Сборник задач

К задаче 1.30

К задаче 1.31

Поскольку обычно в деприметрах πd2h/4 W0, искомая зависи-

мость практически линейна:

p ≈ ρgh 1 +

d2

πd2p0/4

+

.

D2 − d2

ρgW0

2. p = 1, 6 кПа.

Задача 1.31. Прессовый прибор для создания малых избы-

точных давлений воздуха состоит из трех тонкостенных цилин-

дров одинаковой высоты a

= 250 мм. Цилиндры диаметрами

D1 = 100 мм и D3 = 200 мм неподвижны; кольцевое пространство

между ними до уровня H0 заполнено водой. Цилиндр диаметром

D2 = 150 мм, перемещаясь по вертикали с помощью винта, опус-

кается нижней кромкой под уровень воды и, сжимая отсеченный в

приборе объем воздуха W , повышает его давление.

1. Какое наибольшее избыточное давление воздуха pи max можно

создать в приборе заданных размеров?

2. Каковы должны быть начальный уровень H0 воды и началь-

ное положение h0 верхнего цилиндра (соответствующее атмосфер-

ному давлению в объеме W ),

чтобы указанное наибольшее давле-

Ответ

.

1. p

и

max = ρga = 2,45

кПа

.

2. H

0

= 146

мм

;

D32

− D12

= aD32

− D22

" p

т

D12)

#

при

ат

кПа

мм

D22 (D32

h0 = a

ρga

+

D32 − D22

D22 − D12

;

p

= 100

, h0 = 87

.

Задача 1.32. Определить массу m колокола, имеющего диаме-

−

тры D1

= 0,1 м, D2

= 0,2 м, D3 = 0,4 м,

если глубина его погру-

жения в воду при плавании в закрытом сосуде H = 0,3

м, подъем

уровня воды внутри колокола h = 0,1 м, а избыточное давление на

поверхности воды вне колокола

M = 20 кПа.

Ответ. m = 50,5

кг.

толстостенного колокола раз-

Задача

1.33.

Определить массу m

мерами

D = 0,4

м, и d = 0,2 м, L = 1

м, a = 0,1 м,

если он плавает

в воде при погружении H = 0,6

м.

При какой наименьшей добавоч-

ной нагрузке P

колокол целиком погрузится в воду?

При решении задачи давление воздуха в колоколе перед погру-

жением считать равным атмосферному (pат

= 98

кПа),

а процесс

сжатия воздуха при погружении –

изотермическим.

Ответ.

m = 73,8

кг; P = 604 Н.

К задаче 1.32

К задаче 1.33

Задача 1.34. К отверстию в дне открытого резервуара А, частич-

но заполненного водой, присоединена вертикальная труба, нижним

концом опущенная под уровень воды в резервуаре В.

При закрытой задвижке труба заполнена водой; расстояние

между уровнями воды в резервуарах Н

= 2 м; избыточное да-

вление воздуха в резервуаре В

= 60

кПа; толщина воздушной

рения воздуха в резервуаре B считать изотермическим. Диаметры

резервуаров одинаковы: D = 1 м, диаметр трубы d = 0,2 м.

Ответ.

W = 0, 113 м3.

Задача 1.35. Цилиндрический сосуд диаметром D = 1 м и вы-

сотой H = 2 м через отверстие в крышке заполнен водой так, что

свободная поверхность установилась на середине высоты сосуда, а

давление воздуха в нем равно атмосферному (pат = 98 кПа).

Как изменится положение уровня воды в сосуде и давление воз-

духа в нем после опускания в сосуд плунжера, диаметр которого

d = 40 см и масса m = 500

кг?

Процесс сжатия воздуха, замкнутого в сосуде, считать изотер-

мическим;

трением плунжера в направляющей втулке пренебречь.

Ответ.

h = 0, 11 м;

p = 32, 4 кПа.

К задаче 1.34

К задаче 1.35

К задаче 1.36

Задача 1.36. Неподвижный сосуд, составленный из двух цилин-

дров, заполнен жидкостью, удерживаемой поршнями, на которые

действуют силы P1 и P2.

поршней относительно торцевой

Определить положения x и y

стенки сосуда, при которых система находится в равновесии.

Площади поршней равны F1 и F2, объем жидкости между ними

равен W .

При решении задачи трением поршней о стенки сосуда пре-

небречь.

F2

F1

F1

Ответ. x =

ρg(F2 − F1)

; y = F2

−

ρg(F2

− F1)

.

