Методичка для ДЗ Часть 1 (Выполнение домашних заданий и курсовых работ по дисциплине «Механика жидкости и газа» част 1), страница 5

4.10Решение. Для определения минимального веса G затвора необходимо учесть силу давления жидкости на затвор, определив Pyи Px — вертикальную и горизонтальную ее составляющие, а такжереакцию в опоре R (рис. 4.10). ТогдаG = Py + R sin 30◦ = Py + Px tg 30◦ ;D 2L = 1000 · 9,81 ·· 9 · 6 = 207 923 Н;88DPx = pC Fв = g DL = 1000 · 9,81 · 1,5 · 3 · 6 = 264 870 Н;2tg 30◦ ≈ 0,578;Py = gVт.д = gG = 207 923 + 264 870 · 0,578 = 361,018 кН.Задача 4.4. Полый барабан диаметром D = 250 мм и длинойl = 1 м отформован и залит чугуном ( = 7000 кг/м3 ).

Для получения внутреннего отверстия в форму заложен цилиндрический стержень (относительная плотность = 2,5) диаметром d = 80 мм и длиной L = 1,2 м. Уровень чугуна в литнике расположен на высоте43H = 0,5 м над осью формы. Определить вертикальную силу, которая стремится поднять верхнюю опоку при заливке формы. Влиянием литников на исходную силу пренебречь (рис.

4.11).Силы действия жидкого чугуна непосредственно на опоку P и на стержень P :D 2 P = gVт.дl == g HDl −8= 7000 · 9,81 0,5 · 0,25 · 1 − · 0,0625 · 1 = 6867 Н;8 2P = gVт.д = g d l = 7000 · 9,81 · · 0,0064 · 1 = 345 Н.44Вес стержняG=тогдаРис. 4.11Решение. Для определения вертикальной силы Pв (рис. 4.12),которая стремится поднять опоку при заливке формы чугуном, нужно учесть действие трех сил — P , P и G.Рис. 4.1244ст g4d2 L = 2500 · 9,81 ·4· 0,0064 · 1,2 = 148 Н,Pв = P + P − G = 6867 + 345 − 148 = 7064 = 7,064 кН.5. Равновесие жидкости в движущихся сосудах(относительный покой жидкости)При равновесии в движущемся сосуде жидкость, заполняющаясосуд, движется вместе с ним как твердое тело.

Дифференциальноеуравнение равновесия имеет видdp = (qx dx + qy dy + qz dz),где x, y, z — координаты точек жидкости в системе отсчета, связанной с сосудом; p = p(x, y, z) — давление в жидкости; — плотностьжидкости; qx , qy , qz — проекции единичной массовой силы q на координатные оси.Вектор q единичной массовой силы определяется соотношениемq = limΔV →0ΔQ,ΔM5.1. Равновесие жидкости в сосуде, движущемся прямолинейнос постоянным ускорениемПоле массовой силы представляет собой семейство одинаковыхпо модулю и направлению векторов q (рис.

5.1). Уравнение поверхности уровня, в том числе СП, проходящей через точку x0 , z0 ,имеет видa cos (x − x0 ).z − z0 = −g + a sin Все поверхности равного давления (p = const) наклонены к горизонту под углом :a cos .tg = −g + a sin Закон распределения давления выражается уравнениемp = p0 − a cos (x − x0 ) − (g + a sin )(z − z0 ),где p0 — давление в точке с координатами (x0 , z0 ); p — давлениев произвольной точке жидкости с координатами (x, z).где ΔQ — суммарная массовая сила, действующая на рассматриваемую частицу жидкости; ΔM — масса элементарной частицы жидкости, ΔM = ΔV .При движении сосуда в поле сил тяжести вектор q единичноймассовой силы в каждой точке жидкости представляет собой суммуединичной силы веса g и единичной силы инерции j переносногодвижения:q = g + j; j = −a;где a — переносное ускорение в данной точке жидкости.Давление в жидкости изменяется по всем направлениям, крометех, которые перпендикулярны вектору q единичной массовой силы.

Поверхности уровня (поверхности равного давления p = const)в каждой точке перпендикулярны направлению вектора q. Дифференциальное уравнение поверхностей уровня (в частности, свободной поверхности (СП) жидкости и поверхности раздела двух несмешивающихся жидкостей) имеет видqx dx + qy dy + qz dz = 0.46Рис. 5.1Если точка с координатами (x0 , z0 ) расположена на СП жидкости в открытом сосуде, то p0 = pатм .Из приведенного выше уравнения следует линейность законаизменения давления в жидкости по любому направлению. Например, в любой точке, находящейся на глубине h (по вертикали) под47поверхностью уровня, имеющего давление p0 , давление можно найти по выражениюp = p0 + (g + a sin )h.Для замкнутых сосудов с избыточным давлением (p0 > pатм ) иливакуумом (p0 < pатм ) над СП можно отсчитывать заглубление hq любой точки от пьезометрической поверхности (ПП) вдоль вектора q.Тогда избыточное давление pи можно определить по формулеpи = qhq .Силы давления жидкости на стенки в рассматриваемом случае равновесия благодаря однородности поля массовых сил определяются зависимостями, аналогичными тем, которые используютсяв случае равновесия жидкости в поле силы тяжести (см.

разд. 3 и 4).Особенностью в этом случае является учет величины и направлениявектора q единичной массовой силы.где F — площадь стенки; pC — избыточное давление в центре тяжести C стенки, определяемое по формулам, приведенным выше(нахождение или h, или hq ).Расстояние между СП и ПП определяется избыточным давлением pи , плотностью жидкости и величиной q.Сила давления P направлена по нормали к стенке и проходитчерез центр давления D, положение которого для данной стенкизависит от модуля и направления вектора a переносного ускорения.

Смещение центра давления D относительно центра тяжести Cопределяют по приведенной в разд. 3 формулеΔh = hD − hC =JC.hC FСилу давления жидкости на криволинейную стенку вычисляют суммированием составляющих по двум взаимно перпендикулярным направлениям (см. разд. 4). Например, для определения составляющих сил давления на полусферическую крышку (рис. 5.3) Pxи Py (при решении графоаналитическим способом) необходимо построить и определить соответствующие объемы тела давления Vт.дxи Vт.дy .

Для этого предварительно находят положение ПП по найденному заглублению h0 или h0q . Тогда силу давления Px определяют по формулеPx = qVт.дx sin .Линия действия этой силы проходит через центр тяжести указанного объема, т. е. через центр тяжести полусферы.Сила давления Py :Py = qVт.дy cos .Рис. 5.2Силу давления, воспринимаемую плоской стенкой, на несмоченной стороне которой давление равно атмосферному (рис.

5.2),вычисляют по формулеP = pC F ,48Линия действия этой силы проходит через центр тяжести объема Vт.дy . План сил с указанием углов , и , необходимых длярасчетов, показан на рис. 5.4.Суммарная сила давления PΣ жидкости на полусферическуюкрышку в этом случае равнаPΣ = Px2 + Py2 .49Силу давления PΣ можно определить также методом сечений(см. разд. 4), рассматривая условие относительного равновесияобъема V жидкости, заключенного между криволинейной стенкойи плоским сечением L–L, проведенным через граничный контурстенки (рис. 5.5). Это условие выражается векторным уравнениемP = N + G + J = N + Q,где N — сила давления на плоское сечение AE, проведенное черезграничный контур стенки, N = pCB FAE ; G — вес объема V жидкости, G = gV ; J — сила инерции жидкости, заключенной в объеме V ,J = aV ; Q — суммарная массовая сила, равная Q = G + J и определяемая по формуле Q = qV .Рис.

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 .