Задачи 5 и 6 связаны с определением силы давления жидкости на плоскую и криволинейную стенки

МОСКОВСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ

АКАДЕМИЯ ВОДНОГО ТРАНСПОРТА

А.С. Кондратьев

ГИДРАВЛИКА

Блок задач контрольных работ

Москва

2012 г.

Методические указания к решению задач

и контрольные задания

Номера контрольных задач студент выбирает по последней цифре шифра (см. Таблица 1), а числовые значения - по предпоследней цифре шрифта зачетной книжки (студенческого билета) студента (см. Таблица 2).

Выполняемые контрольные задания имеют целью научить студента применять изученные закономерности при решении практических задач курса гидравлики.

Таблица 1

*
Номер контрольной работы

* -последняя цифра шифра

Задачи 1 и 2 связаны с основными свойствами жидкости.

Задача 1. Канистра, заполненная бензином и не содержащая воздуха, нагрелась на солнце до температуры tк = 500С. На сколько повысилось бы давление бензина внутри канистры, если бы она была абсолютно жесткой? Начальная температура бензина tн = 200С Модуль объемной упругости бензина Еж = 1300 МПа, коэффициент температурного расширения β t = 8 10-4 1/град.

Решение.

При нагревании происходит увеличение объема, занимаемого жидкостью:

ΔVt = β t V (tк – tн) = β t V Δt.

При сжатии происходит уменьшение объема, занимаемого жидкостью:

ΔVр = - β р V (рк – рн) = - β р V Δр = - V Δр / Еж.

где: β р = 1/ Еж – коэффициент объемного сжатия.

Так как канистра абсолютно жесткая, то суммарное изменения объема равно нулю, то есть:

ΔVt + ΔVр = 0 или β t V Δt - V Δр / Еж = 0

Откуда:

Δр = β t Δt Еж = 1300 106*8 10-4 (50 - 20) = 31,2 МПа.

Задача 2.Определить объемный модуль упругости жидкости, если под действием груза А массой m = 250 кг поршень опустился на расстояние Δh = 5 мм. Начальная высота положения поршня (без груза) Н = 1,5 м, диаметр поршня d = 80мм, а резервуара D = 300 мм, высота резервуара h = 1,3 м. Весом поршня пренебречь. Резервуар считать абсолютно жестким. Рис. 1.

Решение.

Согласно определению объемного модуля сжатия жидкости:

Еж = - V Δр / ΔVр.

Объем резервуара, содержащего жидкость равен:

V = πD2h /4 +π d2 (H-h)/4 = 3,14*0,32*1,3/4 + 3,14*0,082*(1,5 – 1,3)/4 =

= 9,28 10-2 м3.

Изменение объема ΔVр:

ΔVр = - π d2 Δh /4 = 3,14*0,082*0,005/4 = - 2,51 10-5 м3.

Приращение давление под поршнем Δр, создаваемое грузом массой m, равно отношению веса груза к площади поршня:

Δр = mg / (π d2/4) = 250*9,81 /(3.14*0,082*/4) = 4,88 105 Па.

Подставляя найденные величины V, ΔVр и Δр в формулу, определяющую величину Еж, получим:

Еж = - V Δр / ΔVр = - 9,28 10-2 *4,88 10-2 / (- 2,51 10-5) = 1804 МПа.

Задачи 3 и 4 связаны с определением гидростатического давления в жидкости.

Задача 3.Определить абсолютное и вакуумметрическое давление воздуха в сосуде, если показание ртутного прибора h = 368 мм, а высота воды Н = 1 м. Атмосферное давление равно hа = 736 мм. рт. ст. Плотность ртути ρр = 13600 кг/м3, плотность воды ρв = 1000 кг/м3. Рис. 2.

Решение.

Атмосферное давление ра в открытой трубке уравновешивается давлением, создаваемым столбом ртути высотой h, столбом воды высотой Н и абсолютным давлением воздуха в сосуде рв:

ра = ρрg h + ρвg H + рв,

где ра = ρрg hа = 13600*9,81*0,736 = 0,0982 МПа.

рв = ра - ρрg h - ρвg H =

= 13600*9,81*0,736 – 13600*9,81*0,368 – 1000*9,81*1 = 0,039 МПа.

Вакуумметрическое давление воздуха в сосуде рв вак:

рв вак = ра - рв = 0,0982 – 0,039 = 0,059 МПа.

Задача 4.Определить давление Р1 жидкости, которое нужно подвести к гидроцилиндру, чтобы преодолеть усилие, направленное вдоль штока F = 1 кН. Диаметры: цилиндра D = 50 мм, штока d = 25 мм. Давление в баке Р0 = 50 кПа, высота Н0 = 5 м. Силу трения не учитывать. Плотность жидкости ρ = 1000 кг/м3. Рис. 3.

Решение.

