СИЛЫ ДАВЛЕНИЯ ПОКОЯЩЕЙСЯ ЖИДКОСТИ НА КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ПОВЕРХНОСТИ

Зная распределение давления в покоящейся жидкости, можно решить вторую основную задачу гидростатики - определить силы давления жидкости на ограничивающие ее стенки.

В общем случае воздействие жидкости на твердую поверхность 5, погруженную в жидкость, сводится к воздействию суммы элементарных сил б/сГ, действующих на малых площадках с/З, составляющих эту поверхность (рис.

2.12).

с/ У = рпс/З,

где п - единичный вектор нормали к поверхности с/Б, внешней к объему жидкости; р - давление на площадке б/5.

Суммируя элементарные силы с1 ЗГ, получаем выражение для главного вектора

?=рт, (2.47)

называемого силой давления жидкости на поверхность 5. Точка приложения главного вектора называется центром давления.

Выражение для главного момента относительно центра приведения системы сил будет иметь следующий вид:

Ь = pndS, (2.48) где г - радиус-вектор центра площадки с/З.

Особенностью задачи определения давления на поверхность произвольной формы является невозможность прямого определения силы полного давления, так как силы давления, действующие на элементы криволинейной поверхности, не параллельны между собой. Поэтому, для того чтобы определить полное давление жидкости на поверхность произвольной формы, необходимо найти проекции

Х, <Гу, &г на координатные оси х, у, г искомой силы Если в зависимости от конфигурации стенки, эти три силы пересекаются в одной точке, то исходная система сил, сводится к одной силе давления

сГ (2.47), проходящей через эту точку и называемой равнодействующей; если не пересекаются, то система сводится к силе давления сГ (2.47) и моменту Ь (2.48).

Отметим, что в общем случае сила ^ давления жидкости на поверхность складывается из силы внешнего давления ро и силы Р

весового давления {pgИ). Задачу определения силы ^ можно свести

к задаче определения только силы Р, заменив внешнее давление р0 давлением эквивалентного слоя жидкости.

Задача определения силы давления на криволинейную поверхность имеет большое практическое значение. В гидротехнической практике встречаются в основном поверхности цилиндрические и шаровые, для которых система сил сводится к равнодействующей.

Рассмотрим криволинейную поверхность ?, находящуюся под воздействием весового давления (рис. 2.13). Допустим, что

Ро=рат', 3~ = Р . Величина Р силы Р весового давления рассчитывается по ее проекциям Рх, Ру, Ру на оси координат х, у, г. (Рассматривается поверхность, элементарные силы давления на которую сводятся к равнодействующей).

(2.49)

Линия действия силы Р определяется направляющими косинусами

сох)=Рх/Р; соб(п, у)=Ру/Р; соъ(п, г)=Ру/Р. Горизонтальная проекция на осьх равна

Рх = |с1Рх = | р - со$(п,х)с15 = РЯ 12(18х . (2.50)

Здесь с18х=с18со$(п, х) - проекция элементарной площадки на

координатную плоскость уог, нормальную к оси х. Интеграл | гс18х

8Х

представляет собой статический момент площади ?х относительно оси у. Следовательно,

Рх=Р§<^х, (2.51)

где г*т - глубина погружения центра тяжести площадки 5Х под

уровень свободной поверхности; 5Х - проекция криволинейной поверхности 3 на координатную плоскость уог.

Аналогично найдем горизонтальную составляющую на ось у

Ру=Р&УЯу (2.52)

Проекция силы весового давления на вертикальную ось г равна

р2 = Р? I 2 соъ(п, 2)с18 = рg гс182 = pg hdSz , (2.53)

82 82

где 5) — проекция поверхности 5 на координатную плоскость хоу; к -глубина погружения площадки с18 под уровень свободной поверхности.

Интеграл І гс/32 = ^Ис/32 = IV есть объем тела, образованного

боковыми поверхностями с вертикальными образующими, ограниченными снизу криволинейной поверхностью 5, а сверху ее проекцией ?2 на свободную поверхность жидкости (плоскость хоу). Это

тело называется телом давления, а величина

тела давления.

В заключение сформулируем основные выводы.

  • 1. Горизонтальная проекция Р (і=х, у) силы Р весового давления жидкости на криволинейную поверхность 5 равна произведению площади соответствующей проекции $ (і=х, у) криволинейной поверхности 5 на давление в центре тяжести этой площади 5, (і=х,у).
  • 2. Вертикальная проекция силы давления жидкости на криволинейную поверхность численно равна весу тела давления:

Рг=С=№)У.

