~ |
^ s p |
r , г с т , а т е ш |
г а \ э т м я г |
го столба (рис. 2.4) |
соответственно. |
,z ' ,Ui5’ U,J’ 0,1 м РТУТН0‘ |
|
Рис. 2.4. Измерение давления
Абсолютное давление
|
Во |
Р\ |
Р2 |
Рз |
Р а |
Р5 |
Рб |
Ответ |
л |
5,33 |
7,33 |
7,33 |
0,67 |
2,67 |
2,67 |
р . 10-4 Па |
* |
|
|
|
|
|
|
|
|
Избыточное давление |
|
|
Вакуум |
|
|
|
— |
1,33 |
3,33 |
3,33 |
3,33 |
1,33 |
1,33 |
2.4. СИЛА ДАВЛЕНИЯ НА ПЛОСКУЮ СТЕНКУ
Определим силу R давления капельной жидкости на площадь 5 плоской стенки, расположенной под углом а к свободной поверх ности (рис. 2.5). Ось х совместим с линией пересечения свободной поверхности и стенки. Для того, чтобы на чертеже изобразить пло щадь 5 в двух проекциях, ось х и стенка повернуты около оси у на 90° Обозначим центр тяжести площади S буквой С, центр давле ния или точку приложения равнодействующей сил давления —D, площадь произвольной элементарной площадки — dS. В соответст вии с уравнением (2.10) сила давления на элементарную площад ку равна dR = pdS= (po+ Qgh)dS, где h= y sin а — глубина погру жения dS. Сила R давления на площадь 5 получим в результате
интегрирования R = f dR = p0S -f Qg sin a ^ ydS. |
Учтем, что f ydS |
|
s |
5 |
J |
есть статический момент площади 5 относительно оси ох, равный произведению площади S на координату центра тяжести ус, тогда
R = P0S+Qgyc sin « 5 = p0S + QghcS ^ p cS, |
’(2. 11) |
Рис. 2.5. Определение силы давле ния жидкости на плоскую пло щадку
где pc = Po-t~Qghc — давление жид кости в центре тяжести площади S. Сила R складывается из силы poS, равномерно распределенной по пло щади, с равнодействующей в центре тяжести, и силы избыточного давле
ния Ru36= QghcS, неравномерно рас пределенной, с равнодействующей в точке /)', расположенной всегда ни же точек Си/ ) . Сила R не зависит ни от угла наклона стенки а, ни от формы сосуда, содержащего жид кость. Составив уравнения момен тов сил относительно оси ох, можно получить формулы для расчета ор динат точек D' и D
|
|
Уо= Ус~\~ ^с/Ус^ |
(2- 12) |
|
Уо—№избУв' -\~ PoSyc)!R, |
(2. 13) |
|
где /с — момент |
инерции |
площади S относительно |
оси, проходя |
щей через центр |
тяжести |
параллельно оси ох. Для |
определения |
* D ' и X D необходимо составить уравнение моментов относитель но оси у.
Рис. 2.6. Иллюстрация гидростатического пара докса
Задача 2.7. Докажите, что силы давления жидкости одинаковой плотности на днища трех сосудов одинаковы (рис. 2.6).
2.5.ЗАКОН АРХИМЕДА
Впокоящейся жидкости мысленно выделим произвольный объ ем жидкости V. Он находится в равновесии, следовательно, под
держивающая его сила равна и противоположна силе тяжести
Rn = —RT = —QmgV Очевидно, что любое тело тогожеобъема будет испытывать со стороны жидкости ту же поддерживающую силу. Это рассуждение доказывает закон Архимеда — тело, погруженное в жидкость, испытывает поддерживающую силу, равную силе тя жести вытесненной им жидкости (рис. 2.7).
Равнодействующая R сил, при ложенных к телу, равна разности этих сил
R=Rn — R i= gV (сж —QT ). (2.14)
Задача 2.8. Укажите условия, при ко торых тело, погруженное в жидкость, бу дет всплывать, тонуть и находиться в равновесии.
Задача 2.9. Укажите причину возник |
|
||||||
новения |
поддерживающей силы. |
|
|
||||
Задача |
2.10. |
Определите |
поддержива |
Рис. 2.7. Равновесие тела, по |
|||
ющую силу |
куба |
V = \ м3, |
QT = 500 |
кг/ м3, |
|||
одной гранью плотно прилегающего ко дну |
груженного в жидкость |
||||||
водоема |
глубиной h = 6 |
м |
при |
В0 = |
|
||
= 1Ю1330 Па. Не представляет ли этот пример опровержение закона Архимеда? Ответ. Жидкость прижимает куб ко дну с силой 150330 Н.
2.6. ОТНОСИТЕЛЬНОЕ РАВНОВЕСИЕ ЖИДКОСТИ ПРИ ПОСТУПАТЕЛЬНОМ РАВНОУСКОРЕННОМ ДВИЖЕНИИ СОСУДА
Пусть оси «координат скользят вместе с сосудом по наклонной плоскости с ускорением а (см. рис. 2.1,6). Напряжение массовой силы в данном случае слагается из напряжений силы тяжести (—g) и силы инерции от ускорения в переносном движении ап, на правленной в сторону противоположную ускорению а. Из рис. 2.1,6 следует, что X=^jx= auxy У=0; Z= jz = auz—g. Подставляя эти значения в уравнение (2.2) и интегрируя, найдем
Р= Q{аахх + anzz - gz )+ С.
