Прикладная гидрогазодинамика Сергель О.С. (1014106), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Пусть на мысленно выделен- Р таею)Я к ный элементаРиый паРа т течепипсд с ребрами дх, ду, дг (рис. 2.2) действует известная массовая сила э(„„ напряжение которой / =~й+у/+2к, а на грани, сходящиеся в точке 0(х, у, г) — искомое давление р(х, у, г). На Рис. 2.2. Равновесие элемента жид- противоположных гранях давление соответственно будет р + + (др/ох)е(х; р+ (др/ду)ду; р+ + (др/дг)Ы«. 1(а рис. 2.2 приведены только силы давления, параллельные оси х. Запишем уравнение равновесия элемента в проекции на ось х как равенство нулю суммы проекций всех снл на эту ось Хйдхйудг+ (р — 1 р+ (др/дх) дх) ) дудг =О.
Производя очевидные упрощения и повторяя аналогичные выкладки для осей у и г, получим дифференциальные уравнения равновесия жидкости в проекциях на оси координат Х вЂ” (1/й) (др/дх) = 0; )' — (1/о) (др/ду1 = 0; (2. 1) «. — (1/о) (др/дг) =О. Задача зл. Получите уравнение равновесия в векторной форме. Ответ / =(!/р) я Умиожим уравнения (2.1) .иа дх, ду, аг соотчэетственно, сложим и учитывая, что (др/дх)дх+ (др/ду)ду+ (др/дг)дг=др, т. е.
представляет собой полный дифференциал давления р(х, у, г), получим эквивалентное уравнение равновесия, ие содержащее частных производных: др= а (Хдх+ У'г/у-(-~Ю. (2. 2) Правая часть (2.2) как и левая является полным дифференциалом некоторой функции координат. Если 0=сопи(, то Хдх+1'г/у+ +Лдг=д// и (2. 3) Здесь (7(х, у, з) — силовая функция, частные производные которой по координатным осям в данном случае равны соответствующим проекциям на оси:напряжения массовой силы д67дх=Х; д(7/ду=у; д(7/да=а. (2.
4) Сила, удовлетворяющая условиям (2.3) и (2.4), имеет потенциал. Итак, равновесие жидкости возможно только лишь под действием массовых сил, имеющих потенциал. 2.2. УРАВНЕНИЕ ПОВЕРХНОСТИ УРОВНЯ Дифференциальное уравнение поверхности уровня получим, использовав условие р=сопз1, т. е. подставив др=О в уравнения (2,2) и (2.3); Хдх-'-'гг(у+юг(а= — О, 1 (2. 5) н д(7.=0; (У=сопз1. Для поверхности уровня, проходящей через точки хм у,; гь уравнение (2.5) примет вид Х (х — х,) + Г (у — у,)+ Х (х — х,) = О. (2.
6) Из уравнения (2.3) следует, что для неоднородной по плотности жидкости ее плотность должна зависеть от силовой функции п=~р(17) н уравнснне равновесия (2.3) примет вид: др=е(Б) Н/=д [р((7)). (2. 7) Интегрируя (2,7), получим Р=Т(и)+С. (2. 8) Уравнения (2.5) и (2.8) показывают, что на поверхности уровня постоянно не только давление, но н силовая функция и плотность, Неоднородная капельная жидкость при равновесии располагается слоями одинаковой плотности: большим значениям плотности соответствуют большие давления.
Это свойство используется для разделсния неоднородных по плотности жидких смесей в центрифугах и отстойниках. Дифференциальное уравнение поверхности уровня (2.5) является, кроме того, условием перпендикулярности двух векторов— напряжения массовой силы 7=Х1+Ц+Ек и вектора г((=гЫ+ +г(у!+г(гк, располагающегося произвольно на поверхности уров. нн. Отсюда следует, что,поверхность уровня всегда нормальна к напряжению суммарной массовой силы, действующей на жидкость прн равновесии (см.
рис. 2.1). 2 3. АБСОЛЮТНОЕ РАВНОВЕСИЕ НЕСЖИМАЕМОИ ЖИДКОСТИ. ЗАКОН ПАСКАЛЯ Опредслим гндростатичсское давление р в произвольной точке А(х, у, з) в капельной жидкости о=сопз1 при ее абсолютном рав- 27 новесии относительно сосуда небольшого размера*, если давление на свободной поверхности ро (см. рис. 2,1,а). Выберем на .произвольной, высоте горизонтальную плоскость сравнения (нивелирную плоскость) хоу, от которой вверх по радиусу земли будем отсчитывать координаты з. В данном случае в каждой точке жидкости нз массовых сил действует только напряжение силы тяжести с проекциями Х= у=О и я= — у и дифферен.циальное уравнение равновесия (2.2) принимает вид с(р = — ()йчуя.
