Гидростатика: Учебное пособие

Федеральное агентство по образованию Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования «САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКАЯ ГОСУДАРСТВЕННАЯ ЛЕСОТЕХНИЧЕСКАЯ АКАДЕМИЯ имени С.М.КИРОВА»

ГИДРОСТАТИКА Учебное пособие ОПД Ф5 для студентов 3 курса ЛИФ специальности 250401 «Лесоинженерное дело», МТД специальности 250403 «Технология деревообработки»

Санкт-Петербург 2010г.

Рассмотрено и рекомендовано к изданию методической комиссией лесоинженерного факультета Санкт-Петербургской государственной лесотехнической академии 24 февраля 2010 г.

Составители: кандидат технических наук, доцент И.Н. Дмитриева доцент Г.В. Григорьев старший преподаватель А.В. Калистратов

Отв. редактор Доктор технических наук профессор М.М.Овчинников

Рецензенты: зав. кафедрой Транспорта леса МГУЛ, д.т.н. профессор А.А. Камусин к.т.н., зам.директора ОАО «ЦНИИ Лесосплава» В.Н.Чарышников

Гидростатика: учебное пособие для студентов 3 курса дневной и заочной форм обучения / И.Н.Дмитриева, Г.В.Григорьев, А.В.Калистратов:СПбГЛТА, 2010, 41с.

В учебном пособии представлены основные термины и главные законы, действующие в покоящейся жидкости, справочные таблицы, необходимые для решения задач в разделе «Гидростатика» ОПДФ5 «Гидравлика», разобраны примеры решения задач по разделу и даны задания для самостоятельного выполнения студентами. Пособие предназначено для закрепления лекционного материала для студентов всех форм обучения ЛИФ специальности 250401 “Лесоинженерное дело”, МТД специальности 250403 “Технология деревообработки”

Темплан 2010 г. изд. № 2

Содержание Введение 4 1. Основные гидравлические термины 6 1.1. Система СИ и перевод физических величин в систему СИ 6 1.2. Справочные таблицы плотности и вязкости жидкостей 8 2. Применение основного уравнения гидростатики для решения задач по определению давления в заданной точке и построения эпюр избыточного гидростатического давления 9 2.1. Построение эпюр избыточного гидростатического давления 9 2.2. Поверхность равного давления 13 2.3. Определение давления в точке 13 2.3.1. Определение давления в точке в однородной жидкости 13 2.3.2. Определение давления в точке при наличии нескольких жидкостей 14 2.3.3. Определение местоположения поверхности с заданным давлением 16 2.3.4. Простейшие гидравлические приборы 16 2.3.5. Задачи для самостоятельного решения 18 3. Сила давления жидкости на плоскую фигуру 19 3.1. Сила давления жидкости на горизонтальное дно 19 3.2. Сила давления жидкости на вертикальную стенку 23 3.3. Сила давления жидкости на заглубленную плоскую фигуру 27 3.4. Сила давления жидкости на сложную плоскую фигуру 31 3.4.1. Метод вычитания 31 3.4.2. Метод сложения 33 4. Сила давления жидкости на криволинейные поверхности 37 4.1. Расчет величины силы давления жидкости на цилиндрическую поверхность с горизонтальной или вертикальной образующей 37 4.2. Определение точки приложения силы давления жидкости на криволинейную поверхность 39 4.3. Пример определения величины силы давления жидкости на круглую цилиндрическую поверхность 39

3

Введение Гидравлика – это прикладная инженерная дисциплина, предназначенная для решения конкретных инженерных задач. Гидравлика условно подразделяется на три раздела: 1. Гидростатика. В этом разделе рассматриваются законы, действующие в покоящейся жидкости. 2. Гидродинамика. В этом разделе рассматриваются законы, действующие в движущейся жидкости. 3. Прикладные задачи технической гидравлики. В этот раздел включен широкий спектр вопросов, решение которых возможно при использовании знаний двух первых, классических разделов гидравлики. Первым научным трудом по гидравлике считают трактат Архимеда «О плавающих телах». Он был написан в третьем веке до нашей эры. Следующее имя – это Леонардо да Винчи. Им в 15 веке была написана работа «О движении и измерении воды». В 16 веке были написаны работы Стевином «Начало гидростатики», Галилеем «Законы плавания», в 17 веке Торричелли открыл законы истечения жидкостей из отверстий, а Паскаль – закон о передаче давления в жидкости, Ньютон сформулировал гипотезу о внутреннем трении в жидкости. 18 век сформировал Гидравлику как науку. Огромный вклад в этот период внесли академики Петербургской академии наук: -Ломоносов М.В. монографией «Рассуждения о твердости и жидкости тела», -Д. Бернулли, с трудом «Гидравлика» - Л. Эйлер, опубликовавший «Общие принципы движения жидкости». Эти работы положили начало бурному развитию гидравлики. В 19 веке в России появляются работы по гидравлике И. С. Громека «Основы теории винтовых потоков», Д. И. Менделеева «О сопротивлении жидкостей и воздухоплавании», Н. П. Петрова, сформулировавшего теорию внутреннего трения в жидкости, Н. Е. Жуковского создавшего теорию гидравлического удара в трубах, теорию наносов в реках. В 20 веке начинается развитие гидравлики как прикладной инженерной дисциплины. Среди отечественных ученых на первом месте стоит имя академика Н. Н. Павловского. Ему принадлежат труды по равномерному и неравномерному движению жидкости, теория фильтрации под гидротехническими сооружениями. Предвоенные и послевоенные годы связаны в гидравлике также с именами И. И. Агроскина, А. Н. Рахманова, М. Д. Чертоусова, Р. Р. Чугаева.

4

Настоящее методическое пособие предназначено для оказания студентам помощи в изучении первого классического раздела гидравлики – гидростатики. Этот раздел является также первым из трех модулей ОПДФ5 учебного курса.