В соответствии с граничными условиями для произвольной точки свободной поверхности х = л 0; y — yQ-,z — z 0\ р = р0найдем С= p 0—QX
X (а„хvo + auzzo —Szo) уравнение для определения давления в про извольной точке х, у, z примет вид
P= PoJrQ[anx{x — x0)+ allz{z — z0)— g{z — z0). |
(2. 15) |
Свободная поверхность перпендикулярна напряжению суммарной массовой силы и угол наклона ее к горизонту определяется из (2.15) при р=Ро
|
tg а = |
г ~-г°-=г----- ^ |
— = - — . |
|
(2.16) |
||||
|
|
|
х — XQ |
cinz |
|
g |
Z |
|
|
Задача 2.11. Докажите, что при ускорении |
ракеты |
а = 0 |
давление |
керосина |
|||||
перед |
насосом (рис. |
2.8) |
р — 1,24 |
105; при |
a=\\0g—р=3,65 |
105 Па. |
Сохра |
||
нится |
ли равновесие |
керосина при |
переменной |
величине |
вертикального |
ускоре |
|||
ния? |
|
самолета с ускоре |
Задача 2.12. Докажите, что при горизонтальном полете |
||
нием а = —0,5 g (рис. 2.9) давление керосина перед |
насосом р\ = 105, у стенки р2= |
|
= 1,16105 Па и угол а = 26°30'. Сохранится ли |
равновесие |
керосина при пере |
менной величине горизонтального ускорения? |
|
|
Рис. 2.8. Иллюстрация к задаче 2.111
2.7. РАВНОВЕСИЕ КАПЕЛЬНОЙ ЖИДКОСТИ ВО ВРАЩАЮЩЕМСЯ СОСУДЕ
Равновесие жидкости реализуется лишь при постоянной угло вой скорости вращения со = const (см. рис. 2.1,в). В этом случае напряжение суммарной массовой силы складывается из напряже ния силы тяжести (—g) и центробежной силы ап= со2г, направлен ной противоположно центростремительному ускорению (—а), т. е.
J = an+g. В силу симметрии этот случай можно рассматривать как
плоский: Х = ап=со2г; У=0; Z = —g. Подставляя |
эти значения |
в |
уравнение (2.2) и интегрируя, получим Р = |
— Qgz-\-C. |
Ис |
пользуя граничные условия r=0, z= z0, р = |
ро |
найдем C=p0+Qgz0 |
и формулу для расчета давления жидкости |
в |
произвольной точке |
( Г , г ) |
|
P= Po+Qg(z0- z ) + Q«2r2/2. |
(2.17) |
Уравнение свободной поверхности получим, приняв в |
(2-17) р = ро- |
z = z0-\-u,2r2/2g. |
(2. 18) |
Это уравнение параболы. Следовательно свободная поверхность — параболоид вращения.
2.8. РАВНОВЕСИЕ ГАЗОВ. МЕЖДУНАРОДНАЯ СТАНДАРТНАЯ АТМОСФЕРА
В пространстве, занятом газом, могут изменяться давление, плотность и температура. Поэтому интегрирование дифференци ального уравнения равновесия (2.2) возможно только ПРИ исполь зовании уравнений состояния P = RQT и поля темтерЯтУР Т=Т(х, у, z). Параметры воздуха и других газов в окружающей среде из меняются не только в зависимости от высоты над уроЯнем океана, но и от времени года, географической широты и погоДыМежду
Беркенса для расчета давления и плотности участков jvlCA с ли нейным распределением температур
( 2. 20)
Для участков атмосферы с Т = const—Q/ QO= P /P 0 ц интегрирование
уравнения (2.19) приводит к формуле Галлея
р !ро= с/во= e~QogH/p°. |
( 2. 21) |
Если в задаче задается высота Я, то этим по MCA однозначно задаются параметры .воздуха р, р, 7. Если же задаются давление или плотность воздуха, то из MCA однозначно определяются соот ветствующие высота Я и остальные параметры воздух^.
на |
Задача 2.13. Определить подъемную силу Rv дирижабля объемом V=500 м8 |
высоте Н = 0 и # = 1 0 км при заполнении его гелием и водородом при р = |
|
= |
105 Па; 7=290 К. Силой тяжести конструкции дирижабля пренебречь. Ответ: |
Для гелия Ry0= 5 ‘20i0; Ry10 = 1220 Н. Для водорода Ry0 = 5617: Ryxo = 1620Н.
Задача 2.14. Какова будет подъемная сила этого дирижабля на Дуне? Ответ: На Луне нет атмосферы и £ л= —9,81/6 м/с2. Поэтому на дирижабдь будет дей ствовать не подъемная сила, а сила тяжести.
При заполнении гелием R= —135 Н, при заполнении водородом # = —67,5 Н.