(2. 9) Задача 2.2. Опишите физический смысл уравнения (29). Проинтегрируем (2.9), найдем р= — дуг+с. Постоянную с определим из гРаничных Условий: г=зо, Р=Ро н с=Ро+Вдге. Учтем, что го — г есть глубина погружения и точки А н получим основное уравнение гидросгатики для несжилгаемой жидкости Р=Ро+()У(ло — з) =Ромхнйтг (2 )О) рЩ+ я = рп'йд'+ яо = сопз1, где ()яз — давление столба жидкости высотой я при плотности о на основание ачлощадью п квадратный метр, Па: г — геометрическая илн нивелирная высота, м; р+ояг — гидростатическое давление, Па; (р/йй) + з — гидростатическая высота, м. Задача 2.3, Запишите уравнение (2.10) так, чтобы его члены выражали удельную энергию жидкости (Дж/кг). Разбернте энергетический смысл уравнения (2.10). Првведнте примеры практического непользования этой энергнн жндкости, Вопрос 2Л. Как нзменятся гндростаткческнй напор н давленке в точке А, если нивелирную плоскость опустить на 5 м? По~ему положение нивелирной плоскости можно выбирать произвольно) Уравнение (2.!О) позволяет сделать следующие выводы.
1. Давление р в любой точке покоящейся жидкости складывается из давления иа свободную поверхность ро и да~аления йули столба вышележащей жидкости. Этот вывод представляет содержание .первого основного закона гидростатики — закона Ласкаля: давление, приложенное к покоящейся жидкости, .передается во все ее точки одинаково, 10 2.
Давление в жидкости при 9=сопя( с увеличением глубины погружения й=го — з возрастает линейно и тем быстрее, чем больше плотность жидкости (см. рис. 2.1,а), =аеунг 3. Поверхности уровня (р= =сонэ() параллельны свободной поверхности го=сонэ(. Задача 2.3. Локажкте, что усяРнс. 23. Схема гидравлического пресса лне пресса )г=10зй1 (рнс, 2.3). " В этом случае ускорение силы тяжести постоянно для всего пространства, занятого жндкостью (((=9,8! м)сз), к силы тяжестл имеют потенциал.
28 Задача 2.6. Определите давления абсолютное, избыточное и вакуум, если показания пьезометров с № 1 по № 6 равны 0,4; 0,55; 0,25; 0,05; 0,2; 0,1 м ртутного столба (рнс. 2.4) соответственно. р бе Рис, 2ли Измерение давлении Абсолютное давление Рз ! Рз ! Рз ! Рз 7,33 ! 0,67 ! 2,67 ! 2,67 Вз ! Р ! Рз 5,33 ! 7,ЗЗ О~нет Р.!Π— з Па Вакуум Избыточное давление — сзз ! ззз ! ззз ! ззз ! Сзз ! 1зз 2.4, СИЛА ДАВЛЕНИЯ НА ПЛОСКУЮ СТЕНКУ Определим силу )с давления капельиой жидкости на площадь о' плоской стенки, расположенной под углом а к свободной поверхности (рис. 2.5). Ось х совместим с линией пересечения свободной поверхности и стенки. Для того, чтобы на чертеже изобразить площадь о' в двух проекциях, ось х и стенка повернуты около оси у на 80'.
Обозначим центр тяжести площади о буквой С, центр дарения или точку приложения равнодействующей сил давления — 1), площадь произвольной элементарной площадки — сБ. В соответствии с уравнением (2,10) сила давления иа элементарную площадку равна с))т'=РАЯ=(ро+Ойй)г(Б, где Ь=д з(п а — глубина погружения гзо'. Сила )т' давления иа площадь о получим в результате интегРиРованиЯ Й= ! йУ=Ре5+02 61о а ) Угзо. Учтем, что ) Уто' есть статический момент площади о отяосительно оси ох, равный произведению площади о на координату центра тяжести рс, тогда Аз=РеЗ+Щрс з(ц а5=Рф+0й7зф= Рс$ (2.
