

Угол конусности:

$α = \tan^{- 1} (\frac{2 H}{D - d}) = \tan^{- 1} (\frac{2 \times 4}{2 - 1}) = 82,9 °$

Верхний и нижний диаметр внутренней оболочки конуса:

$d^{’} = d - 2 δ \sin α = 1 - 2 \times 0,003 \times \sin 82,9 = 0,994 м$

$D^{’} = D - 2 δ \sin α = 2 - 2 \times 0,003 \times \sin 82,9 = 1,994 м$

Объем:

- внешнего усеченного конуса

$W_{1} = \frac{π H}{12} (d^{2} + D^{2} + d D) = \frac{3,14 \times 4}{12} \times (1^{2} + 2^{2} + 1 \times 2) = 7,327 м^{3}$

- внутреннего усеченного конуса (без железной оболочки)

$W_{2} = \frac{π (H - δ)}{12} ({d^{’}}^{2} + D^{’ 2} + d^{’} D^{’}) =$

$= \frac{3,14 \times (4 - 0,003)}{12} \times ({0,994}^{2} + {1,994}^{2} + 0,994 \times 1,994) = 7,265 м^{3}$

- железа в конусном сосуде:

$W_{ж} = W_{1} - W_{2} = 7,327 - 7,265 = 0,062 м^{3}$

Вес железного конуса:

$G = ρ_{ж} g W_{ж} = 7870 \times 9,81 \times 0,062 = 4787 Н$

Вертикальная сила давления на конус, равна:

$P = G = ρ_{в} g W$

Отсюда найдем объем тела давления:

$W = \frac{G}{ρ_{в} g} = \frac{4787}{1000 \times 9,81} = 0,488 м^{3}$

С другой стороны объем тела давления - это объем полукольца высотой x:

$W = \frac{π (D^{’ 2} - d_{x}^{2})}{8} x$

где

$d_{x} = D^{’} - \frac{x (D^{’} - d ’)}{H}$

Тогда:

$d_{x} = \sqrt{D^{’ 2} - \frac{8 W}{π x}} = D^{’} - \frac{x (D^{’} - d^{’})}{H}$

Подставим в данное уравнение все известные числовые данные, и после сокращения найдем высоту x (методом подстановки):

$\sqrt{{1,994}^{2} - \frac{8 \times 0,488}{3,14 \times x}} = 1,994 - \frac{x \times (1,994 - 0,994)}{4}$

$\sqrt{3,976 - \frac{1,243}{x}} = 1,994 - 0,25 x$

$x = 1,16 м$

Ответ: x = 1,16 м.

Задача #3237

Условие:

Определить силу полного давления P на кривую стенки в форме одной четверти усеченного конуса и угол наклона этой силы к горизонту α.

Решение:

Площадь проекции четверти усеченного конуса на вертикальную плоскость, нормальную к векторам сил P_г1 и P_г₂:

$ω = \frac{R + r}{2} H$

Объем четверти цилиндра высотой H и радиусом R:

$W_{ц} = \frac{π H R^{2}}{4}$

Объем заданного четверти усеченного конуса:

$W_{к} = \frac{π H}{12} (R^{2} + R r + r^{2})$

Тогда объем тела давления:

$W = W_{ц} - W_{к} = \frac{π H R^{2}}{4} - \frac{π H}{3} (R^{2} + R r + r^{2}) = π H (\frac{R^{2}}{4} - \frac{R^{2} + R r + r^{2}}{12})$

Горизонтальная составляющая силы давления:

$P_{г} = P_{г 1} + P_{г 2} = 2 ρ g \frac{H}{2} ω = ρ g H ω = ρ g H^{2} \frac{R + r}{2}$

Вертикальная составляющая силы давления:

$P_{в} = ρ g W = ρ g π H (\frac{R^{2}}{4} - \frac{R^{2} + R r + r^{2}}{12})$

Равнодействующая сила давления:

$P = \sqrt{P_{г}^{2} + P_{в}^{2}} = \sqrt{{[ρ g H^{2} \frac{R + r}{2}]}^{2} + {[ρ g π H (\frac{R^{2}}{4} - \frac{R^{2} + R r + r^{2}}{12})]}^{2}}$

Угол наклона вектора силы P к горизонту:

$α = \cos^{- 1} \frac{P_{г}}{P} = \cos^{- 1} ’{’\frac{ρ g H^{2} \frac{R + r}{2}}{\sqrt{{[ρ g H^{2} \frac{R + r}{2}]}^{2} + {[ρ g π H (\frac{R^{2}}{4} - \frac{R^{2} + R r + r^{2}}{12})]}^{2}}}’}’$

Ответ: нет.

