Меню

Давление жидкости на плоскую поверхность задачи с решением

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

А.С. Кондратьев

Физика жидкости

Блок задач контрольных работ

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.

№ *
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 = 50 0 С. На сколько повысилось бы давление бензина внутри канистры, если бы она была абсолютно жесткой? Начальная температура бензина tн = 20 0 С Модуль объемной упругости бензина Еж = 1300 МПа, коэффициент температурного расширения β t = 8 10 -4 1/град.

При нагревании происходит увеличение объема, занимаемого жидкостью:

При сжатии происходит уменьшение объема, занимаемого жидкостью:

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

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

Δр = β t Δt Еж = 1300 10 6 *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.

Согласно определению объемного модуля сжатия жидкости:

Объем резервуара, содержащего жидкость равен:

V = πD 2 h /4 +π d 2 (H-h)/4 = 3,14*0,3 2 *1,3/4 + 3,14*0,08 2 *(1,5 – 1,3)/4 =

Изменение объема ΔVр:

ΔVр = — π d 2 Δh /4 = 3,14*0,08 2 *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 d 2 /4) = 250*9,81 /(3.14*0,08 2 */4) = 4,88 10 5 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/м 3 , плотность воды ρв = 1000 кг/м 3 . Рис. 2.

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

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

Вакуумметрическое давление воздуха в сосуде рв вак:

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 Р = 50 кПа, высота Н = 5 м. Силу трения не учитывать. Плотность жидкости ρ = 1000 кг/м 3 . Рис. 3.

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 = Р + ρg H

Р1 = 4 F /( πD 2 ) + (Р + ρg H) (D 2 — d 2 )/D 2 = 4*10 3 /(3,14*0,05 2 ) +

(50*10 3 + 1000*9,81*5)(0,05 2 – 0,025 2 )/ 0,05 2 = 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.

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

ΣM = 0 или G L – Р LDO = 0.

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.

hc = Н – h /2 = 5 – 3/2 = 3,5 м.

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 h 3 /12 = 2*3 3 /12 = 4,5 м 4. .

Подставляя найденные значения в вышеприведенные формулы, получим:

Р = ρg hc S = 1000*9,81*3,5*6 = 206 10 3 Н.

G = Р LDO / L = 206 10 3 *1,71 / 3 = 117,4 10 3 Н.

m = G/g = 117,4 10 3 /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/м 3 . Рис. 5.

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

Читайте также:  Сузуки гранд витара датчик давления главного тормозного цилиндра

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.

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:

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

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

Вертикальная составляющая силы Рz:

где: V – объем тела давления, представляющего в данном случае разность объемов параллелепипеда Vп = НВR и четверти цилиндра Vц = π R 2 В/4. Тогда:

Рz = ρgV = ρg (НВR — π R 2 В/4) = 900*9,81(2*3*0,8 – 3,14*0,8 2 *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 = (Рx 2 + Рz 2 ) 1/2 =(33,9 2 + 29 2 ) 1/2 = 44,6 кН.

Эта сила направлена под углом к горизонту α:

α = arctg (Рz / Рx) = arctg (29/33,8) = 40 0 38′.

Источник

ДАВЛЕНИЕ ЖИДКОСТИ НА ПЛОСКИЕ СТЕНКИ

Нахождение полной силы давления и центра давления

Величина полной силы давления R на плоскую стенку определяется как:

где p — величина внешнего давления, Hт– глубина погружения центра тяжести смоченной площади ω плоской поверхности стенки.

Расстояние Lт от свободной поверхности жидкости до центра тяжести С смоченной площади ω, выраженное через глубину погружения центра тяжести Hт и угол наклона Θ поверхности стенки к горизонту определяется следующим образом:

Координата центра давления Lд (точка приложения полной силы давления R) определяется как:

где ε – эксцентриситет, величина смещения центра давления D относительно положения центра тяжести смоченной площади ω.

Величина эксцентриситета определяется через J – центральный момент инерции смоченной площади ω рассматриваемой плоской фигуры:

Величина координаты Lд полностью определяет положение центра давления на оси симметрии, проходящей через центр тяжести смоченной площади ω перпендикулярно оси OY.

