МЖГ_Ч1-Гидростатика (Выполнение домашних заданий и курсовых работ по дисциплине «Механика жидкости и газа»), страница 3

ВесомP = Pатм − Pа = (pатм − pа )F = pв17поршня, трением его о стенки и трениемжидкости о внутреннюю поверхность цилиндра пренебречь.Решение. а) Значение вакуума подпоршнем:pв = pатм − pa == gh = 995 · 9,81 · 5 = 48 805 Па.Сила P , которую нужно приложитьк поршню, чтобы удержать столб жидкости высотой h:Рис.

2.6D 2 = 48 805 ·· 0,04 = 1532 H = 1,523 кН.44б) В момент отрыва жидкости от поршня абсолютное давлениепод нимpн.п = pатм − ghmax .P = pвСледовательно, высоту hmax можно найти по выражениюhmax =pатм − pн.п=gрт ghбар− pн.пg==13 600 · 9,81 · 0,740 − 4270= 9,68 м.995 · 9,81Задача 2.4. Показание дифференциального ртутного манометра составляет Δh = 300 мм рт. ст. (рис. 2.7). Определить перепаддавлений Δp над свободными поверхностями в сосудах A и B, заполненных бензином ( = 700 кг/м3 ).Решение. Выбрав базовую плоскость N –N , запишем условиеравенства давлений:p1 +б g(h + Δh) = p2Δp = p1 − p2 =Δp = gΔh(рт−б gh ++б gh + рт gΔh;рт gΔh − б gh − б gΔh;б ) = 9,81 · 0,3(13 600 − 700) = 37 965вого столба:ΔH =рт − б13 600 − 700· 0,3 = 5,53 м б.

ст.Δhрт =б700Задача 2.5. Вертикальный цилиндр (рис. 2.8) заполнен газом,относительная плотность которого = 0,4. Определить показаниеверхнего манометра x, подсоединенного на высоте H = 40 м относительнонижнего манометра, расположенногона уровне земли. Показание нижнего манометра h = 25 мм рт. ст.Температура окружающего воздуха+30 ◦ C. Барометрическое давлениеhбар = 740 мм рт. ст. (давление воздуха на уровне нижнего манометра).Решение. Давление окружающеговоздуха на уровне верхнего манометра(точка C):Рис. 2.8pC = pатм − в gH.В абсолютной системе значения давления газа в цилиндрена уровнях точек A и B:Па ∼= 38 кПа.П р и м е ч а н и е.

Перепад давлений можно также определить по рабочей формуле дифференциального ртутного манометра в метрах бензино-18Рис. 2.7pA = pатм +pB = pA −г gHрт gh;= pатм +рт gh − г gH.19=Верхний манометр показывает перепад давлений: pB − pC =рт gx. Тогдаpатм +x=рт gh − г gHрт gh − г gH+− pатм +в gHрт gв gH=h+(=врт gx;−г )Hрт.Плотность воздуха при нормальных условиях в = 1,225 кг/м3 .Уравнение состояния дает возможность определить плотность воздуха при заданных условиях:1p2 T1p1 V1 p2 V2=; при V =имеем 2 = 1;T1T2p1 T2740 288·= 1,134 кг/м3 .в = 1,225 ·760 303Относительная плотность газа=Тогда плотность газаггв.= 0,4 · 1,134 = 0,453 кг/м3 ,1,134 − 0,453= 27 мм рт.

ст.x = 25 + 40 000 ·13 600Таким образом, различие в показаниях верхнего и нижнего манометров равно 2 мм.Задача 2.6. Цилиндрический сосуд (рис. 2.9, а) диаметромD = 0,2 м и высотой h = 0,1 м, заполненный водой, опираетсяна плунжер диаметром d = 0,1 м. Определить показание манометра M , закрепленного в верхней крышке, если масса металлоконструкции сосуда m = 570 кг.Решение. Задачу можно решить двумя различными способами.I с п о с о б (рис. 2.9, б).Предлагается рассмотреть условие равновесия сосуда, находящегося под действием собственного веса и приложенных к еговнутренним поверхностям сил избыточного давления жидкости,значения которых зависят от давлений p1 и p2 :G + P2 = P1 .20бавРис.

