МЖГ_Ч1-Гидростатика (Выполнение домашних заданий и курсовых работ по дисциплине «Механика жидкости и газа»), страница 6

5.3Рис. 5.5Рис. 5.450Задача 5.1. По условиям технологического процесса открытыйцилиндрический сосуд диаметром D = 200 мм с жидкостью должен сходить с ленты транспортера на неподвижный стол (рис. 5.6).Определить высоту h недолива жидкости, при котором будет гарантирован безопасный сход сосуда на стол с сохранением содержа51щегося в нем объема жидкости. Коэффициент трения сосуда о столf = 0,2.Рис. 5.6Решение. В момент схода сосуда на неподвижный стол происходит процесс затормаживания с отрицательным ускорением.

Задачапо определению высоты h недолива сводится к нахождению угланаклона свободной поверхности жидкости, когда последняя коснется верхнего края сосуда.Значение и направление суммарной единичной массовой силы q(вектор q перпендикулярен СП) определяется единичной силой веса g и единичной силой инерции j: tg = j/g. Поскольку ускорениеFтр mgfgf== gf , то tg == f .

Искомое значение h:j=mmgDtg = 0,1 · 0,2 = 0,02 м = 20 мм.h=2Задача 5.2. Цилиндрический сосуд диаметром D = 0,5 м и длиной L = 2 м (рис. 5.7), имеющий коническую крышку высотойb = 0,5 м и плоское дно, заполнен жидкостью ( = 0,85) и движется под углом = 45◦ к горизонту с постоянным ускорениемa = 30 м/с2 .

Показание манометра M равно 140 кПа. Определить:а) давление pA жидкости в точке A; б) силы PB и PC , нагружающиеболтовую группу B и C.Решение. а) Определяем величину и направление единичноймассовой силы q (рис. 5.8). Из рассмотрения прямоугольного тре52Рис. 5.7угольника M ON имеем√2= 6,94 м/с2 ;2√2= 36,94 м/с2 ;M N = j + g sin = 30 + 9,81 ·2q = 6,942 + 36,942 = 37,58 м/с2 ;ON = g cos = 9,81 ·tg =g cos 6,94= 0,1879;=j + g sin 36,94 = 10◦ 42 .Положение ПП находим после определения h0 :h0 =140 000pи== 4,38 м.q 850 · 37,58Давление в любой точке жидкости в сосуде (в том числев точке A) определяется заглублением этой точки под ПП. Так,53Тогда1 · · 0,25 · 0,5 · 0,1857 = 776 Н;3 40,5 · 0,9826 =cos = 850 · 37,58 · · 0,25 2,46 −43= 56 423 Н = 56,423 кН.PBx = qVт.дsin = 850 · 37,58 ·PBy = qVт.дП р и м е ч а н и е.

Силы в болтовой группе B могут быть определенытакже методом сечений. Рассматривая условие относительного равновесияобъема V жидкости (рис. 5.9), получимPBx = G cos ;PBy = N − J − G sin .Силы, входящие в эти уравнения: сила инерции жидкости в объеме V (объем конуса) J = aV ; вес объема V жидкости G = gV ; сила давления на плоское сечение BE N = pиC FBE ; pиC = pи − (g + a sin )hC ,где hC — расстояние от места подсоединения манометра M с давлением pидо центра сечения BE.Рис. 5.8для точки ApиA = qhA .Расстояние hA = 1,92 м получаем из рассмотрения двух подобных прямоугольных треугольников с катетами h0 и hA . ТогдаpиA = 850 · 37,58 · 1,92 = 61 331 Па.б) Сила в болтовой группе C определяется силой давленияна нижнюю плоскую крышку:D 2 = 140 000 · · 0,25 = 27 475 Н = 27,475 кН.44Болтовая группа B подвергается действию отрывающих PByи срезающих PBx сил, обусловленных избыточным давлениемжидкости на коническую поверхность верхней крышки.