Для асимметричных плоских поверхностей для нахождения положения центра давления необходимо определять вторую его координату. Для этого используют уравнение моментов сил относительно прямой, проходящей через центр тяжести стенки перпендикулярно оси OY.

На рис.4.1. приведены положения центра тяжести и центра давления плоской прямоугольной поверхности ω, наклоненной под углом Θ к горизонту.

Рис.4.1. Положение центра давления для наклонной плоской прямоугольной поверхности.

Построение эпюр давления

Эпюрой давления жидкости называется графическое изображение распределения изменения гидростатического давления жидкости по твёрдой поверхности, соприкасающейся с ней, и при ее построении учитывается только избыточное давление.

Эпюра давления в покоящейся жидкости изменяется пропорционально глубине залегания от поверхности согласно основному уравнению гидростатики:

где ра — атмосферное давление на поверхности (или в общем виде р – внешнее давление над свободной поверхностью жидкости) будет постоянно для всей глубины. Избыточное давление ρgh изменяется по закону прямой линии и на поверхности будет равно нулю.

Если рассматриваемая жидкость – вода, то ρg= γ = 9810 Н/м 3 , тогда при глубине h1=1м избыточное давление равно ρg·h1=9810 Па (откладывается в задаваемом масштабе). Для глубины h2=2 м избыточное давление будет ρg·h2=9810·2 Па и т.д. Очевидно, прямая давления для воды будет наклонена под углом α=45°.(рис.4.2).

Рис.4.2. Эпюра гидростатического давления на вертикальную стенку

Эпюра давления строится со стороны жидкости. Стрелками на эпюре показывают направление действия давления (вернее, направление действия нормальных напряжений, возникающих от действия давления, т.к. согласно 2-му основному свойству гидростатическое давление скалярно). Размер стрелки (ордината) откладывается в масштабе и количественно соответствует величине давления. Пример построения эпюр давления на различные поверхности приведены на рис.4.3.

Рис.4.3. Пример построения эпюр давления на различные плоские (а), и криволинейные (б) поверхности

Для вертикально расположенной стенки, например АБГД, эпюрой давления является треугольник АКГ (рис.4.4). Пространственная эпюра давления на вертикальную стенку будет представлять собой треугольную призму, площадь основания которой равна ρgH 2 /2, а высота – ширине стенки В. Тогда объем призмы численно равен величине силы давления на данную прямоугольную стенку.

Рис.4.4. Эпюра гидростатического давления на вертикальную плоскую поверхность

Если стенка наклонена к горизонтальной плоскости под углом α, как показано на рис.4.5, то эпюром гидростатического давления является треугольник БАВ, с углом β=90° в точке В. Полная сила давления на стенку вычисляется по формуле:

R = ρgH 2 B/2sinα (4.6)

Рис.4.5 Эпюра гидростатического давления на наклонную плоскую поверхность

При действии жидкости на вертикальную стенку, например CNOP с двух сторон Н1 и Н2 (рис 4.6), необходимо построение эпюр давления с каждой стороны и нахождение результирующей эпюры полной силы давления. Так, эпюра давления с левой стороны стенки соответствует треугольнику ANC, с правой — треугольнику KCL.

Эпюрой общего давления будет трапеция MENC, полученная как разность эпюр ANC и KCL. Полная сила давления находится как разность давлений слева и справа:

(4.7)

Рис.4.6 Построение обобщенной эпюры давления при двухстороннем действии жидкости

Эпюры давления служат исходными данными для проведения расчётов на прочность и устойчивость конструкций, взаимодействующих с жидко­стями: подпорных стенок бассейнов, баков, резервуаров, цистерн. Расчёты ведутся методами сопротивления материалов и строительной механики.

На практике в большинстве случаев строят эпюры только для избыточного (манометрического) давления. Атмосферное давление не учитывают из-за его взаимокомпенсации с той и другой стороны ограждающей конструкции.

Читайте также:  При заболевании поджелудочной железы может повышаться давление

Примеры решения задач

Пример 1. Прямоугольная подпорная стенка высотой H и шириной B испытывает гидростатическое давление воды глубиной h (рис.4.7). Плотность кладки стенки ρкл = 2500 кг/м 3 .

1. Построить эпюру гидростатического давления.