Задача #3238

Условие:

Определить силу R₁, открывающую днище, силу R₂, разрывающую резервуар по сечению A-A.

Дано: H = 6,0 м; h = 1,8 м; D = 4,5 м; жидкость – нефть (ρ = 900 кг/м³).

Решение:

Объем тела давления (объем цилиндра + объем конуса):

$W = \frac{π D^{2}}{4} H + \frac{π D^{2}}{12} H = 0,333 π D^{2} H = 0,333 \times 3,14 \times {4,5}^{2} \times 6 = 127,043 м^{3}$

Площадь проекции фигуры на вертикальную плоскость (площадь прямоугольника и площадь треугольника):

$ω = H D = 6 \times 4,5 = 27,00 м^{2}$

$ω^{’} = \frac{h D}{2} = \frac{1,8 \times 4,5}{2} = 4,05 м^{2}$

Определить искомые силы:

$R_{1} = ρ g W = 900 \times 9,81 \times 127,043 = 1121663 Н = 1121 к Н$

$R_{2} = \frac{1}{2} ρ g H ω + (\frac{h}{3} + H) ρ g ω^{’} =$

$= \frac{1}{2} \times 900 \times 9,81 \times 6 \times 27 + (\frac{1,8}{3} + 6) \times 900 \times 9,81 \times 4,05 = 951148 Н = 951 к Н$

Ответ: R₁ = 1121 кН; R₂ = 951 кН.

Задача #323NaN

Условие:

Дано: h₁ = 1,5 м; D = 1 м; H = 3 м

Жидкость вода ρ = 1000 кг/м³,

P_вак = 0,05 кгс/см² = 4905 Па

Определить:

1) Силы, действующие на болты A, B, C

2) Построить эпюру давления

Решение:

Из подобности треугольников эпюр (см. рисунок), следует пропорциональность:

$\frac{P_{в а к}}{ρ g h_{2}} = \frac{h_{1}}{h_{2}} (1)$

Учитывая:

$h_{1} = H + \frac{D}{2} - h_{2} (2)$

Подставим h₂ из (2) в (1), получим:

$\frac{P_{в а к}}{ρ g (H + \frac{D}{2} - h_{2})} = \frac{H + \frac{D}{2} - h_{2}}{h_{2}}$

Откуда найдем h₂:

$h_{2} = H + \frac{D}{2} - \frac{P_{в а к}}{ρ g} = 3 + \frac{1}{2} - \frac{4905}{1000 \times 9,81} = 3 м$

Очевидно

$h_{2} = H$

$h_{1} = \frac{D}{2}$

Определим силу действия вакуума на верхнюю крышку (то есть силу сжатия болтов группы А):

$F_{A} = ρ g W = ρ g \frac{2 π D^{3}}{3} = 1000 \times 9,81 \times \frac{2 \times 3,14 \times 1^{3}}{3} = 2567 Н = 2,57 к Н$

где W – объем тела давления (полусферы), м³.

Определим силу давления на крышку справа (силу растяжения болтов группы В):

$F_{B} = ρ g (H - \frac{D}{2}) \frac{π D^{2}}{4} = 1000 \times 9,81 \times (3 - \frac{1}{2}) \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 19252 Н = 19,3 к Н$

Определим силу давления на крышку слева (силу растяжения болтов группы С):

$F_{C} = ρ g h \frac{π D^{2}}{4} = 1000 \times 9,81 \times 1,5 \times \frac{3,14 \times 1^{2}}{4} = 11551 Н = 11,6 к Н$

Ответ: F_A = 2,57 кН; F_B = 19,3 кН; F_C = 11,6 кН.

Задача #3241

Условие:

Кусок железа весит в воде G = 1 H, а его плотность ρ = 7800 кг/м³. Определите его объем.

Решение:

Вес тела в воде:

$G = (ρ - ρ_{в}) g W$

где ρ = 1000 кг/м3 – плотность воды;

W – объем погруженного железа, м³.

