ЗакладкиКорзинаЗаказы

Оглавление раздела

  1. Гидростатическое давление в покоящейся жидкости
  2. Давление жидкости на плоскую поверхность
  3. Давление жидкости на криволинейную поверхность
  4. Плавание тел и остойчивость
  5. Равновесие жидкости в движущихся сосудах

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Гидравлика».

Задача 3-2-1-1

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=ρgh=1250×9,81×85=1042313 Па=1042 кПа

Ответ: p = 1042 кПа.

Задача 3-2-1-10

Условие:

Определить разность уровней h в пьезометрах при равновесии поршней мультипликатора, если отношение диаметров поршней D/d = 3 и высота уровня в правом колене равна H.

В мультипликатор, через левый пьезометр добавлен объем воды, равный V.

Определит величину a смещения поршней.

Решение:

Сила давления, действующая на поршень:

– слева

P=ρgH-hπD24

– справа

P=ρgHπd24

Так как поршни находятся в равновесии, то тогда получим:

ρgH-hπD24=ρgHπd24

После сокращения:

Dd2=HH-h

Откуда найдем искомую разность h в пьезометре:

h=H1-1Dd2=H1-19=89H

Добавляемый объем воды:

V=πD24a+πdтр24z

Откуда:

z=4Vπdтр2-D2dтр2a 1

Из условия сохранения объема получим зависимость со стороны малого поршня:

πd24a=πdтр24y

Откуда:

y=d2dтр2a 2

Очевидно, добавочный объем не изменит разность уровней, т.е.:

h+y-z=89H+y 3

Совместное решение уравнений (1), (2) и (3), даст искомую величину смещения поршней:

a=18V41πd2

Ответ: a = 18V/(41π d2).

Задача 3-2-1-11

Условие:

Поршень пружинного гидроаккумулятора диаметром D = 250 мм во время зарядки поднялся вверх на высоту x = 14 см. Определить жесткость пружины c, если давление жидкости p = 1,0 МПа. Трением между поршнем и цилиндром и весом поршня пренебречь.

Решение:

Сила упругости, действующая на поршень:

F=cx

Сила давления, действующая на поршень:

P=pπD24

Из уравнения равновесия поршня F = P, следует:

cx=pπD24

Откуда находим искомую жесткость пружины:

c=πD2p4x=3,14×0,252×1064×140=350Нмм

Ответ: с = 350 Н/мм.

Задача 3-2-1-12

Условие:

Определить давление p2 в сосуде B с воздухом, если в сосуде A с водой избыточное давление p1 равно 2 ат, а разность уровней ртути в U–образной трубке, соединяющей сосуды, Δh = 1,6 м. Разность уровней сосудов H = 2 м, плотность ртути ρрт = 13544 кг/м3.

Решение:

Давление p1 в паскалях:

p1=196200 Па

Давление в сечении O–O:

– со стороны сосуда A

p0=p1+ρвgH+Δh

– со стороны сосуда B

p0=p2+ρртgΔh

Очевидно, что правые части данных уравнений, равны:

p1+ρвgH+Δh=p2+ρртgΔh

Отсюда найдем искомое давление p2:

p2=p1+ρвgH+Δh-ρртgΔh=

=196200+1000×9,81×1+1,6-13544×9,81×1,6=9119 Па=9,12 кПа

Ответ: p2 = 9,12 кПа.

Задача 3-2-1-13

Условие:

Определить вакуум pвак и абсолютное давление внутри баллона p’в, если показание вакуумметра h = 0,7 м вод. ст.

Решение:

Вакуум внутри баллона:

pвак=ρgh=1000×9,81×0,7=6867 Па=6,87 кПа

Абсолютное давление внутри баллона:

pв=pат-pвак=98100-6867=91223 Па=91,2 кПа

Ответ: pвак = 6,87 кПа; pв = 91, 2 кПа.

