Задача №1,а

На рис.№1 представлена схема главного тормозного цилиндра автомобиля в момент торможения.

Рис. №1

Дано;

=6мПа

=100Н

=150Н

A=180мм

B=60мм

D=20мм

(a+b)=240

?

?

Решение;

(a+b)= /4)=

= (a+b)/b π /4)+ =

π = (π )+

=100⋅180⋅ +60⋅ /60⋅ =4⋅ м

= /4)/ =3.14⋅

= π /4)+ / /4=6⋅ ⋅(3.14⋅ +100/3.14⋅ /4=6⋅

+ (3.14⋅ )/(3.14⋅ )/4=4⋅ Па

Задача № 7г

Дано:

l₁=0,4м

l₂=0,3м

l₃=0,2м

d_гм=30 мм =0,03 м

ζ_б=2,8

ζ_р=1,4

ζ_т=0,3

ν=0,55 Ст = 0,000028 м²/с

ρ=1000кг/м³

n=2000 об/мин

-?

Решение:

В данном варианте двигатель холодный значит, охлаждающая жидкость двигается по малому кругу Н→ Б.Д→Т→Н

ξ = ξб + ξт = 2,8 + 1,4 = 4,2

Рассчитываем характеристику насоса по формуле:

Q₂ = Q₁ = Q₁ = 0,571 Q₁

Н₂ = Н₁ ² = Н₁ = ² = 0,326 Н₁

Произведем перерасчет характеристики насоса при частоте вращения n=2000 об/мин.

Q1,л/мин	0	57,1	114,2	171,3	228,4	285,5	342,6
Н,м	4,56	4,4	4,3	4,2	3,9	3,5	3,1

Характеристика трубопровода и системы (потеря напора)

Н_т = где υ = – скорость жидкости.

или по элементам схемы:

термостат Н_т = ; блок Н_б =

линии Н_л =

Примем расход Q = 0, H_T = 0 при Q = 57,1 л/мин

Скорость жидкости υ = = 1,34м

Режим давления жидкости:

R_e = = = 730

R_e 2300 – режим ламинарный, для него коэффициент трения определим по формуле λ = = = ,0102

Н_Т = ·1,4 =0,128 м; Н_б = ·2,8 = 0,25м;

Н_л = ·(0,571 · ) =0,34м. Σh = 0,0971

Q = 114,2 ; υ = = 2,69 м/с

R_e = 1467 ; λ = = = 0,051 Н_т = 0,36м

Q = 171,3 ; υ = = 4,035м/с

R_e = 2200; λ = = 0,034 Н_т =0,82 м

Q = 228,4 ; υ = = 5,38м/с

R_e =2934 ; λ = = 0,0728 Н_т = 1,47м.

Таблица

Q, л/мин	0	57,1	114,2	171,3	228,4
Re	0	730	1467	2200	2934
hT	0	0,128	0,36	0,82	1,47
hб	0	0,25	0,1874	0,422	0,510
hл	0	0,34	1,03	2,32	4,13
Σh	0	0,718		3,562	6,11

Строим характеристику системы и насоса на одном графике.

Задача 15в

Дано;

= 50мм

=25 мм

=5; =1;

=1,5; =0,05;

=10 кПа

Найти; Q /с -?

Решение:

; -

Получается; /2q)+∑

∑ =

∑ суммарные потери напора .

∑ =( + + ) /2q)+

∑ q[( + + 1/ ]∙ =8/

∑ = =

∑

109825.6 =796.4-211739.4

Q= ≈0,05 /c