2.9Вес металлоконструкции G = mg. Сила давления на верхнююкрышку P1 = p1 F , где p1 — давление, которое регистрируется манометром M :P1 = p1 D 2 .4Сила давления на нижнюю крышку:P2 = p2 f = (p1 + gh)G + (p1 + gh)p1 =G + gh4(D 2 − d2 )d244(D 2 − d2 );(D 2 − d2 ) = p14D2 ;=45700 + 1000 · 9,81 · 0,4 · (0,04 − 0,01)4= 726 232 Па.=· 0,014Показание манометра 0,73 МПа.21I I с п о с о б (рис. 2.9, в).Предлагается рассмотреть условие равновесия сосуда с жидкостью, воспользовавшись принципом «отвердения» жидкости.Обозначим x глубину вхождения плунжера.Сила давления, уравновешивающая общий вес: 2P = p d2 = p1 + g(h − x)d .44Вес жидкости в объеме V :Gж = gV = gh4(D 2 − d2 ) + g(h − x)4бd2 .Условие равновесия:G + Gж = P .Подставив значения сил и решив это уравнение относительнонеизвестного p1 , вновь получим выражениеp1 =G + gh4(D 2 − d2 )d2.4Задача 2.7.

Гидравлический подъемник (рис. 2.10, а) долженподнимать и опускать груз весом G = 150 кН. Дифференциальныйпоршень, имеющий диаметры D = 200 мм, d = 100 мм, уплотненкожаными манжетами шириной B = 14 мм и b = 12 мм соответственно. Коэффициент трения кожи о сталь f = 0,1. Определитьдавление жидкости при равномерном подъеме pп и при спуске pспгруза. Диаметром штока пренебречь.Решение. Условие равновесия сил, действующих на подвижныечасти при подъеме (рис.

2.10, б):P1 − P2 − G − T1 − T2 = 0.аРис. 2.10Тогдаpп4(D 2 − d2 ) − G − pп f (DB + db) = 0;G=pп = (D 2 − d2 ) − f (DB + db)4150 000== (0,04 − 0,01) − · 0,1(0,2 · 0,014 + 0,1 · 0,012)4= 6,66 · 106 Па = 6,66 МПа.Условие равновесия сил, действующих на подвижные части приспуске (рис. 2.10, в):Силы давления на верхний и нижний поршни:D 2 ; P2 = pп d2 .44Сила трения T = f N , где нормальная сила N = pS:P1 = pпT1 = pп DBf ;22T2 = pп dbf .вpсп4P1 − P2 − G + T2 + T1 = 0;(D 2 − d2 ) + pсп f (DB + db) = G;G.pсп = 22(D − d ) + f (DB + db)423После подстановки числовых данных и решения получаем ответpсп = 5,93 МПа.Задача 2.8. Показанный на рис.

2.11, а сосуд имеет размерыD = 0,6 м; d = 0,2 м; H = 0,25 м и наполнен водой до высотыh + H = 0,4 м. Сверху сосуд закрыт поршнем, который нагруженвнешней силой P = 1 кН. Определить силы, нагружающие болтовые группы A и B. Поршень считать идеальным (утечек нет, силытрения отсутствуют). Весом металлоконструкции пренебречь. Рассмотреть два варианта опор:I. Сосуд опирается на нижнюю крышку.II. Сосуд удерживается за боковую поверхность.П р и м е ч а н и е.

При решении этой и аналогичных рассматриваемых далее задач по определению нагрузок в болтовых группах следует отличать силовой расчет от расчета на прочность, так как расчетомна прочность предусматриваются не только гидростатические нагрузки PA и PB , но и учет предварительного натяжения болтов, упругостьпрокладок и прочие факторы.Решение.I в а р и а н т о п о р (рис. 2.11, б).Условие равновесия сил на верхней крышке: PA = P1 , гдебP1 = pи14(D 2 − d2 ) = (p0 + gh)4(D 2 − d2 ).P— давление под поршнем, создаваемое внешней сиЗдесь p0 = d24лой P .Подставив числовые значения, получимавP1 =+ 1000 · 9,81 · 0,15· 0,32 = 8376,8 Н.

· 0,044 4 · 1000Тогда PA = 8,377 кН; PB = PA = 8,377 кН (рис. 2.11, в).П р и м е ч а н и е. При рассмотрении условий равновесия сил на нижней крышке необходимо знать реакцию опоры R (рис. 2.11, г)PB = pи24D2 − R.II вариант опор (рис. 2.11, д).Сила, нагружающая болтовую группу А, не изменится:гдРис. 2.1124PA = 8,377 кН.25Сила, нагружающая болтовую группу В: 4P PB = pи2 D 2 =D2 =+g(h+H)4d24 4000+ 1000 · 9,81 · 0,4· 0,36 = 10 109 Н = 10,109 кН.= · 0,0443.