Задача 3-2-1-14

Условие:

В отстойнике находятся две жидкости: внизу - вода, высота которой h2 = 0,5 м; вверху - масло, относительная плотность которой δ = 0,85. Определить высоту столба масла h1, если абсолютное давление в точке, расположенной на дне отстойника, p = 107 кПа.

Решение:

Плотность воды:

ρв=1000кгм3

Плотность масла:

ρм=δρв=0,85×1000=850кгм3

Атмосферное давление:

pатм=105 Па

Абсолютное давление на дне:

pабс=pатм+ρмgh1+ρвgh2

Отсюда найдем высоту столба масла:

h1=pабс-pатм-ρвgh2ρмg=107000-105-1000×9,81×0,5850×9,81=0,25 м

Ответ: h1 = 0,25 м.

Задача 3-2-1-15

Условие:

Определить показания ртутного вакууметра h2, если избыточное давление в точке c, расположенной на внутренней поверхности верхней крышки резервуара, который заполнен водой, pи = 8 кПа, H = 0,2 м, h1 = 2,1 м.

Решение:

Плотность:

- воды

ρв=1000кгм3

- ртути

ρрт=13550кгм3

Величина вакуума газа в трубке пьезометра:

pгвак=ρртgh2

Избыточное давление в точке c:

pи=ρвgh1+H-pгвак=ρвgh1-H-ρртgh2

Отсюда найдем показание ртутного вакуумметра h2:

h2=ρвgh1-H-pиρртg=1000×9,81×2,1-0,2-800013550×9,81=0,08 м

Ответ: h2 = 0,08 м.

Задача 3-2-1-16

Условие:

При измерении уровня жидкости в резервуаре барботажным методом по трубке продувают воздух, при этом показания манометра pм = 75 кПа. Определить уровень жидкости в резервуаре H. Относительная плотность жидкости δ = 0,86, h = 0,2 м.

Решение:

Плотность жидкости:

ρ=δρвод=0,86×1000=860кгм3

По закону гидростатики избыточное давление в точке A, равно давлению воздуха:

pм=ρнgH-h

Отсюда найдем уровень нефти:

H=pмρнg+h=75000860×9,81+0,2=9,1 м

Ответ: H = 9,1 м.

Задача 3-2-1-2

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=ρртgz4-z3-ρвgz2-z3+ρртgz2-z1+ρвgz1-z0,

где ρв = 1000 кг/м3 – плотность воды;

ρрт = 13600 кг/м3 – плотность ртути.

Подставляя заданные величины, получим:

p=13600×9,81×2,5-1,5-1000×9,81×3-1,5+

+13600×9,81×3-1,75+1000×9,81×1,75-0=0,3×106 Па

Ответ: p = 0,3 × 106 Па.

Задача 3-2-1-3

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 ρг = 0,78 кг/м3, плотность воздуха ρв = 1,2 кг/м3.

Решение:

Из основного уравнения гидростатики следует:

Pат1=Pат2+ρвgH

Pвн1=Pвн2+ρгgH

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

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

Вычитая из второго уравнение первое получаем:

Pвн1-Pат1=Pвн2-Pат2+ρг-ρвgH

Pман1=Pман2+ρг-ρвgH

где Pман – 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:

Pман1-Pман2=ρв-ρгgH=1,2-0,78×9,81×20=82,3 Па

Ответ: Pман1 = Pман2 + (ρг – ρв)gH; Pман1 - Pман2 = 82,3 Па.

Задача 3-2-1-4

Условие:

Три сообщающихся сосуда с водой прикрыты поршнями. К поршням шарнирно прикреплена на вертикальных стержнях горизонтальная палка. В каком месте нужно приложить к палке силу F, чтобы палка осталась горизонтальной? Диаметры сосудов и расстояния между ними указаны на рисунке (d1 < d2 < d3).

Решение:

Так как все сосуды соединены между собой, тогда имеет место равность давлений под поршнями, а силы давления становят:

F1=pω1=pπd124

F2=pω2=pπd224

F3=pω3=pπd324

где p – гидростатическое давление под каждым поршнем, Па;

ω1, ω2 и ω3 – площадь поперечного сечения поршней, м2.