5

1. Основные гидравлические термины. 1.1.Система СИ и перевод физических величин в систему СИ. Открывались новые физические явления, которым присваивали имена ученых, их установивших, или названия, которое дал явлению автор. Каждая научная школа давала свое определение и название физическому явлению. Независимо друг от друга научные школы вводили и системы единиц для названия одного и того же явления. Так для определения силы в начале 20 века существовало более 10 единиц измерения, а работы и энергии - более 30. В нашей стране в этот период времени для гидравлических расчетов наиболее употребительной была Техническая система единиц (МКГСС метр, килограмм-сила, секунда). В середине 20 века, когда международное научное общение стало постоянным, возникла необходимость введения единого международного стандарта для обозначения понятий и их расчета. Так появилась система СИ. Обозначение СИ взято по первым буквам от «Систем интернационале» В соответствии с международной договоренностью принято все научные материалы, предназначенные для публикации, оформлять только в системе СИ. Преимущества системы единиц СИ: 1. Замена многообразных единиц единой универсальной системой. 2. Удобные для практического применения размеры основных и производных единиц. 3. Упрощения расчетов в связи с тем, что отпадает необходимость во введении переходных множителей. 4. При написании производных гидравлических величин те из них, которые названы по именам ученых, пишутся с заглавной буквы (Н, Па, Дж), остальные строчными буквами. В 1961 году в нашей стране был утвержден ГОСТ 9867-61 «Международная система единиц». В учебном процессе для студентов выдвигается обязательное требование оформления расчетов, курсовых работ, дипломных проектов, статей и докладов в международной системе единиц СИ. Ниже в таблице 1.1 приведены переводы в систему СИ технических терминов, которые использует техническая гидравлика. Для формирования гидравлических понятий этого раздела необходимы три основных (исходных) единицы измерения: - единица длины, м, - единица времени, с, - единица массы, кг. 6

В таблице 1.2 приведены внесистемные единицы измерения давления, часто встречающиеся в технической гидравлике. Самое распространенное из них - «Техническая атмосфера». Техническая атмосфера - это давление, которое создает столб воды высотой 10 метров. Таблица 1.1. Перевод физических величин в систему единиц СИ

№

1

Физическая величина

Обоз- Исходные наче- единицы ние измерения

2 Длина Высота Глубина

3 L, ℓ H, h Z, z

2

Площадь

Ω, ω

3

Объем

V

4

Время

t

5

Скорость

υ

1

6

Ускорение

а g

7

Кинематический коэффициент вязкости

ν

8

Объемный расход жидкости

Q

4

Размерность производных единиц измерения в системе ТехСИ ническая 5 6

м

см = 10-2 м

м2

см2 = 10-4 м2

с м/с

м/с2

м, с

м2/с

м3/с

7

7

м

м3 с

Внесистемные единицы измерения физических величин

см3 = 10-6 м3 л = литр = 10-3 м3 1минута = 60с 1 час = 3600 с U = d Z /d t а = d2 Z /d t2 g = 9.81 м/с2, в учебных расчетах округлять g до 10 м/с2 Свойство жидкости оказывать сопротивление сдвигающим усилиям. В таблице 1.4. приведены значения коэффициента ν(t) для различных жидкостей 1см2/ с=1 Ст (Стокс) Количество жидкости, которое проходит в единицу времени через заданное поперечное сечение. Q = V / t 1л/с = 10-3 м3/с

9

масса

m

кг

кг

---

10

Плотность Жидкость

ρ

кг, м

кг/м3

---

11

Вес Сила

Р F

кг м/с2 =Н

кГ

12

Удельный вес

γ

Н/м3

кГ/м3

13

Давление

p

Н/м2 =Па

кГ/м2

№ 1 2 3

кг, м, с

Мера инертности тела Определяется как масса в единице объема ρ=m/V Р= m а F= m g Определяется как вес в единице объема γ = Р/ V Определяется как Lim (∆ F/ ∆ ω) при ∆ ω→ 0

Таблица 1.2. Внесистемные единицы измерения давления, используемые в технической гидравлике Название Обозначение Перевод в систему СИ Техническая атмосфера а 105 Па 1 кГ/см2 1 кГ/см2 105 Па мм ртутного столба мм.рт.ст. 136 Па

1.2.Справочные таблицы плотности и вязкости жидкостей. В таблице 1.3 приведены значения плотности некоторых жидкостей. Под понятием бензин и минеральное масло приняты осредненные величины, которые используются для учебных целей. В таблице 1.4 приводятся значения коэффициентов кинематической вязкости жидкостей в зависимости от температуры Таблица 1.3.

Плотности некоторых жидкостей Жидкость Вода дистиллированная Глицерин Ртуть Спирт этиловый Масло минеральное Бензин

Температура, о С 4 0 20 15….18 15 15

8

Плотность, кг/м3 Интервал значений 1000 1260 13546 790 780….890 680….780

Значение для учебных расчетов 1000 1260 13600 790 800 700

Таблица 1.4. Значение коэффициента кинематической вязкости жидкостей в зависимости от температуры Вязкость Кинематический коэффициент вязкости, м2/с при темпераВода чисМасло минеВода сточная Бензин Ртуть туре тая ральное 0 1.79 • 10-6 2.67 • 10-6 6.5 • 10-5 0.95 • 10-6 1.2 • 10-7 5 1.46 • 10-6 1.65 • 10-6 5.2 • 10-5 0.9 • 10-6 1.17 • 10-7 -6 -6 -5 -6 10 1.31 • 10 1.50 • 10 3.9 • 10 0.85 • 10 1.15 • 10-7 15 1.14 • 10-6 1.3 • 10-6 3.1 • 10-5 0.80 • 10-6 1.13 • 10-7 -6 -6 -5 -6 20 1.01 • 10 1.11 • 10 2.5 • 10 0.75 • 10 1.10 • 10-7 30 0.81 • 10-6 1.7 • 10-5 0.60 • 10-6 1.05 • 10-7 40 0.60 • 10-6 1.3 • 10-5 0.50 • 10-6 1.00 • 10-7 -6 -5 -6 50 0.56 • 10 1.0 • 10 0.40 • 10 0.95 • 10-7

При необходимости проведения точных расчетов следует обратиться к справочникам, в которых приведены подробные данные, связывающие плотность, температуру, давление и другие параметры различных жидкостей, например «Справочник по теплофизическим свойствам газов и жидкостей» Н.Б.Варгафтика. 2. Применение основного уравнения гидростатики для решения задач по определению давления в заданной точке и построения эпюр избыточного гидростатического давления. 2.1. Построение эпюр избыточного гидростатического давления. Рассмотрим, как выполнить построение эпюры избыточного давления, без учета давления на свободной поверхности жидкости на примере, показанном на рисунке 2.1. Точка А находится на свободной поверхности А-А, т.е. на границе раздела жидкость - воздух. Вниз от горизонтали А-А до горизонтали В-В находится жидкость плотности ρ1, например бензин. Точка В принадлежит горизонтали В-В и находится на границе раздела двух покоящихся жидкостей плотности ρ1 и плотности ρ2. Вниз от горизонтали В-В до горизонтали С-С находится жидкость плотности ρ2, например, вода.

9

Рис. 2.1. Эпюра избыточного давления.