2. Определить величину гидростатического давления (избыточного) на 1 погонный метр длины стенки.

3. Определить координату центра давления.

4. Определить Куст подпорной стенки на опрокидывание.

5. Вычислить ширину стенки В при запасе устойчивости kуст =3.

Решение. Для построения эпюры гидростатического давления на стенку определяем величину в точках А и В избыточного (манометрического) давление по формуле:

где h – глубина погружения данной точки под уровень воды, м., ρв — плотность воды, кг/м 3 .

При построении эпюры гидростатического давления следует помнить, что давление всегда направлено по нормали к площадке, на которую оно действует (рис.4.8).

Величина полной силы избыточного гидростатического давления R на плоскую стенку вычисляется по формуле (4.1):

где pт. – давление в центре тяжести смоченной поверхности, Па (Н/м 2 ); ω – площадь смоченной поверхности, м 2 .

Точка приложения суммарной силы избыточного гидростатического давления D называется центром давления. Положение центра давления определяется по формуле (4.3) :

где Lд– расстояние на плоской стенке от центра давления до пьезометрической поверхности (в данном случае — свободного уровня жидкости), м; Lт – расстояние на плоской стенке от центра тяжести стенки до пьезометрической поверхности (в данном случае -свободного уровня жидкости), м;

ω – площадь смоченной поверхности, м;

J– центральный момент инерции смоченной плоской площадки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести. Для плоской прямоугольной фигуры:

где L- длина стенки ( в данной задаче L = 1 пог. м).

Удерживающий момент относительно точки О равен:

где G – вес подпорной стенки, кН, G = Ω·ρкл , где Ω – объем стенки,

ρкл – плотность кладки.

Опрокидывающий момент равен:

Коэффициент устойчивости (запас устойчивости) на опрокидывание равен отношению удерживающего момента сил относительно точки О к опрокидывающему моменту:

Если значение kустполучится меньше трех, то следует определить ширину стенки L, которая бы удовлетворяла запасу устойчивости kуст = 3 (полученное значение следует округлить до 5 сантиметров в большую сторону).

Пример 2. Определить величину R — равнодействующую гидростатического давления жидкости c gв = 10 кН/м 3 , и координату её приложения Lд на плоскую вертикальную стенку (рис.4.9). В одной части бака жидкость находится на уровне h1 = 2 м, в другой – на уровне

Решение. Гидростатическое давление воды на 1 погонный метр длины стенки равно:

с левой стороны R1 = gв h1 2 /2 = 20 кН;

с правой стороны R2 = gв h2 2 /2 = 5 кН.

Следовательно, равнодействующая давления будет представлять алгебраическую сумму давлений R1 и R2, т.е. R = 20 — 5 = 15кН.

Точка приложения этой равнодействующей (рис.4.10) может быть найдена из уравнения моментов. Lд – расстояние от поверхности воды до центра давления на прямоугольную стенку: Lд1 = 2/3h1 и Lд2 = 2/3h2; Lд1 = 1,3 м и Lд2 = 0,67 м.

Ответ: R = 15 кН; Lд = 1,56 м.

Пример 3. В плоскодонной лодке с осадкой h1 = 2 м на дне находится вода на уровне h2 = 0,5 м. Угол наклона борта a = 60 0 ; объёмный вес воды gв = 9,81 кН/м 3 . Определить гидростатическое давление на борт лодки (на 1 погонный метр длины) и построить эпюру этого давления.

Решение. Гидростатическое давление воды на 1 пог.м длины борта лодки снаружи:

Гидростатическое давление воды на 1 пог.м длины лодки изнутри:

Равнодействующая гидростатического давления есть алгебраическая сумма давлений R1 и R2. Следовательно, R = R1 — R2 = 21,2 кН

Для построения эпюры давления определяем величину гидростатического давления в точках А и В слева и точках L и В справа (рис.4.11). Откладываем в выбранном масштабе от данных точек полученные величины давлений, нормально к поверхности действия, и соединяем полученные вновь точки. Полученные треугольники АСВ и DBL есть эпюры давлений, соответственно, слева и справа на поверхность АВ. Результирующая эпюра давления на поверхность АВ равна разности ΔАВС – ΔDBL и представляет собой трапецию АКFB.