Составим уравнения равновесия моментов сил относительно центра палки (очевидно, что сила F будет сдвинута влево):

Fl+pπd124a-pπd324a=0 1

В свою очередь сила F является результирующе силой, т.е.:

F=pπd124+pπd224+pπd324 2

Приравняв значения F из (1) и (2), получим:

pπd124+pπd224+pπd324=pπd324la-pπd124la

После сокращения:

d12+d22+d32=d32-d12al

Откуда найдем расстояния от центра палки до точки приложения силы F:

l=d32-d12ad12+d22+d32

Ответ: l = (d32-d12)a/(d12+d22+d32).

Задача 3-2-1-5

Условие:

Определить абсолютное давление воздуха в баке p1, если при атмосферном давлении, соответствующем ha = 760 мм рт. ст., показание ртутного вакуумметра hрт = 0,2 м, высота h = 1,5 м. Каково при этом показание пружинного вакуумметра? Плотность ртути ρрт = 13600 кг/м3.

Решение:

Атмосферное давление в системе единиц СИ:

pa=ρртghа=13600×9,81×0,76=101396 Па

Абсолютное давление на разделе воздух – ртуть и воздух – вода:

p2=pа-ρртghрт=101396-13600×9,81×0,2=74713 Па

Абсолютное давление воздуха в баке:

p1=p2-ρgh=74713-1000×9,81×1,5=59998 Па=0,06 МПа

Показание пружинного вакуумметра:

pвак=pa-p1=101396-59998=41398 Па=0,0414 МПа

Ответ: p1 = 0,06 МПа; pвак = 0,0414 МПа.

Задача 3-2-1-6

Условие:

Определить минимальную силу тяжести груза G, который при заливке формы чугуном нужно положить на верхний стержень, чтобы предотвратить его всплывание. Вес стержней с учетом веса чугуна в литнике и выпоре G1 = 50 Н. Плотность жидкого чугуна ρ = 7000 кг/м3; размеры: H = 200 мм; D = 140 мм; h = 80 мм; d = 120 мм.

Решение:

Сила гидростатического давления:

P=ρghπD2-d24+ρgh+Hπd24=

=7000×9,81×0,08×3,14×0,142-0,1224+7000×9,81×0,08+0,2×3,14×0,1224=240 Н

Условия равновесия стержня:

P-G-G1=0

Откуда найдем искомый груз G:

G=P-G1=240-50=190 Н

Ответ: G = 190 Н.

Задача 3-2-1-7

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:

ρ1gH1=ρ2gH1-h

Отсюда:

H1=ρ2ghgρ2-ρ1=ρ2hρ2-ρ1=1200×0,111200-1000=0,66 м

Тогда:

H2=H1-h=0,66-0,11=0,55 м

Ответ: H2 = 0,55 м.

Задача 3-2-1-8

Условие:

Система двух поршней находится в равновесии. Определить разницу показаний пьезометров h, если D/d = 3; H = 2 м; ρ1 = ρ2 = const.

Решение:

Пусть:

H=h+h

Система находится в равновесии, следовательно:

πd24ρgH=πD24ρgh

Откуда:

h=Hd2D2=29=0,222 м

Тогда:

h=H-h=2-0,222=1,78 м

Ответ: h = 1,78 м.

Задача 3-2-1-9

Условие:

Определить давление воды на дно резервуара и на пробку, закрывающую отверстие в наклонной стенке резервуара. Давление на свободную поверхность жидкости p0 = 5 МПа; h = 2 м; диаметр пробки d = 40 мм; hG = 1 м.

Решение:

Давление на дно сосуда складывается из давления на свободной поверхности и давления от погружения на глубину h:

p=p0+ρgh=5×106+1000×9,81×2=5019620 Па=5,02 МПа

Давление на пробку складывается из давления на свободной поверхности и давления в центре тяжести пробки:

pп=p0+ρghG=5×106+1000×9,81×1=5009810 Па

Сила давления жидкости на пробку:

Fп=pпπd24=5009810×3,14×0,0424=6292 Н=6,29 кН

Ответ: p = 5,02 МПа; Fп = 6,29 кН.