Откуда найдем объем погруженного железа:

$W = \frac{G}{(ρ - ρ_{в}) g} = \frac{1}{(7800 - 1000) \times 9,81} = 0,0000150 м^{3} = 15 {с м}^{3}$

Ответ: W = 15 см³.

Задача #3242

Условие:

Определите натяжение нити, связывающей два шара объема W = 1 м³, если верхний шарик плавает, наполовину погрузившись в воду. Нижний шарик в три раза тяжелее верхнего.

Решение:

Выталкивающая сила, действующая на шары:

$P_{1} = γ \frac{W}{2} = 9810 \times \frac{1}{2} = 4905 Н$

$P_{2} = γ W = 9810 \times 1 = 9810 Н$

где γ = 9810 – удельный вес воды, Н/м³.

По условию задачи:

$\frac{G_{2}}{G_{1}} = 3 (1)$

Условия плаванья шаров:

$P_{1} + P_{2} = G_{1} + G_{2} (2)$

Учитывая условие (1) уравнение (2) можно записать:

$P_{1} + P_{2} = 4 G_{1}$

Откуда найдем вес верхнего шарика:

$G_{1} = \frac{P_{1} + P_{2}}{4} = \frac{4905 + 9810}{4} = 3679 Н$

Искомое натяжения каната:

$T = P_{1} - G_{1} = 4905 - 3679 = 1226 Н$

Ответ: T = 1226 Н.

Задача #3251

Условие:

Сосуд с квадратным основанием b × b, имеющий собственный вес G, наполнен водой до высоты h и скользит по горизонтальной плоскости под действием груза Q.

Найти:

1) высоту H сосуда, необходимую для сохранения в нем всей жидкости во время движения, если задан коэффициент трения f сосуда о плоскость скольжения;

2) величины сил давления воды на переднюю и заднюю стенки сосуда.

Решение:

Вес воды в сосуде:

$G_{в} = ρ g W_{в} = ρ g h b^{2}$

где W_в – объем воды в сосуде, м³.

Сила трения:

$F_{т р} = (G + G_{в}) f = (G + ρ g h a^{2}) f$

Масса самого (пустого) сосуда:

$m = \frac{G}{g}$

Масса воды в сосуде:

$m_{в} = \frac{G_{в}}{g} = \frac{ρ g h b^{2}}{g} = ρ h b^{2}$

Масса груза:

$m_{г} = \frac{Q}{g}$

Составим уравнение движения сосуд-груз (трением в ролике пренебрегаем):

$(m + m_{в} + m_{г}) a = Q - F_{т р}$

Учитывая выше записанные выражения, получим:

$(\frac{G}{g} + ρ h b^{2} + \frac{Q}{g}) a = Q - (G + ρ g h b^{2}) f$

Откуда найдем ускорения сосуда:

$a = g \frac{Q - (G + ρ g h b^{2}) f}{Q + G + ρ g h b^{2}}$

Известно, что при равномерном ускорении свободная поверхность жидкости отклонится на угол β от горизонта:

$\tan β = \frac{a}{g}$

Для решения первого вопроса задачи вычислим высот Δh, на которую поднимается жидкость у задней стенки сосуда.

Из условия неизменности объема воды в сосуде следует, что свободная поверхность должна повернуться вокруг оси O, расположенной на середине длины сосуда и нормальной к плоскости движения. Таким образом:

$Δ h = \frac{b}{2} \tan β = \frac{b a}{2 g}$

Требуемая высота сосуда:

$H = h + Δ h = h + \frac{b a}{2 g}$

Глубина погружения центра тяжести задней стенки:

$h_{т 1} = \frac{h + Δ h}{2}$

Площадь задней смоченной стенки:

$ω_{1} = b (h + Δ h)$

Сила давления воды на заднюю стенку сосуда равна:

$P_{1} = ρ g h_{т 1} ω_{1} = ρ g \frac{h + Δ h}{2} b (h + Δ h) = ρ g \frac{b}{2} {(h + Δ h)}^{2} = ρ g \frac{b}{2} {(h + \frac{b a}{2 g})}^{2}$

Глубина погружения центра тяжести передней стенки:

$h_{т 2} = \frac{h - Δ h}{2}$

Площадь передней смоченной стенки:

$ω_{2} = b (h - Δ h)$

Сила давления воды на переднюю стенку сосуда равна:

$P_{2} = ρ g h_{т 2} ω_{2} = ρ g \frac{h - Δ h}{2} b (h - Δ h) = ρ g \frac{b}{2} {(h - Δ h)}^{2} = ρ g \frac{b}{2} {(h - \frac{b a}{2 g})}^{2}$

Нетрудно видеть, что разность сил P₁ и P₂ равна силе инерции жидкости в сосуде.