Для определения этих слагаемых полной силы давления на крышку гра и V .фоаналитическим способом необходимо найти объемы Vт.дт.дPC = pи54Рис. 5.955Без построения ПП можно также найти избыточное давление и в точке A:pиA = pи − (g + a sin )hA .5.2. Равновесие жидкости в сосуде, равномерно вращающемсяотносительно вертикальной осиЭлементарные частицы жидкости, вращающиеся вместе с сосудом с постоянной угловой скоростью , находятся в сложном силовом поле. Вектор q единичной массовой силы представляет собойсумму вектора g и вектора j = 2 r центробежной силы инерции.Поверхности равного давления представляют собой конгруэнтныепараболоиды вращения, ось которых совпадает с осью вращениясосуда (рис.

5.10). Закон распределения давления в жидкости дляэтого случая выражается уравнением2(r 2 − r02 ),2где p0 — давление в точках параболоида на СП, вертикальная координата вершины которого равна z0 ; p — давление в произвольнойточке жидкости с координатами r и z (на рис. 5.10 это точка A).p = p0 − g(z − z0 ) +Из приведенного выше закона следует линейность распределения давления в жидкости по вертикальному направлению.

В частности, давление в точке A на глубине hA под СП с давлением p0 :p = p0 + ghA .Из этого же закона следует параболический закон распределениядавления по горизонтальному направлению.Положение СП жидкости в сосуде (координата z0 вершины параболоида) при заданной его угловой скорости определяется объемом находящейся в нем жидкости. При этом используются следующие расчетные формулы:2 R2— высота параболоида вращения;H=2g1V = R2 H — объем параболоида вращения.2При решении ряда задач необходимо помнить свойство параболоида вращения: параболоид вращения, построенный в цилиндре,делит объем последнего на две равные части.П р и м е ч а н и е.

В случае, когда СП (или ПП при открытом сосуде)пересекает дно сосуда, объем жидкости во вращающемся цилиндрическомРис. 5.1056Рис. 5.1157сосуде (рис. 5.11) определяют по выражениюV = (R2 − Rx2 )bg= 2 b2 .2Когда СП отсутствует, положение ПП находят из условия, чтоона проходит через точку жидкости, давление в которой равно атмосферному.

В каждой задаче имеются граничные условия для этогоопределения.При аналитическом определении сил давления жидкости на стенки (плоские и криволинейные) в рассматриваемом случае равновесияжидкости необходимо получить функцию, выражающую закон распределения давления по заданной поверхности, и произвести операцию интегрирования этой функции по площади стенки. Рассмотренный ранее графоаналитический способ определения сил давленияжидкости на стенки (см. разд.

4) удобен и в этом случае, если находятвертикальную силу давления на стенки вдоль оси вращения сосуда, так какинерционные силы не проецируютсяна это направление:Pz = gVz ,где Vz — объем тела давления, построенного образующими, параллельныминаправлению z, между стенкой и ПП.Задача 5.3. Цилиндрический сосуд диаметром D = 1 м высотойB = 1 м (рис. 5.12), закрытый конической крышкой высотой b = 0,5 м,вращается вокруг своей вертикальнойРис. 5.12оси с постоянной угловой скоростью = 10 рад/с. Сосуд предварительнозаполнен жидкостью, имеющей плотность = 800 кг/м3 .

Давлениев верхней точке крышки сосуда по манометру M равно 10 кПа.Найти максимально возможное давление жидкости в сосуде pmax .58Какова при этом будет сила P , растягивающая болтовую группукрышки? Весом крышки пренебречь.Решение. При решении задачи графоаналитическим способомнеобходимо определить положение ПП. Вершину параболоида вращения этой поверхности определяют после нахождения h0 :h0 =10 000pи== 1,27 м.g 800 · 9,81Максимальным давление жидкости будет в точках дна сосуда,расположенных на окружности радиусом R, так как они имеют наибольшее заглубление под ПП, равное h = H + h0 + b + B.100 · 0,252 R2== 1,27 м и h = 4,04 мПри H =2g19,62pmax = gh = 800 · 9,81 · 4,04 = 31 706 Па = 31,706 кПа.Сила, растягивающая болтовую группу крышки, обусловленадавлением жидкости на коническую поверхность крышки:P = gVт.д = g(Vцил − Vкон + Vпар ) =11= g R2 (b + h0 ) − R2 b + R2 H =322 R2 b== gR2 b + h0 − +34g= 800 · 9,81 · · 0,25 · 3,96 = 24 371 Н = 24,371 кН.Задача 5.4.