Задача 3-2-2-1

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, мh, мα, град.Р0, МПаρ, кг/м3lт, мI0, м4
22450,3900, 1000lт = l/3I0 = al3/36

Решение:

Длина боковой стенки равна:

l=hsinα=2sin45=2,83 м

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

lт=l3=2,833=0,94 м

Глубина погружения в жидкость центра тяжести смоченной поверхности:

hт=lтsinα=0,94×sin45=0,66 м

Площадь смоченной боковой стенки фигуры (треугольника):

S=12al=12×2×2,83=2,83 м2

Сила создаваемая внешним давлениям (Р0):

F0=P0S=0,3×106×2,83=849000 Н

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

Fд1=ρ1ghтS=900×9,81×0,66×2,83=16491 Н

Fд2=ρ2ghтS=1000×9,81×0,66×2,83=18323 Н

Равнодействующая сила давления равна:

Fр1=F0+Fд1=849000+16491=865491 Н=865 кН

Fр2=F0+Fд2=849000+18323=867323 Н=867 кН

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

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

I0=al336=2×2,83336=1,26 м4

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

lд=lт+I0lтS=0,94 +1,26 0,94 ×2,83=1,41 м

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

F0lт+Fд1lд=Fр1lр1

F0lт+Fд2lд=Fр2lр2

откуда:

lр1=F0lт+Fд1lдFр1=849000×0,94+16491×1,41865491=0,95 м

lр2=F0lт+Fд2lдFр2=849000×0,94+18323×1,41867323=0,95 м

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

Ответ: Fр1 = 865 кН; Fр2 = 867 кН; lр1 = 0,95 м; lр12 = 0,95 м.

Задача 3-2-2-10

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

P1=ρgH1-h2hb=1000×9,81×1,6-0,42×0,4×0,8=4395 Н

- справа

P2=ρgH2-h2hb=1000×9,81×1-0,42×0,4×0,8=2511 Н

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

I0=bh312=0,8×0,4312=0,00427 м4

Плечи сил давления относительно оси поворота затвора:

h1=h2+I0H1-h2hb=0,42+0,004271,6-0,42×0,4×0,8=0,210 м

h2=h2+I0H2-h2hb=0,42+0,004271-0,42×0,4×0,8=0,217 м

Сумма активных моментов сил относительно оси вращения затвора равна нулю:

P1h1-P2h2-Thcosα=0

Откуда найдем силу натяжения троса:

T=P1h1-P2h2hcosα=4395×0,210-2511×0,2170,4×cos60=1091 Н

Сила, сдвигающий порог А:

R=P1-Tcosα-P2=4395-1091×cos60-2511=939 Н

Ответ: T = 1091 Н; R = 939 Н.

Задача 3-2-2-11

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-hb=4-1×1,6=4,8 м2

Глубина погружения центра тяжести щита:

hт=H-h2=4-12=1,5 м

Сила давления, действующая на щит:

- слева

P1=p0ω

- справа

P2=p0+ρghтω

Результирующая сила давления, действующая на щит:

P=P2-P1=p0+ρghтω-p0ω=ρghтω=1000×9,81×1,5×4,8=70632 Н

Момент инерции прямоугольного щита:

I=bH-h312=1,6×4-1312=3,6 м4

Глубина погружения центра давления:

hд=hт+Ihтω=1,5+3,61,5×4,8=2 м

Плечо силы P:

x=H-hд=4-2=2 м

Составим уравнение равновесия моментов сил относительно точки A:

TcosαH-h-P×x=0

Откуда найдем искомую силу T:

T=P×xcosαH-h=70632×2cos45×4-1=66603 Н=66,6 кН

Ответ: T = 66,6 кН.

Задача 3-2-2-12

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=ρhab=1000×2×0,5×0,6=600 кг

Равновесия моментов сил относительно оси поворота:

Pa2+Ga2-Tx=0

Отсюда найдем искомое плечо силы T:

x=P+Ga2T=600+12×0,52×300=0,51 м

Ответ: x = 0,51 м.