При равновесии, сила, создаваемая за счет давления Р1 на поршень слева Fл, равная произведению давления на площадь цилиндра, уравновешивается силой Fп, равной сумме силы F и силы, создаваемой за счет давления Р2 на поршень справа. При этом, давление Р2 равно: Р2 = Р0 + ρg H0

Fл = Р1 πD2 /4 = Fп = Р2 π(D2 - d2)/4 + F.

Отсюда:

Р1 = 4 F /( πD2) + (Р0 + ρg H0) (D2 - d2)/D2 = 4*103/(3,14*0,052) +

(50*103 + 1000*9,81*5)(0,052 – 0,0252)/ 0,052 = 0,584 МПа.

Задачи 5 и 6 связаны с определением силы давления жидкости на плоскую и криволинейную стенки.

Задача 5. Определить минимальную массу m груза, способного удерживать прямоугольный щит размером h = 3 м и b = 2 м в закрытом положении, при уровне воды в канале Н = 5 м. Длина рычага, на котором укреплен груз, L = 3м. Щит может поворачиваться в подшипниках вокруг оси О. Выше оси расположены неподвижные балки, концы которых заделаны в боковые стенки канала. Рис. 4.

Решение.

Сила тяжести груза минимальной массы G может быть найдена из уравнения моментов, составленного относительно оси О:

ΣM0 = 0 или G L – Р LDO = 0.

Откуда:

G = Р LDO / L.

где: Р = ρg hcS – сила давления воды на щит; S – площадь щита; hc – расстояние центра тяжести щита от свободной поверхности жидкости; LDO – плечо силы Р.

S = bh = 2*3 = 6 м2,

hc = Н – h /2 = 5 – 3/2 = 3,5 м.

LDO = hd – LKO = hd – (H – h),

где: hd – расстояние центра давления от свободной поверхности жидкости; LKO – расстояние между осью О и уровнем жидкости в точке К.

Момент инерции щита относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести щита:

Jc = b h3 /12 = 2*33 /12 = 4,5 м4..

Тогда:

hd = hc + Jc /( hc S) = 3,5 + 4,5 /(3,5*6) = 3,71 м.

Подставляя найденные значения в вышеприведенные формулы, получим:

LDO = hd – LKO = hd – (H – h) = 3,71 - (5 – 3) = 1,71 м.

Р = ρg hc S = 1000*9,81*3,5*6 = 206 103 Н.

G = Р LDO / L = 206 103*1,71 / 3 = 117,4 103 Н.

Тогда:

m = G/g = 117,4 103/9,81 = 12000 кг.

Задача 6.Определить силу давления нефти Р на цилиндрическую стенку резервуара и угол наклона α линии действия этой силы к горизонту, если радиус стенки R = 800 мм, ширина стенки В = 3 м, высота нефти в резервуаре Н = 2 м, плотность нефти ρ = 900 кг/м3. Рис. 5.

Решение.

Результирующая сила давления нефти Р на рассматриваемую криволинейную стенку и ее горизонтальную составляющую Рx можно определить по формулам:

Р = (Рx2 + Рz2)1/2;

Рx = ρg hc Fz,

где: Fz – площадь проекции стенки на вертикальную плоскость, равная в данном случае площади прямоугольника шириной В и высотой R, то есть Fz = В R; hc – расстояние от свободной поверхности нефти до центра тяжести поверхности Fz, то есть hc = Н – R/2.

Тогда:

Рx = ρg hc Fz = ρg (Н – R/2) В R = 900*9,81*(2 – 0,8/2)*3*0,8 = 33,9 кН.

Сила Рx приложена в точке D, находящейся от свободной поверхности нефти на глубине:

hd = hc + Jc /( hc Fz),

где: Jc = В R 3 /12 - момент инерции поверхности Fz относительно горизонтальной оси, проходящей через её центр тяжести;

hd = hc + Jc /( hc Fz) = Н – R/2 + (В R 3 /12) /( hc Fz) =

= 2 – 0,8/2 + (3*0,83/12)/((2 – 0,8/2)*3*0,8) = 1,63 м.

Вертикальная составляющая силы Рz:

Рz = ρgV,

где: V – объем тела давления, представляющего в данном случае разность объемов параллелепипеда Vп = НВR и четверти цилиндра Vц = π R2В/4. Тогда:

Рz = ρgV = ρg (НВR - π R2В/4) = 900*9,81(2*3*0,8 – 3,14*0,82*3/4) =29 кН.

Точка приложения силы Рz находится в центре тяжести объема тела давления – в точке N. Результирующая сила давления на криволинейную стенку Р равна:

Р = (Рx2 + Рz2)1/2 =(33,92 + 292)1/2 = 44,6 кН.

Эта сила направлена под углом к горизонту α:

α = arctg (Рz / Рx) = arctg (29/33,8) = 400 38'.

Наши рекомендации