Точка С принадлежит горизонтали С-С и находится на границе раздела двух покоящихся жидкостей плотности ρ2 и плотности ρ3. Вниз от горизонтали С–С до горизонтали Д-Д находится жидкость плотности ρ3, например, ртуть. Точка Д принадлежит горизонтали Д-Д . Определим избыточное давление на горизонтали А-А и, следовательно, в точке А. Согласно основному уравнению гидростатики избыточное давление определяется как:

Ρизб = ρgh. Для графического построения эпюры давления примем, что 1атмосфера = 105 Па будет обозначаться на рисунке вектором длиной 10 делений (1а=10делений). Для проведения расчетов и графического построения зададим величины 10

АВ= 4 м, ВС= 5 м, СД= 1 м. Для построения эпюры необходимо вычислить величины давлений в четырех точках А, В, С и Д. В точке А избыточное давление Ρизб.=0, т.к. h=0. В точке В давление составит Ρизб = ρ1 g (АВ)=0,7·103·10·4=2,8·104=0,28 а или 2.8 делений. В соответствии со свойствами гидростатического давления направим вектор давления в точке В на стенку под углом 90 градусов, В точке С давление согласно основному уравнению гидростатики будет складываться из суммы давлений в точке В и гидростатического давления столбика воды высотой ВС, что составит

Ρизб = 2,8·104 + ρ2 g (ВС) = 2,8·104 +1,0·103·10·5=7,8·104 Па=0,78 а или 7.8 делений. В соответствии со свойствами гидростатического давления направим вектор давления в точке С на стенку под углом 90 градусов. В точке Д давление согласно основному уравнению гидростатики будет складываться из суммы давлений в точке С и гидростатического давления столбика ртути высотой СД, т.е.

Ρизб = 7,8·104 + ρ3 g (СД) = 7,8·104 +13,6·103·10·1 = =7,8·104 + 13,6·104== 21,4·104 Па=2,14 а или 21.4 деления.

Обратимся к рисунку 2.1. и определим значения углов α1, α2 и α3. Очевидно: h3 h h2 1 1 1 tg α1= 1 = , tg α2= = , tg α3 = = ρ1gh1 ρ1g ρ 2 gh 2 ρ 2 g ρ 3gh 3 ρ 3g Это значит, что в однородной жидкости угол α =arctg

Чем тяжелее жидкость, тем меньше величина

1 = Const . ρg

1 и тем меньше угол ρg

α. В нашем примере самый маленький угол – это угол α3. для жидкости с самой большой плотностью - ртути, а самый большой угол - это угол α1, который соответствует жидкости с самой маленькой плотностью, бензину. В таблице 2.1 представлены примеры построения эпюр избыточного гидростатического давления на горизонтальное дно, вертикальную, наклонную и ломаную стенки.

11

Таблица 2.1.

Виды эпюр гидростатического давления № п/п 1

Ρизб = ρgh Избыточное

Ρвн Внешнее

Вид стенки

Ρ = Ρвн + ρgh Полное

Горизонтальная

A B B

B C Вертикальная

2

A

P

Pизб C

Pвн

h

C

C

B A

A

A

B

B

B

h B Наклонная

3

A

A

A

A

h B

B

B

4

Ломаная B

C

5

Ломаная

C

A

B

B

B

C

C

C

A

A

B

A

A

A

B

A

A

B

C

12

B

B

C

C

2.2. Поверхность равного давления. Поверхностью равного давления в покоящейся жидкости, являются поверхности z = const. Эти поверхности называют изобары. На рисунке 2.2. показаны примеры таких поверхностей. Поверхность равного давления можно провести только в однородной жидкости.

1

z

А

А

C D

А

А

А B

B а

B б

C D

2

А

3

А B E F

E F

в

Рис. 2.2. Поверхности равного давления: а) – в простом сосуде, б) – в сообщающихся сосудах с однородной жидкостью, в) – в сообщающихся сосудах с жидкостями разной плотности.

На рис.2.2.а и 2.2.б показаны примеры построения поверхности равного давления в однородной поящейся жидкости и в сообщающихся сосудах с однородной жидкостью. На этих рисунках любая горизонталь, например А-А или В-В будет соответствовать поверхности определенного значения давления. Т.к. между горизонталями А-А и В-В можно провести бесконечное множество прямых, то можно провести такое же количество изобар. На рисунке 2.2. в представлена система, состоящая из сосуда с тремя жидкостями плотностью ρ1., ρ2 и ρ3. В жидкости плотностью ρ1 поверхности равного давления можно проводить вниз от горизонтали А-А, в жидкости плотностью ρ3 поверхности равного давления можно проводить вниз от горизонтали Е-Е, а в жидкости плотностью ρ2 поверхности равного давления можно проводить вниз от горизонтали С-С до горизонтали А-А,

2.3. Определение давления в точке. 2.3.1. Определение давления в точке в однородной жидкости. Рассмотрим, как определить давление на примере задачи, показанной на рисунке 2.3. Точка А находится на свободной поверхности А-А, т.е. на границе раздела жидкость - воздух. Вниз от горизонтали А-А до горизонтали В-В находится жидкость плотности ρ. 13

Определим давление на горизонтали А-А. Согласно основному уравнению гидростатики полное давление определяется как сумма внешнего и избыточного давлений Ρ = Рвн + ρgh

А

Рвн

А

N

N

В

В

Рис. 2.3. Пример задачи на определение давления в заданной точке.

Поскольку на поверхности жидкости избыточное давление равно нулю, давление в точке А будет равно внешнему давлению Рвн., т.е. давлению на свободной поверхностижидкости. ΡА = Рвн Для вычисления давления в точке N необходимо к внешнему давлению прибавить избыточное давление, которое создаёт столб жидкости высотой AN. ΡN = Рвн + ρg(AN) Аналогичным образом можно определить давление в точке В. ΡВ = Рвн + ρg(AВ)

2.3.2. Определение давления в точке при наличии нескольких жидкостей. Рассмотрим другую задачу, представленную на рисунке 2.4. Точка А находится на свободной поверхности А-А, т.е. на границе раздела жидкость - воздух. Вниз от горизонтали А-А до горизонтали В-В располагается жидкость плотности ρ1.

14

Точка В расположена на горизонтали В-В и находится на границе раздела двух покоящихся жидкостей с плотностями ρ1. и ρ2..Вниз от горизонтали В-В до горизонтали С-С находится жидкость плотности ρ2.. Как и в предыдущей задаче воспользуемся основным уравнением гидростатики. ΡА = Рвн Для вычисления давления в точке В необходимо к внешнему давлению прибавить избыточное давление, которое создаёт столб жидкости высотой AВ. ΡВ = Рвн + ρ1g(AВ)

А

Рвн

А 1

В Е

2

В Е

N

N

С

С

Рис. 2.4. Пример задачи на определение давления в заданной точке в сосуде с несколькими жидкостями.