Задача 3-2-2-13

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=ab=0,16×0,14=0,0224 м2

Глубина погружения центра тяжести заслонки:

hт=h+a2=11+0,162=11,08 м

Сила избыточного гидростатического давления на заслонку:

P=ρghтω=800×9,81×11,08×0,0224=1948 Н

Ответ: P = 1948 Н.

Задача 3-2-2-14

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

Pл=ρgH-a2a2

- с правой стороны (при z ≤ a)

Pпр1=ρgz22a

- с правой стороны (при z ≥ a)

Pпр2=ρgz-a2a2

Суммарная сила давления (при z ≤ a):

P=Pл-Pпр1=ρgH-a2a2-ρgz22a=ρgHa21-a22H-z22aH

Суммарная сила давления (при z ≥ a):

P=Pл-Pпр2=ρgH-a2a2-ρgz-a2a2=ρgHa21-zH

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

- с левой стороны

Iл=a412

- с правой стороны (при z ≥ a)

Iпр2=a412

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

- с левой стороны

hл=IлH-a2a2=a412H-a2a2=a212H-a2

- с правой стороны (при z ≤ a)

hпр1=23z+a2-z

- с правой стороны (при z ≥ a)

hпр2=Iпр2z-a2a2=a412z-a2a2=a212z-a2

Момент силы относительно оси вращения затвора:

- с левой стороны

Mл=Pлhл=ρgH-a2a2a212H-a2=ρga412

- с правой стороны (при z ≤ a)

Mпр1=Pпр1hпр1=ρgz22a23z+a2-z

- с правой стороны (при z ≥ a)

Mпр2=Pпр2hпр2=ρgz-a2a2a212z-a2=ρga412

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

M=Mл-Mпр1=ρga412-ρgz22a23z+a2-z=ρga4121-3z2a2+2z3a3

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

M=Mл-Mпр1=ρga412-ρga412=0

Ответ: нет.

Задача 3-2-2-15

Условие:

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

Решение:

Линейный размер b:

b=htanα

Площадь треугольной стенки:

ω=bh2=h22tanα

Глубина погружения центра тяжести треугольной стенки:

zц.т=h3

Сила избыточного давления на стенку:

P=ρgzц.тω=ρgh3h22tanα=ρgh36tanα

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

I=bh336=htanαh336=h436tanα

Глубина погружения центра давления треугольной стенки:

zц.д=zц.т+Izц.тω=h3+h436tanαh3h22tanα=h3+h6=h2

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

Задача 3-2-2-16

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

P1=ρgH+a2ab

- справа

P2=ρgh+a2ab

- результирующая

P=P1-P2=ρgH+a2ab-ρgh+a2ab=ρgH-hab

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

hт=h+a2

Ответ: нет.

Задача 3-2-2-17

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+2htanα=7,3 м

Площадь трапеции:

S1=L+lh2=7,3+5×22=12,3 м2

S2=L+bh2=7,3+3×22=10,3 м2

Глубина погружения центра тяжести трапеции:

hт1=h32l+Ll+L=23×2×5+7,35+7,3=0,938 м

hт2=h32b+Lb+L=23×2×3+7,33+7,3=0,861 м

Сила давления жидкости:

- на вертикальную стенку (трапецию)

Pст1=ρghт1S1=104×0,938×12,3=1,15×105 Н=115 кН

Pст2=ρghт2S2=104×0,861×10,3=8,87×104 Н=88,7 кН

- на основания сосуда

Pосн=ρghlb=104×2×5×3=3×105 Н=300 кН

Ответ: Pст1 = 115 кН; Pст2 = 88,7 кН; Pосн = 300 кН.