P2

− F1 P1 − ρgW

W

F2 P2 − P1

− ρgW F2

33

ВВЕДЕНИЕ

Если плоская стенка подвергается одностороннему давлению

жидкости

(на несмоченной стороне стенки – атмосферное давле-

ние), то результирующая P сил давления,

воспринимаемая стенкой

и нормальная к ней (рис 2.1),

где pCи –

P = pCиF = ρghCF,

(2.1)

избыточное давление в центре тяжести площади F ;

F – смоченная площадь стенки;

hC –

расстояние по вертикали от

центра тяжести площади F до

пьезометрической

плоскости

O − O;

при избыточном давле-

нии p0и

на свободной поверхно-

сти эта плоскость проходит над

свободной поверхностью жид-

кости на раcстоянии h0и = ρg ,

при вакууме p0

p0и

–

под свобод

-

ной

поверхностью

на расстоянии

Рис. 2.1

h0в

=

p0в

.

Если p0и = 0, то пьезометри-

ρg

yD = yC +

JC

;

(2.2)

F yC

y = yD − yC =

JC

(2.3)

,

F yC

где yD и yC – расстояния от центра да-

вления D и центра тяжести C

площади

Рис. 2.2

стенки до линии пересечения плоскости

сме-

стенки с пьезометрической плоскостью (ось x

на рис. 2.1); y –

щение центра давления относительно центра тяжести вдоль оси y;

JC – момент инерции площади стенки относительно горизонталь-

ной оси x1, проходящей через центр тяжести площади стенки.

Если ось x1 или перпендикулярная ей центральная ось y1

явля-

ются осями симметрии стенки, центр давления лежит на оси y1.

Если оси x1 и y1

не являются осями симметрии,

необходимо

определить, кроме смещения

y, также и смещение

x центра да-

вления относительно центра тяжести площади стенки вдоль оси x1:

x =

Jx1y1

,

F yC

где Jx1y1 – центробежный момент инерции площади стенки отно-

сительно осей x1 и y1,

лежащих в ее плоскости и проходящих через

ее центр тяжести.

Формулу (2.2) можно привести к виду

hD = hC

+

JC

sin2 α,

(2.4)

F hC

где hD и hC – вертикальные расстояния соответственно от центра

давления D и центра тяжести C площади стенки до пьезометриче-

ской плоскости; α – угол наклона стенки к горизонту.

Для вертикальной стенки (α = 90o)

hD = hC +

JC

(2.5)

F hC

и смещение центра давления

35

JC

h = hD − hC =

.

(2.6)

F hC

Для горизонтальной стенки (α = 0) имеем hD = hC (центр

давления и центр тяжести совпадают).

В приложении 1 даны моменты инерции JC площадей некото-

рых плоских симметричных фигур и координаты их центров тяже-

сти.Силу P можно находить и геометрически, определяя ее как объ-

ем эпюры нагрузки, интенсивность которой в каждой точке стенки

равна избыточному давлению pи; линия действия P проходит через

центр тяжести этого объема

(см. рис. 2.1).

Полученные выше зависимости справедливы при любом из-

быточном давлении pC

в центре тяжести C площади стенки,

в том числе и при отрицательном избыточном давлении,

т. е. ко-

гда в точке C имеется вакуум. В последнем случае пьезометриче-

ская плоскость проходит ниже центра тяжести стенки (рис. 2.2), и

расстояния yC и hC становятся отрицательными.

При этом центр

давления D расположен выше центра тяжести (

y < 0), а ре-

зультирующая сила, воспринимаемая стенкой, направлена внутрь

жидкости.

Заметим, что одностороннее давление жидкости на стенку мож-

но привести, как это следует из формул (2.1) и (2.2), к силе

P , про-

ходящей через центр тяжести площади стенки, и к паре,

момент

M которой не зависит от значения pCи и равен для симметричной

стенки

y = ρgJC sin α.

(2.7)

M = P

Когда пьезометрическая плоскость пересекает стенку, эпюра на-

грузки изменяет знак; на рис. 2.3 показаны эпюры нагрузки и силы

давления на стенку для трех характерных положений пьезометри-

ческой плоскости O − O, пересекающей стенку. Если pC

= 0, то

пьезометрическая плоскость проходит через центр тяжести

площа-

ди стенки; при этом участки эпюры с избыточным давлением pи и

вакуумом pв приводятся к двум равным и противоположно напра-

вленным силам давления P1

и P2, результирующая которых равна

Рис. 2.3

При двустороннем воздействии жидкостей на плоскую стен-

ку следует сначала определить силы давления на каждую сторону

стенки, а затем найти их результирующую по правилам сложения

параллельных сил.

Если плотности жидкостей одинаковы, то в некоторых случаях

результирующую силу давления на стенку удобно найти по суммар-

ной эпюре нагрузки, интенсивность которой равна разности давле-

ний, действующих по обе стороны стенки в каждой точке ее поверх-

ности.

