Меню

Вычислить силу давления воды на вертикальную стенку

Аналитическая геометрия

Вычисление давления, работы и других физических величин

I. Сила давления жидкости Р на площадку S с глубиной погружения h по закону Паскаля равна P=ghS, где g- удельный вес жидкости.

II. Если непрерывная переменная сила X=f(x) действует в направлении оси Ох, то работа силы на отрезке выражается интегралом

III. Кинетическая энергия К материальной точки массы m, обладающей скоростью n, выражается формулой

IV. Электрические заряды отталкивают друг друга с силой где и — величины зарядов, r- расстояние между ними.

Замечание. При решении прикладных задач мы будем считать все данные выраженными в одной системе измерений и будем опускать наименования соответствующих величин.

Пример 1. Вычислить силу давления воды на вертикальную треугольную пластинку, имеющую основание b и высоту h, погруженную в воду так, что её вершина лежит на поверхности воды.

Решение. Введём систему координат так, как показано на Рис. 9.1, и рассмотрим горизонтальную полоску, находящуюся на произвольной глубине х и имеющую толщину, равную dx.

Приближённо принимая эту полоску за прямоугольник, находим дифференциал площади dS=MN dx. Из подобия треугольников BMN и ABC имеем MN/b=x/h.

Отсюда MN=bx/h и dS=(bx/h)dx.

Сила давления воды на эту полоску с точностью до бесконечно малых высшего порядка равна dP=x dS (учитывая, что удельный вес воды равен 1). Следовательно, сила давления воды на всю пластинку ABC равна

Пример 2. Вертикальная плотина имеет форму трапеции, верхнее основание которой равно 70 м, нижнее 50 м, а высота 20 м. Найти силу давления воды на плотину (рис. 9.2).

Решение. Дифференциал площади (dS) заштрихованной на рисунке области приближённо равен dS=MN dx. Учитывая подобие треугольников OML и OAE, находим ML/20=(20-x)/20; отсюда ML=20-x, MN=20-x+50=70-x. Таким образом, dS=MN dx=(70- -x)dx и дифференциал силы давления воды равен

Интегрируя по х в пределах от 0 до 20, получим

Пример 3. Прямоугольный сосуд наполнен водой и маслом в равных по объему частях, причём масло вдвое легче воды. Показать, что сила давления смеси на боковую стенку уменьшиться на одну пятую, если воду заменить маслом.

Решение. Пусть h- глубина сосуда, l- длина стенки. Введем систему координат так, как показано на рис. 9.3. Так как масло располагается над водой и занимает верхнюю половину сосуда, то сила

давления масла на верхнюю половину стенки равна

Давление на глубине x>h/2 слагается из давления столба масла высотой h/2 и столба высотой x-h/2 и потому

Следовательно, сила давления смеси на нижнюю половину стенки равна

Полное давление смеси на стенку равно

Если бы сосуд был наполнен только маслом, то сила давления на ту же стенку была бы равна

Пример 4. Электрический заряд Е, сосредоточенный в начале координат, отталкивает заряд е из точки (а, 0) в точку (b, 0). Определить работу А силы отталкивания F.

Решение. Дифференциал работы силы на перемещении dx равен

Отсюда

При b®¥ работа А стремится к величине eE/a.

Пример 5. Определить работу, необходимую для запуска ракеты весом Р с поверхности Земли вертикально вверх на высоту h.

Решение. Обозначим через F величину силы притяжения ракеты Землёй. Пусть -масса ракеты, -масса Земли. Согласно закону Ньютона

Где х- расстояние от ракеты до центра Земли. Полагая получим F(x)=K/, R£x£h+R, R- радиус Земли. При x=R сила F(R) будет весом ракеты Р, т. е. откуда и

Таким образом, дифференциал работы есть

Предел

Равен работе, которую должен совершить двигатель, чтобы полностью освободить ракету от земного притяжения (движение Земли при этом не учитывается).

Пример 6. Какую работу надо затратить, чтобы остановить железный шар радиуса R, вращающийся с угловой скоростью w вокруг своего диаметра?

Решение. Количество необходимой работы равно кинетической энергии шара. Для подсчета этой энергии разобьём шар на концентрические полые цилиндры толщины dx; скорость точек такого цилиндра радиуса х есть wх.

Дифференциал объёма такого цилиндра равен дифференциал массы dM= g dV, где g- плотность железа, дифференциал кинетической энергии

Пример 7. Найти количество тепла, выделяемое переменным синусоидальным током

в течение периода Т в проводнике с сопротивление R.

Решение. Для постоянного тока количество тепла в единицу времени определяется законом Джоуля – Ленца

При переменном токе дифференциал количества тепла равен откуда

Рассмотрим модель действий на примере решения задач, уравнений. Матриц и прочих заданий по математике. Математика — это именно такой предмет, где изначально ложный метод не позволит Вам найти решение любой задачи, где решение уравнений осуществляется по заранее описанным схемам и методам, а решение матриц осуществляется по четко отработанным алгоритмам.

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.

Читайте также:  В системе отопления растет давление что делать

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.

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):

Читайте также:  Причины и последствия высокого сердечного давления

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:

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.

Читайте также:  Расчет относительной влажности по температуре и давлению

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