Задача 3-2-2-2

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 pат = 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:

Fиз=ρgh2πD24=702×9,81×2,5×3,14×1,524=30409 Н

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

Избыточное давление на уровне дна сосуда:

- со стороны пьезометра

P=ρgh2

- со стороны резервуара

P=pм+ρgh1

Очевидно:

ρgh2=pм+ρgh1

Откуда, найдем избыточное давление в резервуаре над жидкостью:

pм=ρgh2-h1=702×9,81×2,5-1,5=6887 Па

Абсолютное давление в резервуаре над жидкостью:

pабс=pат+pм=98100+6887=104987 Па

Часть абсолютной силы давления на боковые не затопленные стенки:

F1=pабсπDh-h1=104987×3,14×1,5×2-1,5=247244 Н

Часть абсолютной силы давления на боковые затопленные стенки:

F2=2pабс+ρgh12Dh1=2104987+702×9,81×1,52×1,5×1,5=495684 Н

Полное давление на боковые стенки:

F=F1+F2=247244+495684=742928 Н=743 кН

Ответ: F = 743 кН.

Задача 3-2-2-3

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:

P1-1=Pат+ρртgh

где Pат = 98100 Па – атмосферное давление, Па.

- со стороны резервуара:

P1-1=P0+ρвgH

где ρв = 1000 кг/м3 – плотность воды.

Тогда можно записать:

Pат+ρртgh=P0+ρвgH

Откуда найдем абсолютное давление на поверхности резервуара:

P0=Pат+ρртgh-ρвgH=98100+13500×9,81×0,076-1000×9,81×1,5=93450 Па

Очевидно на поверхности резервуара вакуум, а его величина:

Pв=Pат-P0=98100-93450=4650 Па

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

F=PвπD24=4650×3,14×0,824=2336 Н

Условия равновесия моментов сил относительно шарнира O:

Rl=FD2

Откуда найдем минимальное искомое усилия:

R=FD2l=4650×0,82×1=1860 Н

Ответ: R = 1860 Н.

Задача 3-2-2-4

Условие:

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

Решение:

Определим избыточное давление в центре тяжести прямоугольной крышки:

pс=ρвgh-ρртghрт=1000×9,81×2,2-13550×9,81×0,150=1643 Па

где ρв = 1000 кг/м3 – плотность воды;

ρрт = 13550 кг/м3 – плотность ртути.

Сила избыточного давления на крышку:

F=pсab=1643×0,64×1,5=1577 Н

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

I=ba312=1,5×0,64312=0,0328 м4

Расстояния от пьезометрической поверхности воды до центра тяжести крышки:

hт=pсρвg=16431000×9,81=0,167 м

Цент давления лежит ниже центра тяжести крышки на величину:

Δh=hд-hт=Ihтab=0,03280,167×0,64×1,5=0,205 м

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

FBa-Fa2+Δhsinα=0

Fa2-Δhsinα-FAa=0

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

FB=Fa2+Δhsinαa=1577×0,642+0,205sin450,64=1503 Н

FA=Fa2-Δhsinαa=1577×0,642-0,205sin450,64=74 Н

Ответ: FB = 1503 Н; FA = 74 Н.

Задача 3-2-2-5

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 ρт > ρс, а его величина:

Pв=ρсgHс-ρтgH-Hт=

=1200×9,81×1-1600×9,81×1,3-0,8=3924 Па

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

F1=Pвab=3924×0,4×0,9=1413 Н

где ab – площадь площадки, м2.

Центр давления силы F1 лежит ниже точки A на величину:

h1=a2=0,42=0,2 м

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

F2=ρсgHс2-PвHсb=1200×9,81×12-3924×1×0,9=1766 Н

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

Hсb – площадь смоченной смолой площадки, м2.

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

I2=bHс312=0,9×1312=0,075 м4

Центр давления силы F2 лежит ниже точки A на величину:

h2=a+Hс2+I2Hс2-PвρсgHсb=0,4+12+0,07512-39241200×9,81×1×0,9=1,40 м

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

F3=ρсgHс+ρтgHс+Hт2-PвHтb=

=1200×9,81×1+1600×9,81×1+0,82-3924×0,8×0,9=21472 Н

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

Hтb – площадь смоченной смолой площадки, м2.

