ГИДРАВЛИКА И ГИДРОМАШИНЫ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ.
Гидростатика.
Давление
Примеры решения задач
Пример 8.1.1. В закрытом резервуаре с нефтью плотностью ρ = 880 кг/м3 вакуумметр, установленный на его крышке, показывает рв = 1,18 · 104 Па (рис. 8.1).
Определить показание манометра рм, присоединенного к резервуару на глубине Н = 6 м от поверхности жидкости, и положение пьезометрической плоскости.
Решение
Проведем плоскость 1 - 1 на уровне присоединения манометра. В этой плоскости абсолютное давление в соответствии с основным уравнением гидростатики (2.1.3) равно:
р1-1 = р0 + ρgH,
Рис. 8.1. К примеру 8.1.1
| где р0 — абсолютное давление на поверхности, равное ра — рв.
Тогда
р1-1 = ра — рв + ρgH.
С другой стороны, так как манометр измеряет избыточное давление (рм=ри), то
р1-1 = ра + рм .
Приравняв два выражения для р1-1, найдем рм:
рм = - рв + ρgH = - 1,18·104 + 880·9,8·6 = 3,99·104 Па.
Так как на поверхности жидкости давление меньше атмосферного, то пьезометрическая высота отрицательна:
м,
и пьезометрическая плоскость расположена ниже поверхности жидкости на расстоянии 1,37 м.
Пример 8.1.2. Найти избыточное давление в сосуде А с водой по показаниям многоступенчатого двухжидкостного ртутного манометра (рис. 8.2, стр. 337): h1 = 82 см; h2 = 39 см; h3 = 54 см; h4 = 41 см; h5 = 100 см; ρв=103кг/м3; ρр=1,36·104 кг/м3.
Решение
Так как жидкость находится в равновесии, то давления в точке 1 и в точке 2 равны как давления в точках одного и того же объема однородной покоящейся жидкости, расположенных на одной горизонтали, т.е. р1 = р2. На том же основании р3 = р4, р5 = р6 . В то же время избыточное давление
Исключив из этих соотношений промежуточные давления p2, p4, p6, получим:
рА = ρрg[(h1 – h2) + (h3 – h4 )] — ρвg[(h3 - h2 ) + (h5 - h4)] = =1,36·104·9,8 (0,43+0,13) - 103·9,8 (0,15 + 0,59) = 67,4 кПа.
Пример 8.1.3. Определить давление на забое закрытой газовой скважины (рис. 8.3), если глубина скважины Н = 2200 м, манометрическое давление на устье рм = 10,7 МПа, плотность природного газа при атмосферном давлении и температуре в скважине (считаемой неизменной по высоте) ρ = 0,76 кг/м3, атмосферное давление ра = 98 кПа.
Решение
Для определения давления на забое газовой скважины воспользуемся барометрической формулой
В нашей задаче р0 – абсолютное давление газа на устье скважины
р0 = ра + рм = 9,8 · 103 + 10,7 · 106 =
= 10,8 · 106 Па;
ρ0 – плотность при давлении р0, а z0 – z = 2200 м.
Из уравнения состояния газа следует, что
с2/м2,
а показатель степени:
Тогда
р = 10,8 · 106 · е 0,167 = 12,8 МПа.
Сила статического давления жидкости на плоскую стенку
Примеры решения задач
Пример 8.1.4. Вертикальная стенка (рис. 8.4) длиной l =3 м (в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа), шириной b = 0,7 м и высотой H0 = 2,5 м разделяет бассейн с водой на две части. В левой части поддерживается уровень воды H1 = 2 м, в правой — Н2 = 0,8 м.
Найти величину опрокидывающего момента, действующего на стенку, а также определить, будет ли стенка устойчива против опрокидывания, если плотность материала стенки ρст = 2500 кг/м3.
Решение
Найдем силу давления воды на стенку слева. Так как на поверхности давление атмосферное, то пьезометрическая плоскость совпадает с поверхностью жидкости
Рис. 8.4. Кпримеру 8.1.4
рт – ра = pg ,
Р1 = pg lН1= 103·9,8·2/(2·3·2)=58,8·103 Н = 58,8 кН.
Координата центра давления
lD1 = lт + J/lт s.
Для прямоугольной стенки J = , тогда
м.
Точно так же справа:
кН,
м.
Опрокидывающий момент, т.е. момент сил давления жидкости относительно точки О (см. рис. 5.1.12):
Н·м.
Устойчивость против опрокидывания сообщает стенке момент силы тяжести относительно точки О:
Н·м.
Так как Мтяж > Мопр, то стенка устойчива.
Пример 8.1.5. Для слива жидкости из бензохранилищ имеется квадратный патрубок со стороной h = 0,3 м, закрытый крышкой, шарнирно закрепленной в точке О. Крышка опирается на торец патрубка и расположена под углом 45° (α = 45°) к горизонту (рис. 8.5).
Определить (без учета трения в шарнире О и рамке В) силу F натяжения троса, необходимую для открытия крышки АО, если уровень бензина Н = 3 м, давление над ним, измеренное манометром, рм = 5 кПа, а плотность бензина ρ = 700 кг/м3 . Вес крышки не учитывать.
Рис. 8.5. Кпримеру 8.1.5
Решение
Найдем силу давления на стенку АО. Рассматриваемой смоченной поверхностью является прямоугольная наклонная стенка высотой h/sin α ишириной h, т.е. s = h 2/sin α.
Центр тяжести этой стенки находится на глубине h т = H - h/2, Δр = рм, т.е.
кН.
Найдем теперь расстояние между центром давления и центром тяжести крышки.
м.
Тогда
м.
Момент инерции прямоугольной стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести стенки:
Тогда
м.
Найдем силу натяжения троса из уравнения моментов сил, взятых относительно оси шарнира О:
кН.
Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском по сайту:
©2015 - 2024 stydopedia.ru Все материалы защищены законодательством РФ.
|