Силы давления покоящейся жидкостина плоские стенкиЕсли плоская стенка подвергается одностороннему давлениюжидкости (на несмоченную сторону стенки действует атмосферное давление), то результирующая P сил давления, воспринимаемаястенкой и направленная по нормали к ней, равнаP = pиC F = ghC F ,где pиC — избыточное давление в центре тяжести C площади F ;hC — расстояние по вертикали от центра тяжести C площади Fдо пьезометрической поверхности (ПП).При избыточном давлении pи над свободной поверхностью (СП)pи(рис. 3.1),ПП проходит над СП жидкости на расстоянии h0 =gи тогда P = (pи + gh)F = ghC F , а при вакууме pв — под СПpв(рис.

3.2), и тогда P =(−pв + gh)F = ghC F .на расстоянии h0 =gРис. 3.127Силу P можно находить и геометрическим способом по объему эпюры нагрузки, интенсивность которой в каждой точке стенкиравна избыточному давлению на этом уровне, а линия действия силы P проходит через центр тяжести этого объема.Задача 3.1. Два замкнутых резервуара (рис. 3.3), заполненныхводой, соединены трубой диаметром D = 0,5 м, перекрытой дисковым затвором.

Давление над свободной поверхностью в левоми правом резервуарах соответственно равно pи = 100 кПа и pв == 50 кПа, а заглубление оси затвора H1 = 2 м и H2 = 1 м. Определить: а) результирующую силу давления PΣ на затвор (считаяего боковую поверхность плоской); б) момент MΣ этой силы относительно оси затвора, проходящей через точку C; в) начальныйвнешний момент Mн , необходимый для открытия затвора, с учетоммомента трения Mтр в цапфах затвора диаметром d = 0,1 м, есликоэффициент трения скольжения в цапфах f = 0,15.Рис. 3.2Если pи = 0, ПП совпадает с СП и нагрузку на стенку находятв соответствии с законом распределения давления.Центр давления — точка пересечения линии действия силы Pс плоскостью стенки.

Положение центра давления (точка D) в плоскости стенки определяется формуламиJC;hC FJC,Δh = hD − hC =hC FhD = hC +где hD и hC — расстояния от центра давления D и центра тяжести C площади стенки до ПП; JC — момент инерции площади стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести C площади стенки.Для горизонтальной стенки имеем hD = hC , т.

е. центр давленияи центр тяжести совпадают.28Рис. 3.3Решение. а) Силы давления на диск затвора слева P1 и справа P2 соответственно равныD2 ;4P2 = pC F = (−pв + gH2 ) D 2 .4P1 = pC F = (pи + gH1 )29Для определения направления векторов сил P1 и P2 и точек ихприложения нужно определить положение пьезометрических поpиpвверхностей ПП1 и ПП2 (найти h01 =и h02 = ) и построитьggэпюры распределения давления по высоте затвора слева и справа(рис. 3.4).M1 = Δh1 · P1 =JChC14M1 = 7,5 Н · м;P2 = ghC24CD2 = Δh2 =D2ghC1D 2 = g(h02 − H2 )4D 2 = gJC ;D2 =4= 1000 · 9,81(5,096 − 1) · 0,25 = 7886 Н;4JChC24Δh2 = 0,0095 м;M2 = Δh2 P2 =M2 = 7,5 Н · м.D2;JChC24D2ghC24D 2 = gJC ;Результирующая сила давления на диск затвораPΣ = P1 + P2 ;Рис. 3.4Имеем304D 2 = g(H1 + h01 )D2 =4= 1000 · 9,81(2 + 10,19) · 0,25 = 23 468 Н;4D 4JCD264;==CD1 = Δh1 =hC1 D 2 hC1 D 2 hC1 1644Δh1 = 0,0032 м;P1 = ghC1PΣ = 31,354 кН.б) Вектор результирующей силы проходит через центр тяжести C, так как суммарная эпюра нагружения диска затвора представляет собой прямоугольник.

Следовательно, момент MΣ = 0. Этоследует и из равенства моментов M1 и M2 , направленных в противоположные стороны.в) Для определения начального внешнего момента Mн , необходимого для открытия затвора, нужно учесть только момент трения,поскольку результирующая сила давления в нашем случае проходитчерез ось вращения — точку C.df , где N — нормальная сила, в данМомент трения Mтр = N2ном случае N = PΣ .

ТогдаMн = Mтp = PΣdf = 31 354 · 0,05 · 0,15 = 235,155 Н · м.2П р и м е ч а н и я. 1. В случае, если в резервуарах слева и справа будутнаходиться разнородные жидкости (1 = 2 ) или если справа или слеваот диска затвора давление будет равно атмосферному, то вектор суммарной силы давления PΣ не пройдет через точку C (результирующая эпюра31не будет прямоугольной). В этом случае появится так называемый гидравлический момент Mг = PΣ Δh, тогда внешний момент, необходимый дляоткрытия затвора, будет равенMн = Mг ± Mтр .2.