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

I3=bHт312=0,9×0,8312=0,0384 м4

Центр давления силы F2 лежит ниже точки A на величину:

h3=a+Hс+Hт2+I3Hс+Hт2-PвρсgHтb=

=0,4+1+0,82+0,03841+0,82-39241200×9,81×1×0,9=1,84 м

Результирующая сила давления на площадку АБ равна:

F=F2+F3-F1=1766+21472-1413=21825 Н=21,8 кН

Результирующий момент сил относительно точки A:

M=Fh=F2h2+F3h3-F1h1

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

h=F2h2+F3h3-F1h1F=1766×1,40+21472×1,84-1413×0,221825=1,91 м

Ответ: F = 21,8 кН; h = 1,91 м.

Задача 3-2-2-6

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 Pм = 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=ρ01+αt-t0=8081+0,0003×30-20=806кгм3

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:

hт=H-b2=4-0,32=3,85 м

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

hт=Pмρg+hт=20000806×9,81+3,85=6,38 м

Площадь смоченной крышки:

ω=absinα=0,3×0,3sin60=0,104 м2

Избыточная сила давление приложенная к крышке:

P=Pм+ρghтω=20000+806×9,81×3,85×0,104=5246 Н

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

I=a bsinα312=0,3×0,3sin60312=0,00104 м4

Центр давления силы P лежит ниже центра тяжести на величину:

ε=Ihтωsinα=0,001046,38×0,104×sin60=0,0018 м

Плечо силы G:

l1=b2tgα=0,32×tg60=0,087 м

Плечо силы P:

l2=bsinα+ε=0,3sin60+0,0018=0,348 м

Плечо силы T:

l3=btgα=0,3tg60=0,173 м

Сумма моментов сил относительно оси вращения равна нулю:

Gl1+Pl2-Tl3=0

Откуда, найдем искомое натяжения троса:

T=Gl1+Pl2cosαl3=80×0,087+5246×0,3480,173=10593 Н=10,6 кН

Ответ: T = 10,6 кН.

Задача 3-2-2-7

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 (yд1 и yд2);

4) положение равнодействующей силы суммарного давления (yд);

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:

P1=ρgh1-t+ρgh12×tsinα×b=

=1000×9,81×23-17,25+1000×9,81×232×17,25sin40×6=22706475 Н=22,7 МН

где ρ = 1000 кг/м3 – плотность воды.

Силу гидростатического давления на щит справа найдем, как площадь треугольника с основанием ρgh2 умноженной на ширину щита:

P2=ρgh222sinαb=1000×9,81×11,522×sin40×6=1009177 Н=1,0 МН

Сила суммарного давления на щит (приложена слева):

P=P1-P2=22,7 -1=21,7 Н

Положения равнодействующих сил давления слева и справа

yд1=tsinα-2ρgh1-t+ρgh13ρgh1-t+ρgh1×tsinα=

=17,25sin40-2×1000×9,81×23-17,25+1000×9,81×233×1000×9,81×23-17,25+1000×9,81×23×17,25sin40=16,1 м

yд2=23×h2sinα+h1-h2-h1-tsinα=

=23×11,5sin40+23-11,5-23-17,25sin40=20,9 м

Найдем положение равнодействующей силы суммарного давления:

yд=P1yд1-P2yд2P=22706475×16,1-1009177×20,921697298=15,9 м

Составим уравнения равновесия моментов сил относительно точки A:

Pyд-Ttsinα=0

Откуда, найдем силу T:

T=Pyдsinαt=21697298×15,9×sin4017,25=12839099 Н=12,8 МН

Ответ: P1 = 22,7 МН; P2 = 1 МН; P = 21,7 МН; yд1 = 16,1 м; yд2 = 20,9 м; yд = 15,9 м; T = 12,8 МН.