Ответ: нет.

Задача #325NaN

Условие:

Найти:

2) величины сил давления воды на переднюю и заднюю стенки сосуда.

Решение:

Вес воды в сосуде:

$G_{в} = ρ g W_{в} = ρ g h b^{2}$

где W_в – объем воды в сосуде, м³.

Сила трения:

$F_{т р} = (G + G_{в}) f = (G + ρ g h a^{2}) f$

Масса самого (пустого) сосуда:

$m = \frac{G}{g}$

Масса воды в сосуде:

$m_{в} = \frac{G_{в}}{g} = \frac{ρ g h b^{2}}{g} = ρ h b^{2}$

Масса груза:

$m_{г} = \frac{Q}{g}$

Составим уравнение движения сосуд-груз (трением в ролике пренебрегаем):

$(m + m_{в} + m_{г}) a = Q - F_{т р}$

Учитывая выше записанные выражения, получим:

$(\frac{G}{g} + ρ h b^{2} + \frac{Q}{g}) a = Q - (G + ρ g h b^{2}) f$

Откуда найдем ускорения сосуда:

$a = g \frac{Q - (G + ρ g h b^{2}) f}{Q + G + ρ g h b^{2}}$

Известно, что при равномерном ускорении свободная поверхность жидкости отклонится на угол β от горизонта:

$\tan β = \frac{a}{g}$

Для решения первого вопроса задачи вычислим высот Δh, на которую поднимается жидкость у задней стенки сосуда.

$Δ h = \frac{b}{2} t an β = \frac{b a}{2 g}$

Требуемая высота сосуда:

$H = h + Δ h = h + \frac{b a}{2 g}$

Глубина погружения центра тяжести задней стенки:

$h_{т 1} = \frac{h + Δ h}{2}$

Площадь задней смоченной стенки:

$ω_{1} = b (h + Δ h)$

Сила давления воды на заднюю стенку сосуда равна:

$P_{1} = ρ g h_{т 1} ω_{1} = ρ g \frac{h + Δ h}{2} b (h + Δ h) = ρ g \frac{b}{2} {(h + Δ h)}^{2} = ρ g \frac{b}{2} {(h + \frac{b a}{2 g})}^{2}$

Глубина погружения центра тяжести передней стенки:

$h_{т 2} = \frac{h - Δ h}{2}$

Площадь передней смоченной стенки:

$ω_{2} = b (h - Δ h)$

Сила давления воды на переднюю стенку сосуда равна:

$P_{2} = ρ g h_{т 2} ω_{2} = ρ g \frac{h - Δ h}{2} b (h - Δ h) = ρ g \frac{b}{2} {(h - Δ h)}^{2} = ρ g \frac{b}{2} {(h - \frac{b a}{2 g})}^{2}$

Нетрудно видеть, что разность сил P₁ и P₂ равна силе инерции жидкости в сосуде.

Ответ: нет.

Гидростатика

Содержание главы

Примеры решений задач

Задача #3211

Задача #32110

Задача #32111

Задача #32112

Задача #32113

Задача #32114

Задача #32115

Задача #32116

Задача #32117

Задача #32118

Задача #32119

Задача #3212

Задача #3213

Задача #3214

Задача #3215

Задача #3216

Задача #3217

Задача #3218

Задача #3219

Задача #3221

Задача #32210

Задача #32211

Задача #32212

Задача #32213

Задача #32214

Задача #32215

Задача #32216

Задача #32217

Задача #3222

Задача #3223

Задача #3224

Задача #3225

Задача #3226

Задача #3227

Задача #3228

Задача #3229

Задача #322NaN

Задача #3231

Задача #3232

Задача #3233

Задача #3234

Задача #3235

Задача #3236

Задача #3237

Задача #3238

Задача #323NaN

Задача #3241

Задача #3242

Задача #3251

Задача #325NaN

Навигация по странице

Сборник задач

Смежные главы