Для определения давления в точке N необходимо учесть внешнее давление и давление столбов жидкостей высотой АВ и ВN ΡN = Рвн + ρ1g(AВ) + ρ2g(ВN) Аналогичным образом определяется давление в точке С ΡС = Рвн + ρ1g(AВ) + ρ2g(ВС)

15

Примем для данной задачи: Рвн = 1 а, АВ = 3 м, ВN = 1 м, NC = 1,5 м, ρ1 = 800 кг/м3 ρ2 = 1000 кг/м3 Таким образом, получаем: ΡА = Рвн = 1 а 5 ΡВ = Рвн + ρ1g(AВ) = 10 + 800·10·3 = 105 + 24000 = 1,24 105 Па = 1,24 а ΡN = Рвн + ρ1g(AВ) + ρ2g(ВN) = 105 + 800·10·3 + 1000·10·1 = 105 + 24000 + +10000 = 1,34 105 Па = 1,34 а ΡС = Рвн + ρ1g(AВ) + ρ2g(ВС) = 105 + 800·10·3 + 1000·10·2,5 = 105 + 24000 + +25000 = 1,49 105 Па = 1,49 а

2.3.3. Определение местоположения поверхности с заданным давлением. На примере предыдущей задачи определим местоположение поверхности с давлением 1,3 а. Из выполненных расчетов видно, что данная точка должна находиться ниже точки В (ΡВ = 1,24 а), но выше точки N (ΡN = 1,34 а). Для решения этой задачи необходимо определить расстояние от точки с давлением 1,3 а (обозначим её на рисунке буквой Е) до любой из соседних точек. Воспользуемся основным уравнением гидростатики ΡЕ = РВ + ρ2g(ВЕ) ΡN = РE + ρ2g(ЕN) Из первого уравнения получаем Р − РВ ВЕ = Е , ρ2g из второго: Р − РE EN = N ρ2g Подставляем значения Р − Р В 1,3 ⋅ 10 5 − 1,24 ⋅ 10 5 = 0,6 м = ВЕ = Е 1000 ⋅ 10 ρ2g Р N − Р E 1,34 ⋅ 10 5 − 1,3 ⋅ 10 5 = 0,4 м EN = = 1000 ⋅ 10 ρ2g Выполняем проверку BE + EN = BN 0,6 м + 0,4 м = 1.0 м 16

Т.е. расчёты выполнены правильно.

2.3.4. Простейшие гидравлические приборы. К простейшим приборам, работающим на принципе использования основного уравнения гидростатики, относят: - барометр (прибор для определения внешнего атмосферного давления). - пьезометр (прибор для определения давления и его малых перепадов ). - U-образная трубка (прибор для определения плотности неизвестной жидкости). - вакуумметр (прибор для определения давления меньше атмосферного). - манометр и дифференциальный манометр (прибор для определения давления и его больших перепадов). Рассмотрим применение основного уравнения гидростатики для решения задач на примере манометра, рис.2.5..

РА

Е

А

1

В

С1

C 2

Рис.2.5. К определению давления в заданной точке

Определение давления в точке двумя способами 1 способ. Для нахождения давления в точке А вертикалях проведем поверхность равного давления С-С. Очевидно, что в точках С и С1 давление одинаковое, РС = РС1. РС = РА +ρ1gАВ + ρ2gВС РС1= РО +ρ2gЕC1 Отсюда РА = РО +ρ2g(ЕC1 - ВС) - ρ1gАВ 17

2 способ. Поскольку система находится в состоянии покоя, напишем уравнение равновесия. Последовательно определяем давление во всей системе. Так как при движении вниз давление возрастает, ставим знак (+), а при подъеме наверх давление падает, ставим знак (-). РА +ρ1gАВ + ρ2gВС - ρ2gЕC1 - РО = 0 Зададим значения: АВ = 1,5м, ВС = 2м, ЕC1 = 4м ρ1 = ρводы = 1000 кг/м3 , ρ2 = ρртути = 13600 кг/м3 1 способ: РС = РА +1000·10·1,5 + 13600·10·2 РС1 = 1·105 +13600·10·4 РА = 1·105 +13600·10· (4 - 2) - 1000·10·1,5 = 3,57 105Па 2 способ: РА +1000·10·1,5 + 13600·10·2 - 13600·10·4 - 1·105 = 0 РА = 1·105+ 13600·10·4 -1000·10·1,5 - 13600·10·2 = =3,57 105Па. 2.3.5. Задачи для самостоятельного решения. В табл.2.2. приведены исходные данные для решения первой самостоятельной задачи. На рис.2.6. показана схема и даны необходимые обозначения. Два трубопровода с разными жидкостями соединены ртутным (ρз = ρрт) манометром, как представлено на рисунке 2.6. Давления Р1 и Р2. показаны на рис.2.6. Жидкость плотности ρ1 заполняет левую трубку на высоту h1. Жидкость плотности ρ2 заполняет правую трубку на высоту h3 Жидкость плотности ρ3 заполняет левую трубку на высоту h2, а правую - на высоту h4.

Р1

1

Р2

h1

h3 h2

h4 3

18

2

Рис.2.6. Первая задача для самостоятельного решения

1. Найти неизвестную величину, обозначенную символом ? в таблице 2.2. 2. Построить эпюры полного гидростатического давления по вертикальным частям манометра. Таблица 2.2.

№

Исходные данные для решения первой задачи. Жидкость Жидкость

вар.

Р1 , a

Р2 , a

ρ1

ρ2

h 1, м

h 2, м

h 3, м

h 4, м

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

2,2 2,4 1,3 1,6 3,3 3,2 2,0 ? 0,7 1,5 3,3 1,4 2,2 1,5 2,0 ? 1,6 2,5 2,2 1,5 1,3 2,8 2,4 ? 1,4 1,5 1,8 2,5 2,2 2,7

2,8 3,1 2,1 2,2 3,8 4,0 ? 1,8 1,2 2,5 2,2 2,0 1,8 1,9 ? 3,0 2,3 2,0 2,5 1,8 2,3 2,0 ? 2,0 2,1 1,9 2,5 3,5 1,3 1,6

вода масло бензин глицерин спирт ? масло бензин глицерин спирт вода масло бензин ? спирт вода масло бензин глицерин спирт вода ? бензин глицерин спирт вода масло бензин глицерин ?