Задача 3-2-2-8

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=ρgh2

Плечо силы относительно точки O:

l=h3cosα

Момент силы относительно точки O:

M= Pl=ρgh26cosα 1

Объем жидкости в сосуде постоянен, а его величина:

W=h2tanα2=const

Откуда:

h2=2Wtanα 2

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

M= Pl=2Wρgh26cosαtanα=Wρgh23sinα

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

sinα1

α=90°

Ответ: α = 90°.

Задача 3-2-2-9

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:

hт=23h1=23×6=4 м

Площадь смоченного треугольного щита:

ω=12ah1=12×2×6=6 м2

Сила гидростатического давления жидкости на треугольный щит:

P=ρghтω=1000×9,81×4×6=235440 Н=235 кН

где ρ = 1000 кг/м3 – плотность воды.

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

I0=ah1336=2×6336=12 м4

Глубина погружения центра давления (точка приложения силы P):

hд=hт+I0hтS=4 +12 4 ×6=4,5 м

Ответ: P = 235 кН; hд = 4,5 м.

Задача 3-2-3-1

Условие:

Дано: h1 = 1,5 м; D = 1 м; H = 3 м

Жидкость вода ρ = 1000 кг/м3,

Pвак = 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:

Pвакρgh2=h1h2 1

Учитывая:

h1=H+D2-h2 2

Подставим h2 из (2) в (1), получим:

PвакρgH+D2-h2=H+D2-h2h2

Откуда найдем h2:

h2=H+D2-Pвакρg=3+12-49051000×9,81=3 м

Очевидно

h2=H

h1=D2

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

FA=ρgW=ρg2πD33=1000×9,81×2×3,14×133=2567 Н=2,57 кН

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

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

FB=ρgH-D2πD24=1000×9,81×3-12×3,14×124=19252 Н=19,3 кН

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

FC=ρghπD24=1000×9,81×1,5×3,14×124=11551 Н=11,6 кН

Ответ: FA = 2,57 кН; FB = 19,3 кН; FC = 11,6 кН.

Задача 3-2-3-2

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=pπd24=1471500×3,14×0,124=11551 Н

Равнодействующая сила давлений на трубопровод:

R=2Psinα2=2×11551×sin602=11551 Н=11,6 кН

Ответ: R = 11,6 кН.

Задача 3-2-3-3

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:

Px=ρghтR=ρgH-R2R=1000×9,81×3-0,52×0,5=13489Нм

где ρ = 1000 кг/м3 – плотность воды;

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

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

Py=ρgW=ρgHR-πR24=1000×9,81×3×0,5-3,14×0,524=12790Нм

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

Равнодействующая сила давления равна:

P=Px2+Py2=134892+127902=18589Нм=18,6кНм

Ответ: P = 18,6 кН/м.

Задача 3-2-3-4

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 Pn, нормальное к стенке бака составляет угол α с вертикалью и определяется как

Pn=ρgVncosα

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

Vn=23πR3+πR2Hcosα=πR223R+Hcosα

Следовательно,

Pn=ρg πR223Rcosα+H

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

Pt=ρgVtcosβ= ρgVtsinα

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

Vt=23 πR3

Следовательно,

Pt=ρg23πR3sinα

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

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

P=Pn2+Pt2=ρgπR2H2+43RHcosα+43R2

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= ρgHπR2

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

G=ρg23 πR3

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

Pn=N+Gcosα=ρg πR2H+23Rcosα

Pt=Gsinα=ρg23πR3sinα

Ответ: нет.

Задача 3-2-3-5

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 pм = 0,1 бар.

Решение:

Очевидно, результирующая горизонтальная сила давления на полусферу равна нулю.

Объем полусферической крышки:

Wп=23πr3=23×3,14×13=2,093 м3

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

W=πr2H+pмρg-Wп=3,14×12×2,0+100001000×9,81-2,093=7,388 м3

где Pм = 0,1 бар = 10000Па;

ρв = 1000 кг/м3 – плотность воды.

Искомое давления (вертикальное) на полусферическую крышку:

P=ρgW=1000×9,81×7,388=72476 Н72,5 кН

Ответ: P = 72,5 кН.

Задача 3-2-3-6

Условие: