Методичка для ДЗ Часть 1 (1002469), страница 6
Текст из файла (страница 6)
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.
5.15Следовательно,ΔR = R2 − R1 = 1,47 мм.Задача 5.6. Цилиндрический сосуд (рис. 5.15) размерами R == 0,4 м и H = 0,7 м, в который была залита вода объемом V0 == 0,25 м3 , вращается относительно вертикальной оси с постояннойугловой скоростью = 10 рад/с. Сосуд закрыт крышкой с малымотверстием в центре. Определить силу P , нагружающую болтовуюгруппу крышки. Собственным весом крышки пренебречь.Решение. Наличие отверстия в крышке свидетельствует о том,что давление над водой в сосуде равно атмосферному (рис. 5.16).Возможны три случая положения параболоида вращения, отвечающего ПП при различных значениях :1) параболоид вращения не касается дна сосуда;2) вершина параболоида касается дна;3) параболоид вращения пересекает дно.62Рис. 5.16Делаем предположение, что при заданной в условии угловойскорости имеет место первый случай. Если это предположениеверное, то искомая сила давления жидкости на крышку (она определяет нагрузку в болтовой группе) будет равна P = gVт.д .В доказательство этого найдем высоты x и h, необходимые дляопределения объема Vт.д .
Воспользовавшись условием сохраненияобъема жидкости (считаем жидкость несжимаемой), сначала нахо63дим объем воздуха в сосуде:Vв = V − V0 = R2 H − V0 = · 0,16 · 0,7 − 0,25 = 0,101 м3 .Для вращающегося сосуда этот объем ограничен параболоидомвращения, имеющим основание rx и высоту x:1 2r x.2 xПодставив в этоуравнение значение высоты параболоида враx · 2g, и решив его относительно неизвестнойщения, равное rx =2высоты x, получим2 Vв100 · 0,01== 0,57 м.x=g · 9,81Vв =Следовательно, высота h = H − x = 0,7 − 0,57 = 0,13 м.В этом случае объем тела давления Vт.д будет равенVт.д = Vпар + Vh − V0 ,гдеVпар =11100 · 0,162 R 2= · 0,16 ·= 0,205 м3 ;R222g219,6Vh = R2 h = · 0,16 · 0,13 = 0,065 м3 ;Vт.д = 0,02 м3 .Сила давления P = 1000 · 9,81 · 0,02 = 196,2 Н.5.3.
Равновесие жидкости в сосуде, равномерно вращающемсяотносительно горизонтальной осиВ случае равномерного вращения сосуда относительно горизонтальной оси поле массовых сил несимметрично относительноэтой оси (рис. 5.17). На практике чаще всего приходится иметь дело с таким случаем вращения сосуда с жидкостью, когда угловаяскорость столь велика, что единичной силой тяжести g можнопренебречь по сравнению с единичной центробежной силой инерции j = 2 r. Подтверждением этому может быть, например, сле64Рис.
5.17дующий расчет. Цилиндрический сосуд радиусом r = 100 мм вращается вокруг горизонтальной оси с постоянным числом оборотовn = 1000 об/мин ( = 104,6 рад/с). Центробежная сила инерцииравна j = 2 r = 10 941 · 0,1 = 1094,1 м/с2 . Очевидно, что j g == 9,81 м/с2 .Закон изменения давления в жидкости при указанном условииможно представить в следующем виде:p = p0 +2 (r 2 − r02 )2,(∗)где p0 — давление в точках цилиндрической поверхности радиуса r0 ;p — давление в точках цилиндрической поверхности произвольного радиуса r. Следовательно, поверхности равного давления представляют собой цилиндрические поверхности с общей осью — осьювращения сосуда, а закон распределения давления по радиусу r является параболическим.Приближенная формула (∗) может применяться при любом расположении оси вращения сосуда, если сила тяжести мала по сравнению с центробежной силой.Если необходимо определить силу давления P жидкости, вращающейся вместе с сосудом, на его стенку (или на кольцевую частьэтой стенки), перпендикулярную оси вращения, сначала определяют силу давления dP на элементарную кольцевую площадку ради65усом r и шириной dr:2 (r 2 − r02 ) 2r dr.dP = p0 +2Интегрирование по площади стенки в нужных пределах даетколичественную оценку искомой силы давления P .Задача 5.7.
Определить осевую силу давления воды на коническую крышку сосуда (рис. 5.18), вращающегося вокруг горизонтальной оси с постоянной угловой скоростью = 100 рад/с. Показание манометра M равно pм = 50 кПа, диаметр D = 0,4 м. Силойтяжести пренебречь.П р и м е ч а н и е. Рассмотрим, как изменится сила давления P , есликоническую крышку заменить полусферической или плоской при той жепостановке задачи. Осевая сила давления P не изменится, так как принеучете силы тяжести эпюра распределения жидкости (рис. 5.18, слева)на плоскость, перпендикулярную оси вращения сосуда, останется прежней, зависящей от плотности жидкости , частоты вращения и внешнегорадиуса R.Задача 5.8. В машину для центробежной отливки подшипниковых втулок (рис.
5.19) залита расплавленная бронза ( = 8000 кг/м3 ).Пренебрегая действием силы тяжести, определить силу, воспринимаемую болтовой группой крышки, если привод машины обеспечиваетвращение цилиндрической формы диаметром D = 150 мм с частотой n = 1000 об/мин. Объем жидкого расплава составляет 3/4 всегообъема формы.Рис. 5.18Решение. Воспользуемся общим законом распределения давления жидкости для этого случая:2 (r 2 − r02 ).2Используя избыточную систему давления и положив, что p0 = pмпри r0 = 0, получим2 r 2.pи = pм +2Искомая сила давления жидкости на крышку:p = p0 +P=R0pи · 2r dr =R0= · 0,04 · 50 000 +66pм +2 r 2 2· 2r dr = R2 pм +2 R44=1000 · · 10 000 · 0,0016= 18 840 Н = 18,84 кН.4Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