масло спирт вода бензин ? спирт вода глицерин спирт вода бензин глицерин ? вода масло глицерин бензин масло масло бензин ? глицерин вода спирт масло бензин спирт масло ? вода

2 1,5 2 ? 1,1 1,58 3 1,2 1 1,3 2,5 ? 1,4 1,4 1,2 1,4 1,5 1,5 2,1 ? 1,87 1,5 1,5 1,3 2 0,5 1,4 ? 0,4 1,03

3,5 1,5 ? 0,8 1 0,8 1,3 0,6 1 1,5 ? 1,5 0,6 0,7 1 0,5 0,8 0,5 ? 0,9 1 0,3 1,2 1,1 1 1,3 ? 1 0,2 0,8

1,5 ? 1,5 1,4 2 1 2 0,3 2 ? 2 1 1,125 1,2 1,5 1 1 ? 1,5 1 0,9 0,83 1,3 2 1,5 ? 1,1 0,9 1,68 2,2

? 1 0,6 0,4 0,55 0,3 0,7 0,8 ? 0,7 1,5 1 0,9 0,4 0,7 0,3 ? 0,6 0,7 0,5 0,35 0,9 1,1 0,7 ? 0,8 1 0,3 0,8 1,5

19

3. Сила давления жидкости на плоскую фигуру. 3.1. Сила давления жидкости на горизонтальное дно. Рассмотрим пример определения: - величины силы F давления на горизонтальное дно; - точки приложения силы F. Для этого обратимся к таблице 2.1. Горизонтальное дно АВСД - со сторонами АВ=СД и АД=ВС. Глубина заполнения сосуда жидкостью h равна h =АА1=ВВ1=СС1=ДД1 (рис.3.1). Пусть h =4 м, АВ=СД =3м, АД=ВС=5м. Тогда площадь фигуры ω =АВ⋅АД=3⋅5=15м2.

С

Д А

В

С

Д А

В

Рис.3.1.К расчетам по определению силы давления жидкости на горизонтальное дно и вертикальную стенку.

Избыточное давление жидкости на горизонтальное дно определяется ρ⋅g⋅⋅h. согласно основному уравнению гидростатики по формуле pизб=ρ ρводы. (таблица 1.3). Примем для проведения численного расчета ρ=ρ 4 Тогда pизб=1000⋅10⋅4=4⋅10 =0.4 а . В соответствии со свойствами гидростатического давления во всех точках дна АВСД pизб действует по нормали. Покажем pизб на рис.3.2. pизб=АА11=ВВ11=СС11=ДД11=0.4 а.

20

С

Д А

В С

Д А

В

Ризб С

Д А

В

Рис.3.2. К определению силы давления на горизонтальное дно. Построение эпюры давления

Масштаб построения вектора давления pизб выбирается произвольно, но сохраняется неизменным при решении данной задачи. Сила от постоянного давления F определяется по формуле F = pизб⋅ ω=4⋅104⋅15=6⋅105Н. Известно, что сила от постоянного давления приложена в центре тяжести фигуры АВСД. Ее координаты 0.5АВ=1.5м, 0.5АД=2.5м. Направление вектора силы совпадает с направлением вектора давления. На рис.3.3. показано направление действия силы F и точка ее приложения.

F

Д

С

А

С

В С

Д А

В Д

А

Д

Ризб С

АД 2

А

АВ 2

В

В

Рис.3.3. К определению силы давления на горизонтальное дно. Точка приложения результирующей силы F. 21

Таблица 3.1. №

Задание 2. для самостоятельного выполнения Фигура h, м F, кН

№

441 4760 276,5 280 245 490 560 553 9520 882 829,5 735 1323 840 14280

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

474,8 263,8 5124,5 301,4 297,7 496,1 502,4 791,3 439,6 8540,8 11957,1 615,4 1107,8 703,4 694,6

16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

784 1411,2 884,8 15232 896 1587,6 882 17136 995,4 1008 1106 19040 1120 1764 980

31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45

2

1

4

7м

6

5м

3

4м

2

5

7

8

2м

3

4м

9

5м

10

22

Задание 2 для выполнения самостоятельной работы: Заданы: -Геометрическая фигура, -глубина ее погружения h, -величина силы давления на горизонтальное дно F. (задание из табл.3.1. назначает преподаватель). Определить: 1. плотность жидкости. 2. Построить в выбранном масштабе эпюру давления, 3. вычислить и указать на графике место приложения силы. 3.2. Сила давления жидкости на вертикальную стенку. Рассмотрим пример определения: - величины силы давления F на вертикальную стенку. - точки приложения силы F. Для этого обратимся к таблице 2.1. Для выполнения примера расчета воспользуемся рис.3.1. Расчет можно проводить для двух пар вертикальных стенок: АДД1А1 и равной ей ВСС1В1 и пары АВВ1А1 и ДСС1Д1. Выберем вертикальную стенку АДД1А1, как показано на рис.3.4.

А

hС

hд

С

Д

Д

А

hС

K

hд

K

В

M M А

С

Д Д

А

В

Рис.3.4. К расчету величины силы давления покоящейся жидкости на вертикальную стенку.

На рис.3.5 значения АN и ДR должны соответствовать значению АА , показанному на рис. 3.3 и определенному выше. 11

23

Д

С

А

В F

М

R

Д А

N

С

В

Рис.3.5. Точка приложения силы давления F покоящейся жидкости на вертикальную стенку.

Воспользовавшись приведенными выше обозначениями, получим: 1 2 площадь фигуры ω =АД⋅ДД =5⋅4=10м . Обратимся к справочной таблице 3.2 для определения величины силы давления на вертикальную стенку F и точки ее приложения hd.

F=ρ⋅g⋅ω⋅ hс=1000⋅10⋅10⋅hс Величину hс найдем из справочной таблицы 3.2. hс=АА1 /2=4/2=2м (вниз от горизонтали А1Д1). Обозначим на рисунке буквой К. В таблице 3.2. приняты следующие обозначения: ω - площадь фигуры, 1 hc - центр тяжести фигуры h c = ∫ zdω ωω hd - центр давления(точка приложения результирующей силы) 2 ∫ z dω hd = ω ∫ zdω ω

где z кратчайшее расстояние от свободной поверхности до точки приложения силы. Определим величину силы F=105⋅2=200кН. Точку приложения результирующей силы найдем из справочной таблицы 3.2. hd=2⋅АА1/3=8/3=2.67м. 24

Таблица 3.2. Справочная таблица площадей, координат центров тяжести и величины силы избыточного давления жидкости на плоские фигуры

Плоская фигура

ω

hc

hd

F=ρgωhc

a·b

а 2

2 ⋅а 3

ρ⋅g⋅

π ⋅ a2 4

а 2

5 ⋅a 8

hc hd

a

pga

b

hc

a2 ⋅ b 2

hd

a

ρ⋅g⋅

π ⋅ a2 a π ⋅ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a3 4 2 8

pga

a 2b 2 + b 1 b1 + b 2 ⋅ ⋅a 3 b 2 + b1 2

b1 hc

a

hd

a 3b 2 + b 1 ⋅ 2 2b 2 + b 1

a2 ρ ⋅ g ⋅ ⋅ (2b 2 + b 1 ) 6

pga

b2

b hd

hc a

a⋅b 2

a 3

a⋅b 2

2 ⋅а 3

a 2

ρ⋅g⋅

a⋅b a 1 ⋅ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a2 ⋅ b 2 3 6

pga

hd hc a

b

a 3b 3 ⋅ = ⋅a a ⋅ b 2a 1 ρ⋅g⋅ ⋅ = ⋅ ρ ⋅ g ⋅ a2 ⋅ b 2 2b 4 2 3 3

pga

Обозначим точку приложения силы на рис.3.4 и 3.5 буквой М. Чтобы правильно приложить силу, нарисуем эпюры давления покоящейся жидкости на вертикальные стенки, как показано в таблице 2.1. На рис.3.5 это треугольники давления АNА1 и ДRД1. Направление действия силы F совпадает с направлением вектора давления (перпендикулярно к стенке АДД1А1). 25

Таблица 3.3.

Задание 3. для самостоятельного выполнения №

Вертикальная стенка в форме

1

а

жидкость в сосуде бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть

10 9 8 7 6 5 5 6 7 8 9 10

бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть

6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 5 5 8 7 6 5 5 6 7 8 9 10 10 10

в

а

2

а

3

а

в

Геометрические размеры, м а в

26

№ задан.

6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 5 5

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

10 6 8 9 10 6 7 8 9 10 5 7

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36

Задание 3 для выполнения самостоятельной работы. Заданы: вертикальная геометрическая фигура; плотность жидкости, заполняющей сосуд (задание из табл.3.3. назначает преподаватель). Определить: 1. величину силы давления F. 2. построить в выбранном масштабе эпюру давления, 3. вычислить и указать на графике место приложения силы. 3.3. Сила давления жидкости на заглубленную плоскую фигуру. Для проведения расчетов величины и местоположения силы давления покоящейся жидкости F на заглубленную плоскую фигуру ω обратимся к рис.3.6.

а

Д N

С

R

ρga

hС

hд

K

с

K

K

M А

В

в

S

R

L ρgc

ρg( a+ c) Рис.3.6. К расчету силы давления на заглубленную фигуру

На рисунке 3.6 введены обозначения: О-О – граница раздела жидкость-воздух, АВСД – вертикальная геометрическая фигура площадью ω, со сторонами в и с в=АВ=3м, с=АС=9 ω=3⋅9=27м2.

27

а - глубина погружения верхней стороны (СД) фигуры площадью ω под уровнем свободной поверхности примем для расчетов а=7м. точка К центр тяжести фигуры ω (нужен для определения величины силы давления покоящейся жидкости F на заглубленную фигуру ω) точка М центр давления фигуры ω (необходим для определения местоположения силы давления покоящейся жидкости F на заглубленной фигуре ω). Примем для расчетов, что жидкость является водой. Эпюра давления на заглубленную фигуру – трапеция NRLS, которую можно разделить на две эпюры: прямоугольник NRR1S и треугольник RR1L. Эти задачи разобраны в п.п.3.1. и3.2. Следовательно, искомая сила F определится как сумма двух сил: от постоянного давления над верхней гранью фигуры (pизб=ρ⋅g⋅а.), обозначим ее F1 от давления жидкости по длине фигуры ω обозначим ее F2. Выполним расчеты по определению силы F1 и точки ее приложения к фигуре ω согласно произведенным ранее расчетам в разделе 3.1. F1=ρ⋅g⋅а⋅ω=1000·10·7·27=1890 000н=1890кН. Сила F1 приложена в центре тяжести фигуры ω, в точке К. NК=1/2 АС=9/2=4.5м. На рис.3.7. покажем F1 и место ее приложения к фигуре АВСД.

а

Д

С

N

R

hС

hд

F1 =1890kH

K

с

K M

M А

в

F2 =1215kH

В

S

L

Рис.3.7. Силы F1 и F2 и точки их приложения. 28

Выполним расчеты по определению силы F2 и точки ее приложения к фигуре ω согласно произведенным ранее расчетам в разделе 3.2. F2=ρ⋅g⋅ω⋅hс=1000·10·27 NК =270 000·4.5=1215 кН. Сила F2 приложена в центре давления фигуры ω, т.е. в точке М, ее координата hд. NМ=2/3 АС=18/3=6м. На рис.3.7 покажем F2 и место ее приложения к фигуре АВСД. Завершающим этапом работы является определение величины силы F и точки ее приложения. Очевидно F= F1+ F2=1890+1215=3105 кН Для определения плеча силы F, назовем его Z, воспользуемся уравнением моментов сил относительно горизонтали СД ( на эпюре давления ей соответствует линия NR) F⋅Z= F1⋅hс + F2⋅ hд или Z=(F1⋅hс + F2⋅ hд)/ F=(1890⋅4,5 +1215⋅6)/3105=5,09м. На рис.3.8. показана точка U на фигуре ω, в которой приложена результирующая сила F давления покоящейся жидкости на фигуру ω.

а

Д N

С

R

h С =4,5м

h д=6м Z=5.09м с

K

K

U

U

M

M А

в

В

S

F1 =1890kH F =3105kH F2 =1215kH L

Рис.3.8. К расчету определения величины силы давления жидкости F на заглубленную плоскую фигуру ω и места ее приложения на фигуре (точка U) на плече Z.

29

Таблица 3.4.

Задание 3. для самостоятельного выполнения №

Вертикальная заглубленная стенка в форме

а

1

c

в а

2

c

а c

3

c

в

жидкость в сосуде бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть бензин масло вода глицерин спирт ртуть

30

Геометрические размеры, м а в с 10 9 8 7 6 5 5 6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 5 5 8 7 6 5 5 6 7 8 9 10 10 10

6 7 8 9 10 6 7 8 9 10 5 5

10 6 8 9 10 6 7 8 9 10 5 7

4 5 6 6 5 5 7 7 4 6 6 5 4 5 6 6 5 5 7 7 4 6 6 5 4 5 6 6 5 5 7 7 4 6 6 5

№ задания 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36

Задание 4 для выполнения самостоятельной работы: Заданы: Вертикальная заглубленная геометрическая фигура, плотность жидкости, заполняющей сосуд (задание из табл.3.4. назначает преподаватель). Определить: 1. величину силы давления F. 2. Построить в выбранном масштабе эпюру давления, 3. вычислить и указать на графике место приложения силы. 3.4. Сила давления на сложную плоскую фигуру. 3.4.1. Метод вычитания Для проведения расчетов величины и местоположения силы давления покоящейся жидкости F1 на сложную фигуру ω обратимся к рис.3.9.

A

A

C

A

C C

C

d

B

B

B

B

Рис.3.9. К расчету величины силы давления на сложную фигуру методом вычитания.

Фигура ω представляет собой прямоугольник площадью ω1, из которого вырезан круг площадью ω2. ω=ω1 - ω2 Примем для выполнения расчетов АВ=10м, АА=ВВ=СС=7 м , диаметр круга d=6м, жидкость - вода. ω= 10⋅7 - π⋅(62/4)=70-28,26=41,74м2. На эпюре давления покоящейся жидкости прямоугольнику соответствует эпюра давления в виде треугольника и сила F1, а кругу соответствует эпюра давления в виде трапеции (круг заглублен на 10-6=4 м) и сила F2. Можно записать 31

F= F1- F2. Расчет величины силы F1 и точки ее приложения выполнен в разделе 3.2. F1= 1000⋅10⋅70⋅(10/2)=3 500 000н=3500 кН Точка приложения силы F1 определяется координатой hд=2/3 АВ=6.67м ( на рис 3.10. точка Д.) Расчет величины силы F2 и точки ее приложения выполнен в разделе 3.3. F2= ρ⋅g⋅ω2⋅(hс + АС)=1000⋅10⋅28,26⋅(3+4)=1 978 200н=1978,2 кН. Точка приложения силы F2 можно получить, преобразовав формулу для Z2 ( на рис.3.10 точка К). Z2= (F1⋅hс + F2⋅ hд)/ F=(ρ⋅g⋅АС⋅ω2 hс + ρ⋅g⋅ω2⋅hс⋅hд) /ρ⋅g⋅ω2⋅(hс + АС)= =(АС hс + hс⋅hд) /⋅(hс + АС)=(4⋅3 + 3⋅(5/8)⋅6)/(3+4)=3,32м. F= F1- F2= 3500-1978.2=1521,8 кН Для определения плеча силы F, назовем его Z, воспользуемся уравнением моментов сил относительно горизонтали АА ( на эпюре давления ей соответствует точка А) F⋅Z= F1⋅hд1 + F2⋅ hд2 или Z=(F1⋅ 6,67+ F2⋅(4+3,32)/ F=(3500⋅6,67+1978,2⋅7,32)/1521,8=5,83м. Точке приложения результирующей силы соответствует на эпюре точка М. На рис.3.8 показана точка U, в которой приложена результирующая сила F давления покоящейся жидкости на фигуру ω. Результаты расчетов приведены на рис. 3.10.

A h д1=6, 67м

A Z=5,83м

C

C C М Д К

d

Z =3,32м 2

B

A

B

B

C F=1528,8kH F1 =3500kH F2 =1978,2kH B

Рис.3.10. Результаты расчетов величины силы давления на сложную фигуру методом вычитания

32

Задание 5 для выполнения самостоятельной работы: Заданы: Вертикальная сложная геометрическая фигура, плотность жидкости, заполняющей сосуд (задания из табл.3.3 и 3.4 выданные ранее). Определить: 1. Величину силы давления F. 2. Построить в выбранном масштабе эпюру давления, 3. Вычислить и указать на графике место приложения силы. 3.4.2. Метод сложения. Для выполнения расчетов величины силы давления и точки ее приложения обратимся к рис.3.11.

А

А

А

А

А

3

С

С

ρg(A*C*) 2

1

ρg(AВ)

В

В

В

В

В

В

Рис.3.11. К расчету величины силы давления на сложную фигуру методом сложения.

Фигура ω состоит из прямоугольника АА1ВВ1, из которого вырезан прямоугольник В*В**С*С**. Вертикалями разобьем фигуру на три прямоугольника с площадями ω1, ω2 и ω3, каждому из которых соответствует эпюра давления в виде треугольника. 33

Получим ω= ω1 + ω2 +ω3 Соответственно сила F определится как сумма F= F1 +F2 +F3 Все три силы определяются согласно формулам табл.3.2 и приложены в точках, как показано в табл.3.2. Получим F1= ρg ω1hc1= ρ·g·(АВ·АА*)·(0,5·АВ) F2= ρg ω2hc2= ρ·g·(А**А1·А1 В1)·(0,5·А1В1)) F3= ρg ω3hc3= ρ·g·(А*С*·А*А**)·(0,5· А*С*) Или F=0.5·ρg (АА* (АВ)2 + А**А1 (А1В1)2 + А*А** (А*С*)2 ) Точки приложения сил F1, F2 и F3, откладываются вниз от горизонтали АА1 . hD1=2/3 АВ h D2=2/3 А1В1 h D3=2/3 А*С* На рис.3.12 покажем направление действия сил F1, F2 и F3 и координаты их приложения hD1, hD2 и hD1.

А

А

А 3

С

А

А

hД3

F3

С

hД1

hД2 2

1

F1 , F2

В

В

В

В

В

Рис.3.12. К определению точек приложения сил.

34

В

Для определения точки приложения силы F запишем уравнение мо1 ментов сил F1, F2 и F3 относительно горизонтали АА , имея ввиду, что hD1 = hD2.

F hD= F1 hD1 + F2 hD2 + F3 hD3 или hD=(F1 hD1 + F2 hD2 + F3 hD3)/ F. После преобразований получим

2 (АВ)3 ⋅ (АА∗ + А1А∗∗ ) + (А∗С∗ )3 ⋅ А∗А∗∗ hD= ⋅ 3 (АВ) 2 ⋅ (АА∗ + А1А∗∗ ) + (А∗С∗ ) 2 ⋅ А∗А∗∗ Полученная в общем виде формула не позволяет нанести на схему рис.3.12 hD для результирующей силы. Чтобы показать, где приложена результирующая сила F, рассмотрим пример. Пример расчета точки приложения результирующей силы F. Зададим значения: АВ=10м, АА*=4м, А**А1=3м, А*А**=2м, А*С*=3м. Нарисуем фигуру в системе координат ХZ, как показано на рис.3.13. Выполним все приведенные выше расчеты: F1= ρg ω1hc1= ρ·g·(АВ·АА*)·(0,5·АВ)=200 ρg F2= ρg ω2hc2= ρ·g·(А**А1·А1 В1)·(0,5·А1В1)=150 ρg F3= ρg ω3hc3= ρ·g·(А*С*·А*А**)·(0,5· А*С*)=9 ρg F=200 ρg+150 ρg+9 ρg=359 ρg hD1=2/3 АВ=20/3=6,67м h D2=2/3 А1В1=20/3=6,67м h D3=2/3 А*С*=6/3=2м. hD=

200ρg ⋅ 6,67 + 150ρg ⋅ 6,67 + 9ρg ⋅ 2 2352,5ρg = = 6,55м 359ρg 359ρg

Покажем величину hD на рис.3.13.

35

А

А

А

А

hД3

F3

x3 С

С hД2

hД

hД1

F F1 , F2

xД

x1 x2

В

X

В

В

В

Z Рис.3.13. К расчету координат точки приложения результирующей силы.

Т.к. фигура несимметричная, необходимо определить также ХD. Для этого напишем уравнение моментов относительно вертикали АВ. F·хD= F1·0,5АА*+ F2·(АА*+0,5А*А**) + F3·(АА**+0,5 А**А1) Откуда получим

ХD=

200ρg ⋅ 2 + 150ρg ⋅ 7,5 + 9ρg ⋅ 5 1570ρg = = 4,37м 359ρg 359ρg

Нанесем ХD на рис 3.13, пересечение горизонтали положение которой на чертеже определяет координата hD и вертикали, положение которой на чертеже определяет координата ХD, даст точку приложения силы F. Результирующая сила F=359ρg, ее координаты hD=6,55м и ХD=4,37м.