11) 29 Р где рс = ре+ оддс — давление жидкости в центре тяжести плошади 5. Сила )г складывается из силы ро5, равномерно распределенной но площади, с равнодействующей в центре тяжссти, и силы избыточного давлеНня Рибб=руйС5, НЕраВНОМЕрНО раепределсниой, с равнодействующей в точке Р', расположенной всегда ниже точек С и Р.
Сила )г не зависит ни от угла наклона стенки а, ии от формы сосуда, содержащего жидкость. Составив уравнения моментов сил отяосительно оси ох, можно получить формулы для расчета ординат точек Р' н Р Уо=.Ус+ У~!У 5 ~2. )2) уо Жнзбуо'+ рб5ус) У~ г2. 13) момент инерции площади 5 относительно оси, проходяз центр тяжести параллельно оси ох. Для определения необходимо составить уравнение моментов относитель- Рис. 2Н.
Определсиие силы девле иия жидкости ии плоскую пло кладку где 1с— щей чере хо н хо но оси у. Ркс. 2,6. Иллюстрация гккростатического иерв- докси Задача 2.7. Докбжите, что силы давлепия жидкости одииаковоа плотиоств ив диким трех сосудои одииаковы (рис. 2.6). 2.6. ЗАКОН АРХИМЕДА В покоящейся жидкости мысленно выделим произвольный объем жидкости Г Он находится в равновесии, следовательно, поддерживающая его сила равна и противоположна силе тяжести Ф,= — )7ст= — О;,.дК Очевидно, что любоетело тогожеобъема будет испытывать со стороны жидкости ту же поддерживающую силу. Это рассуждение доказывает закон Архиббеда — тело, погруженное в жидкость, исггьбтывает поддерживающую силу, равную силе тлжести вытесненной им жидкости (рис. 2.7).
Равнодействующая )т сил, приложенных к телу, равна разности этих сил К==-УР.„— Азт=У)г(0 — От). (2. 14) Задача 2.6. Укажите условия, при которых тело. погруженное в жидкость, будет всплыватгь тонуть и находиться в равновесии. Задача 2.9. Укажите причину возникаовепия поддерживающей силы, Задача 2.10. Определите поддержива- ющую силу куба (г=1 и', От=600 кг(мз, Рнс. 2д. Равновесие тела, поодиой гранью плотно прилегающего ко дпу гружснного в жидкость водоема глубиной й=б и при Вз= = 101330 Па. Не представляет лн зтот пример опровержение закона Архимеда? Ответ. Жидкость прижимает куб ко дну с силой !60330 Н. 26. ОТНОСИТЕЛЬНОЕ РАВНОВЕСИЕ ЖИДКОСТИ ПРИ ПОСТУПАТЕЛЬНОМ РАВНОУСКОРЕННОМ ДВИЖЕНИИ СОСУДА Пусть оси координат скользят вместе с сосудом по наклонной плоскости с ускорением и (см. рис. 2.1,6).
Напряжение массовой силы в данном случае слагается из напряжений силы тяжести ( — д) и силы инерции от ускорения в переносном движении ан, направленной в сторону противоположную ускорению а. Из рис. 2.1,6 следует, что Х=-)„=а„„; У=О; 2=),=ап,— д. Подставляя этн значения в уравнение (2.2) и интегрируя, найдем Р=Е(а„„к+а„„х — а.
)+С. В соответствии с граничными условиями для произвольной точки свободной поверхности х.=хо; у=-у,; а = хо, .Р = Рс найдем С = Ро — О Х Х(аяксе+аз„хз — уар) уравнение лля определения давления в произвольной точке х, у, х примет вид Р=Ро+Е[а (х — хо)+а, (х — хс) — У(х —.ас) (2 15) Свободная поверхность перпендикулярна напряжению суммарной массовой силы и угол наклона ее к горизонту определяется из (2,15) при Р=Рс (2. 16) 1оа— х — хо асз — 6 Задача 2.11. Докажите, что при ускоренви ракеты а=б давление керосина перед насосом (рис, 26) р=1,21 !(Р; при и=;102 — р=б,бб !Пп Па.
Сохранится ля равновесие керосина при переменной величине вертикального ускорения! Задача 2.12. ззокажите, что прн горизонтальном полете самолета с ускорением а= — 0,6 и (рнс. 2.0) давление керосина перед насосом р~ — — 10', у стенки рз =1,16 ° !Оз Па и угол а=26'30', Сохранится ли равновесие керосина прн перемекной величине горизонтального ускорения? 31 Ьт р; — та ла Керосин уо = нтйнту» Р Ряс.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