Цилиндрический сосуд диаметром D = 1,4 м(рис. 5.13), заполненный водой, вращается с постоянной угловойскоростью = 10 рад/с. Давление в центре крышки сосуда по вакуумметру V равно 3 кПа. Определить силу, действующую на крышку.Решение. При аналитическом способе решения задачи воспользуемся общим законом распределения давления:p = p0 − g(z − z0 ) +22(r 2 − r02 ).59Принимая p0 = 0, закон распределения избыточного давленияв жидкости, заполняющей сосуд, можнозаписать в видеpи = − g(z − z0 ) +2 r 22.Неизвестную высоту z0 вершиныпараболоида ПП находим, используяграничные условия при выборе началакоординат в центре крышки: pи = −pCпри r = 0, z = 0, где pC — показаниевакуумметра V . Подстановка этого условия в последнее уравнение приводитк следующему выражению:Рис.

5.13−pC = gz0или pв = − gz0 .Наличие вакуума в центре крышки означает, что вершина параболоида вращения, соответствующего ПП, имеет отрицательнуюординату z0 , равнуюz0 =3000pв== 0,3 м.g 1000 · 9,81Следовательно, искомый закон распределения избыточного давления2 r 2.pи = − g(z + 0,3) +2Для точек на внутренней поверхности крышки (при z = 0) этовыражение принимает вид2 r 2− 0,3 g.2Силу давления на крышку P найдем аналитически, суммируяэлементарные силы избыточного давления dP . Разбивая поверхность крышки на элементарные кольцевые площадки (2r dr) и используя формулу для избыточного давления на крышке, получаем: 2 r 2− 0,3 g r dr;dP = pи · 2r dr = 22pи =60RRP = ( 2 r 3 − 2 g · 0,3r) dr = (314 000r 3 − 18 482r) dr =0011= R4 · 314 000 − R2 · 18 482 = 14 312 Н = 14,312 кН.42П р и м е ч а н и е.

При возрастании угловой скорости вращения сосуда абсолютное давление в центральной части под крышкой будет уменьшаться. Вакуумметр V будет фиксировать увеличение вакуума. Когдаабсолютное давление в точке O упадет до давления насыщенных паров жидкости pн.п , при определенной температуре произойдет разрыв еесплошности и, как следствие, нарушится равновесие жидкости в сосуде.Это случится при вакууме pв = pатм − pн.п .Задача 5.5. При отливке цилиндрической полой заготовкиво вращающейся относительно вертикальной оси форме (рис.

5.14)в результате действия силы тяжести нижний внутренний радиус R1будет меньше верхнего внутреннего радиуса R2 . Определить их разность ΔR, есливысота отливки H = 0,5 м, частота вращения формы n = 1911 об/мин, ее диаметрD = 200 мм и она в начальный моментзаполнена жидким расплавом на 30 %своего объема.Решение. Угловая скорость · 1911== 200 рад/с.3030Объем жидкого расплава в сосуде=V = 0,3 ·nD 24H=0,3 · · 0,04 · 0,5=4= 0,004 71 м3 .Рис.

5.14Этот объем можно представить как сумму объемов:V = V1 + V2 ,gгде V1 = H(R2 − R22 ); V2 = 2 H 2 . ТогдаV = H(R2 − R22 ) +g 2H .261Решив это уравнение относительно неизвестного радиуса R2 ,получим R2 H + g H 2 − V2R2 ==H · 0,5 · 0,01 + · 9,81 · 0,25 − 0,004 7140 000;= · 0,5R2 = 0,084386 м.Радиус R1 может быть найден из формулы для определения объема V2 :HgV2 = 2 H 2 = (R22 − R12 ) ,2 R2 H − g H 2 20,005 589 2 − 0,000 192 522=;R1 = H0,7852R1 = 0,082 913 8 м.Рис.