36

4. Сила давления жидкости на криволинейные поверхности. Частным случаем криволинейных поверхностей являются цилиндрические поверхности. Рассмотрим два случая определения силы давления жидкости F на криволинейную поверхность. Цилиндрическая поверхность с горизонтальной образующей 1. 2. Цилиндрическая поверхность с вертикальной образующей. 4.1. Расчет величины силы давления жидкости на цилиндрическую поверхность с горизонтальной или вертикальной образующей На рис.4.1. представлена проекция в плоскости XZ цилиндрической поверхности с горизонтальной образующей. Выберем систему координатных осей так, чтобы образующая цилиндрической поверхности была параллельной оси Y. Тогда проекция цилиндрической поверхности на плоскость XZ обратится в линию ab. Следовательно, ωy=0 и тогда Fy=ρg hс , ωy = 0, где hс определяется из табл.3.2. Сила давления жидкости F на рассматриваемую поверхность будет иметь две составляющие, равные: Fх ==ρg hсωх Fz ==ρg VD , где величина VD называется тело давления. Оно ограничено криволинейной поверхностью ab ,свободной поверхностью 0-0 и вертикалями a0 и b0.

0

0

Fz

b

Fx

Fx a

Fz

X

F

Z Рис.4.1. Схема цилиндрической поверхности с горизонтальной образующей

37

Величина силы F находится по формулам: 2

2

F = ( Fх + Fz )0,5 а направление действия силы F — по зависимостям cos (F ∧ х)=

Fх F , cos (F ∧ z)= z F F

На рис.4.1. указано направление действия силы F вниз от свободной поверхности, а на рис.4.2. – вверх в сторону свободной поверхности жидкости, которая обозначена на рисунках линией О-О. При определении силы давления F на цилиндрическую поверхность с вертикальной образующей ωy=0. Проекции силы давления F определяются из соотношений: Fх ==ρg hсωх Fz ==ρg hсωz, Величина силы F определится формулой 2

2

F = ( Fх + Fz )0.5 а направление действия силы F — формулами: cos (F ∧ х)=

Fх F , cos (F ∧ z)= z F F

ωz

0

0

Z Fz

h

F

X

Fx

b Fx a Fz

Рис.4.2. Схема расчета силы давления на криволинейные поверхности.

38

4.2. Определение точки приложения силы давления жидкости на криволинейную поверхность Центром давления называют точку приложения силы давления жидкости на криволинейную поверхность. Для криволинейной поверхности это будет точка, в которой ее пересекает линия действия равнодействующей силы F. Центры давления на вертикальные проекции ωх и ωy определяются по правилам, указанным в разделе 4.1., центр давления на горизонтальную проекцию ωz лежит на одной вертикали с центром тяжести тела давления V D Линия действия равнодействующей сил давления на указанные проекции пройдет через точку пересечения перпендикуляров, восстановленных из двух центров давления. Направление этой линии определится формулами cos (F ∧ х)=

Fх F , cos (F ∧ z)= z F F

Точка пересечения ее с криволинейной поверхностью дает точку приложения силы давления на эту поверхность.

4.3. Пример определения величины силы давления жидкости на круглую цилиндрическую поверхность. На рис.4.3. показано отверстие водосбросного шлюза шириной b=5 м , которое закрывается сегментным щитом с радиусом r=6 м. Ось вращения затвора находится на высоте 1 м над уровнем воды. Глубина воды перед щитом H=4м; за щитом воды нет. Определить величину силы давления воды на затвор.

Z

K

H

β

1м

A”

φ

α

r =6 м

A

O

D

X O

C

M

Рис.4.3. К задаче о нахождении силы давления жидкости на круглую цилиндрическую поверхность. 39

Найдем отдельно составляющие силы давления на затвор. Горизонтальная составляющая силы давления Fх будет равна: Fх ==ρg hсωх=1000х10х(4/2)х(4х5) =400 кН где ρ=1000кг/м3, g=10м/с2, hс = H/2=2, ωх=4х5м2. Для определения вертикальной составляющей силы давления воды на затвор найдем равнозначащий ей вес тела давления Fz с поперечным сечением, заштрихованным на рис.4.3. Fz=ρg (площадь АА" CDА) b, где b – ширина щита b=5м. Определим площадь АА" CDА. Площадь АА" CDА = площади треугольника АА" С А" + площадь сегϕ АА11 ∗ А11С 1 2 мента ACD= + r (π − sinϕ) 2 2 180 АА11=КО-СМ= (АО2 –АК2)0.5- (СО2 –ОМ2)0.5=(36-1)0.5–(36-25)0.5=2,6 м Sin α=СМ/СО=0,553, что соответствует углу α=33 o 361 Sin β=АК/АО=0,167, что соответствует углу β=9 o 361 α + β=43 o 121 ϕ= 90 o - (α + β)=46 o 481, Sin ϕ = 0,729. Подставим все значения в формулу для определения площади АА" CDА 2,6 ∗ 4 1 2 46 o 481 + 6 (π − 0,729) = 6,77 м2 Площадь АА" CDА= 2 2 180 Вертикальная составляющая силы давления воды на затвор будет равна Fz=ρg VD =1000х10х 6,77х5=338,5 кН Суммарную силу давления определим, как равнодействующую обеих составляющих F=( Fх2 + Fz2)0.5==( 4002 + 338,52)0,5 = 524 кН. При равновесии эта сила пройдет через точку О. Направление силы давления составляет с осью X угол, величина которого определяется по косинусу этого угла cos (F ∧ х)=

Fх =0,7633, т. е. угол в F

40° 15'.

Определить местоположение центра давления на сегментный щит Для состояния покоя щита линия действия равнодействующей пройдет через точку О. Поместив начало координат в точку О и приняв указанное на рис. 4.4 направление осей координат, напишем уравнение прямой, проходящей через начало координат под углом θ к оси X: 40

z=tg θ х

-Z

x = - 4,59м -X

X

О θ

1м

h=4м

r = 5м

z=- 3,88м С

Fx F

Fz

Рис.4.4. Построение центра давления на сегментный щит.

Точка пересечения этой прямой с окружностью х2 + z2=r2 и даст положение центра давления. В данном случае tg θ= Fz/ Fх =338,5/400=0,848, и r=6м. Тогда z=0,848 х, м х2 +(0,848х)2=62, откуда х= ± 4,59 м, z= ± 4,59х0,848= ± 3,88 м Согласно рис.4.4. х=- 4,59 м, z=- 3,88 м На рис.4.4. показано построение центра давления.

41