Пример 4. Для выпуска воды из резервуара у его дна устроен дисковый затвор А высотой а = 0,4 м и шириной b = 1,0 м (рис.4.12). Глубина воды в резервуаре Н = 4 м. Требуется определить силу, передающуюся на ось затвора и глубину погружения центра давления.

Решение. Сила давления жидкости, действующая на затвор равна:

R = w g Hт = а b gв (Н – а/2) = 14,92 кН,

где Нт – глубина погружения центра тяжести затвора, ω – площадь поверхности затвора.

Глубину погружения центра давления найдем по формуле (4.3):

где J — центральный момент инерции смоченной поверхности затвора (прямоугольник), Lт – координата центра тяжести прямоугольной поверхности затвора.

В данном случае координата L совпадающая с плоскостью стенки направлена вертикально вниз, и величина Lт будет совпадать со значением Hт.

Откуда глубина погружения центра давления LД ( или координата yд ,если направление оси y выбрано вертикально вниз) будет равно:

Ответ : R = 14,92 кН; Lд = 3,803 м.

Пример 5. В жидкости находится прямоугольная призма, размеры которой показаны на рис.4.13. Найти сумму сил, действующих на переднюю и нижнюю грани призмы, если давление жидкости равно

2·10 5 Па. Чему будет равна сумма сил, действующих на призму?

Решение. Сила гидростатического давления, действующая на поверхность призмы : F = p·ω (рис.4.14). Находим значения площадей поверхности ωн = ωn , ω3 и значения сил для правой Fn, нижней Fн и наклонной Fн поверхностей призмы:

Читайте также:  Лекарство на чесноке при высоком давлении

Fн = Fn = 2 . 10 5 . 0,01 = 2000 H;

F1 = Fн . = 2000 H (см.рис.4.15);

ω3 = (0,1 ) . 0,1 = 0,01 м 2 ;

F3 = 2 . 10 5 . 0,01 = 2000 H.

F3 уравновешивает F1; давления на боковые стенки также уравновешиваются Þ F2 = F3 = 0, поэтому сумма всех сил, действующий на призму, будет равна нулю (рис.4.16) :

Ответ: F1 = 2000 H; FΣ = 0

Пример 6. Результирующая сила, действующая со стороны сжатой жидкости на три грани правильного тетраэдра, равна F. Длина ребра тетраэдра равна а. Определить давление жидкости.

Решение. Из условия равновесия следует, что на 4-ую грань тетраэдра также действует сила F. Поскольку площадь 4-ой грани (как и всех остальных) равна ω = /4 . a 2 , то

р = F/ω = 4F/ a 2

Ответ: р = 4F/ a 2

Пример 7. Бетонный куб с ребром 20 см погружен в воду (рис.4.17). Нижняя грань куба удалена от свободной поверхности воды, находящейся под внешним атмосферным давлении р = 1 ат, на глубину 1 м. Определить величину силы, действующей со стороны воды на нижнюю, верхнюю и боковую грани куба. Найдите векторную сумму сил, действующих со стороны воды на куб.

Решение. Площадь каждой грани равна ω = 0,04 м 2 , значение абсолютного давления:

р = р + r g h, где р = 10 5 Па – внешнее давление, h – расстояние от пьезометрической поверхности до центра тяжести рассматриваемой поверхности площади ω. Сила давления :

F = рω = (р + r g h) ω = р ω + r g h ω;

а) для нижней грани h = 1м и Fн = 4392 Н;

б) верхняя грань h = 0,8м и Fв = 4314 Н;

в) боковая грань h = 0,9м и Fб = 4353 Н.

Все силы, действующие на боковые грани, уравновешивают друг друга FS = Fн — Fв = 78 H

Ответ: Fн = 4392 Н, Fв = 4314 Н, Fб = 4353 Н, F = 78 Н.

Пример 8.Пирамидапредставляет собойправильный тетраэдр, нижняя грань которого а, полностью погружена в жидкость плотностью r, находится на глубине h (рис.4.18). Определить силу, действующую со стороны жидкости на боковую грань тетраэдра, если атмосферное давление равно р.

Решение. Сила давления жидкости на боковую грань пирамиды: F = (P + r g hб) ω = (P + r g hб) /4 . a 2 = /4 P a 2 + /4 . a 2 r g hт , где hт – расстояние от центра тяжести наклонной поверхности (треугольника) до пьезометрической поверхности.

hт = h – OF = h – 1/3 OD (т.к. NK = 1/3 DК)

АО = 2/3 АК = 2/3 /2 a = а/ , высоту пирамиды находим как:

ОD = ÖАD 2 – АО 2 = Öа 2 – а 2 /3 = / а.

Отсюда глубина погружения центра тяжести треугольной поверхности СDB будет:

hт = h – /3 а = (3 h — a) / 3 , и искомая величина силы F:

F = .

Ответ: F = .

Пример 9. Вертикальная стенка шириной L= 3 м (в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа), шириной b = 0,7 м и высотой Н = 2,5 м разделяет бассейн с водой на две части. В левой части поддерживается уровень воды Н1 = 2 м, в правой – Н2 = 0,8 м. Найти величину опрокидывающего момента, действующего на стенку, определить kуст, сделать вывод: будет ли стенка устойчива против опрокидывания. Плотность материала стенки rст = 2500 кг/м 3 .

Решение. Найдем силу давления воды на стенку слева. Так как на поверхности давление атмосферное, то пьезометрическая плоскость совпадает со свободной поверхностью жидкости. Давление в центре тяжести смоченной поверхности (рис.4.19) слева: Рт = r g H1/2; сила давления R1 = r g H1/2 . L . H1 = 58,8 кН.

Координата центра давления смоченной поверхности стенки слева: LД1 = Lт + J/ Lт ω.

Для прямоугольной стенки J = LH1 3 /12,тогда

.

Точно так же справа: R2 = r g H2/2 . L . H2 = 9,41 кН;

Опрокидывающий момент, т.е. момент сил давления жидкости относительно точки О:

Удерживающий момент силы тяжести относительно точки О:

Коэффициент устойчивости kуст = Мудопр = 1,23.

Ответ. Запас устойчивости составляет 1,23, поэтому стенка будет устойчива при данных условиях.

Пример 10. Для слива жидкости из бензохранилища имеется квадратный патрубок со стороной h = 0,3 м, закрытый крышкой и шарнирно закрепленной в точке О (рис.4.20). Крышка расположена под углом a = 45° к горизонту. Определить силу натяжения троса Т, необходимую для открытия крышки АО, если уровень бензина Н = 3 м, а давление над ним, измеренное манометром, составляет Рм = 5 кПа, плотность бензина принять 700 кг/м 3 , вес крышки и трение в шарнире не учитывать.

Решение. Давление над свободной поверхностью отличается от нормального атмосферного давления, поэтому определим высоту пьезометрической поверхности hр:

Найдем силу давления на стенку АО. Рассматриваемая поверхность является наклонной квадратной стенкой с высотой, равной h/sina, и шириной h. Найдем площадь поверхности: ω = h 2 /sina.

Центр тяжести этой стенки находим на глубине:

R = [Pм + r g (H – h/2)]ω = 3,13 кН.

Расстояние от центра тяжести стенки до пьезометрической поверхности (находится по координате L –идущей вдоль поверхности стенки до пересечения с пьезометрической плоскостью) Lт (рис.4.21).

Тогда = 5,06 м.

Центральный момент инерции квадратной стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести стенки: J = (h/sina) 3 h/12 = h 4 /12sin 3 a.

Расстояние между центром давления и центром тяжести крышки — эксцентриситет ε — определяем по формуле (4.4):

ε = J/Lт ω =( h 4 /12sina)/12 Lт sin 3 a h 2 = h 2 /12 Lт sin 2 a = 0,003 м.

Найдем силу натяжения троса из уравнения моментов сил, взятых относительно оси шарнира О: Т . OA·cosa — R (OС +ε) = Т·h – R (OC + ε) = 0 , выражая из равенства значение для Т и подставляя численные значения параметров, найдём:

Т = [R (OС +ε)]/h = [R (h/2sina + ε)]/h = 2,24 кН.

Ответ: Сила натяжения троса Т = 2,24 кН.

Последнее изменение этой страницы: 2017-01-26; Нарушение авторского права страницы

Источник

Adblock
detector