На рис. 2.4 показано в виде

примера определение силы давле-

ния с помощью такой эпюры в

случае двустороннего воздействия

жидкостей одинаковой плотности

ρ на стенку при различных высо-

тах уровней H1 и H2 по обе сторо-

ны стенки и одинаковом давлении

на свободных поверхностях I и II.

Для верхнего участка стенки

ab, подверженного односторонне-

Рис. 2.4

му давлению жидкости (эпюра на-

грузки представляет в плоскости чертежа треугольник abe), сила да-

вления P1 определяется но формуле

(2.1):

Координата yD1 центра давления участка ab вычисляется по

формуле (2.2).

Из рассмотрения эпюр давления на каждой стороне стенки (тре-

угольники с основаниями ρgH1 и

ρgH2) следует,

что разность да-

влений по обе стороны стенки на нижнем участке bc постоянна во

всех его точках и равна ρgH (H = H1−H2 – разность уровней жид-

кости); суммарная эпюра нагрузки для этого участка имеет посто-

янную высоту и представляет в плоскости чертежа прямоугольник

bcde.

воспринимаемая нижним участ-

Следовательно, сила давления,

ком,

P2 = ρgHF2,

(2.8)

где F2

– площадь нижнего участка.

Сила P2 проходит через центр тяжести C2 площади F2.

Результирующая сила P = P1 +P2, линия ее действия делит от-

резок между точками D1 и C2 на части, обратно пропорциональные

силам P1 и P2.

В тех случаях, когда давление газа с сухой стороны стенки от-

личается от атмосферного или когда имеет место двустороннее да-

вление жидкости при различном давлении газа над жидкостью по

обеим сторонам стенки, результирующую силу давления на стенку

удобнее определять как разность двух сил давления P , каждая из

которых действует на одной стороне стенки и может быть предста-

влена суммой двух независимых сил –

силы P0 абсолютного давле-

ния p0

газа над жидкостью и силы

Pg

давления жидкости:

где F0

P = P0 + Pg;

P0 = p0F0,

(2.9)

– вся площадь стенки, включая ее несмоченную часть, рас-

положенную над поверхностью жидкости.

Сила Pg определяется по формуле (2.1), причем hC представля-

ет расстояние по вертикали от свободной поверхности жидкости до

центра тяжести смоченной части стенки площадью F . Сила Pg про-

ходит через центр давления площади

F , положение которого опре-

деляется формулой (2.4). Сила P0

проходит через центр тяжести

ab закрытого резервуара высотой L и шириной B, по обе стороны

которой различны как уровни одной и той же жидкости (H1 > H2),

так и давления газа (p01 > p02).

Искомую силу найдем, рассматривая ее как сумму сил двусто-

роннего давления жидкости и двустороннего давления газа.

Давление жидкости на перегородку приведет к двум силам P1

и P2. Силу P1

на участке одностороннего давления определим по

формуле (2.1),

в которой hC =

H

и F = BH:

2

P1 =

1

ρgH2B.

2

Координату центра давления D1 найдем по формуле (2.5), в ко-

торой JC =

BH3

:

12

h

=

H

BH3

=

2

+

H.

D1

2

H

3

12BH

2

Силу Р2 на участке двустороннего давления жидкости определим

по формуле (2.8):

P2 = ρgHH2B.

Линия действия силы

P2

проходит по середине высоты H2

(центр давления D2

совпадает с центром тяжести этого участка

перегородки).

39

Заметим, что подстановка Н = Н1 − H2 в формулы для P1

и Р2

приводит к такому выражению для полной силы давления жидко-

сти:

1

1

Pж = P1 + P2 =

ρgH12B −

ρgH22B,

2

2

ЗАДАЧИ

Задача 2.1. В плотине сделан прямоугольный проем размером

Н ×С, через который вода поступает к турбине. При ремонте турби-

ны этот проем закладывается семью специальными балками – шан-

дорами. Размер каждой шандоры h×B = 1,2×3,4 м. Все шандоры

имеют по две пары катков.

1. Определить силы давления воды P1 и P7 на первую и седь-

мую шандоры и максимальные изгибающие моменты M1 и M7 для

этих шандор, считая катки расположенными на концах шандор, а

шандоры – свободно опертыми.

2. Найти расстояния

h1

и h7 между центром давления и

центром тяжести смоченной поверхности для первой и седьмой

шандор.

= 24 кН;

= 312 кН; M1 = 10, 2 кН ∙ м; M7 =

Ответ. 1. P1

P7

= 133 кН ∙ м. 2.

h1 = 20 см;

h7 = 1,5 см.

40