  • 3. Горизонтальные составляющие Р (/=х, у) проходят через центры давления соответствующих проекций 6*і, а вертикальная составляющая проходит через центр тяжести тела давления.
  • 4. Направление действия вертикальной составляющей Рг возможно вверх или вниз в зависимости от расположения криволинеи-нои поверхности по отношению к жидкости.

Если жидкость расположена над твердой поверхностью, то Рг направлена вниз, тело давления заполнено жидкостью и условно считается положительным (рис. 2.13). В противном случае Р2 направлена вверх, тело давления не будет заполнено жидкостью и условно считается отрицательным.

СИЛЫ ДАВЛЕНИЯ ПОКОЯЩЕЙСЯ ЖИДКОСТИ НА ПЛОСКИЕ ПОВЕРХНОСТИ

Рассмотрим два частных случая.

1. Сила равномерного давления на горизонтальную плоскую поверхность (стенку) (р=СОП8І, п —сопбі). Равномерное давление

создается, например, капельной жидкостью на горизонтальные площадки в случае абсолютного покоя или движения сосуда с ускорсни-ем вниз или вверх. В этом случае суммируемые векторы б/ <5Г составляют систему параллельных и одинаково направленных сил. Из (2.47) имеем

/Г = рпЗ.

Линия действия СИЛЫ сГ проходит через центр тяжести площади 5. Величина силы .‘Г при равномерном распределении давления не зависит от ориентации плоской стенки 5 в пространстве и вычисляется по формуле

?=р8. (2.54)

Заметим, что сила давления на дно не зависит от формы сосуда (рис. 2.14).

Действительно,

(2.55)

То есть сила давления равна произведению площади Бо на гидростатическое давление в любой из точек дна сосуда и не зависит от его формы.

Это явление, открытое в XVII в. Паскалем, получило название гидростатического парадокса. Оно может находить применение в технике, когда требуется создать большие давления с помощью малых количеств жидкости, например, для опробования цистерн или отсеков сосудов на прочность. В цистерну наливают воду, а затем, добавляя незначительное количество воды в подведенную к ней напорную трубку, значительно повышают давление на стенки и дно цистерны, доводя его до расчетного.

  • 2. Сила неравномерного давления на плоскую стенку
  • (/? Ф const, л — const). В этом случае система элементарных сил d (cf,

одинаковых по направлению, но различных по величине, сведется к одной силе давления:

? =npdS.

S

Пусть имеется плоская стенка АВ. Выделим на ней фигуру площадью S.

Вычислим силу сГ давления, действующую со стороны жидкости на выделенный участок S плоской стенки АВ (рис. 2.15). Для удобства проведения анализа при решении задачи повернем плоскость стенки на 90° вокруг оси у и совместим ее с плоскостью чертежа. Тогда линия пересечения плоскости АВ с плоскостью в свободной поверхности будет АЛ (ось х).

А

Ро

1 '

t '

1 у 1

1 '

Обозначим центр тяжести фигуры через О, а точку приложения силы суммарного давления - О. х'у' - оси координат, проходящие через центр тяжести О площади 5 параллельно осям х и у. Остальные обозначения видны на чертеже.

Выделим на фигуре элемент б/5, находящийся на расстоянии г от свободной поверхности и на расстоянии / от оси АА'. В пределах элемента гидростатическое давление можно считать постоянным,

а элементарная сила давления <7^ равна

= рс15=(р0 +р&)с/3. (2.56)

Для определения полной силы давления проинтегрируем (2.56) по всей площади фигуры 5 (с учетом р0):

  • 1Г= Р() + Р= |(р0 + Рё?)^ = рg | гс15 + р0 (2.57)
  • 5 (5) 5

ИЛИ

Р=РцЗ+№$таиЗ. (2.58)

Интеграл |/<75' представляет собой статический момент площа-5

ди 51 относительно оси АА' и равен произведению этой площади на координату ее центра тяжести (точка 0)

|/<й' = /05. (2.59)

Следовательно,

сГ=Р()+Р=Р()5+pgsim/oS'=^?oS,+; (2.60)

?=Ро + Р=(Ро+Р ^о)5 =/л5. (2.61)

Полная сила давления жидкости на плоскую стенку по величине равна произведению площади стенки на гидростатическое давление в ее центре тяжести.

Если р0ат, то

^Р^г^. (2.62)

Определим координаты точек приложения сил Ро и Р. Так как

внешнее давление р0 по закону Паскаля передается всем точкам площади 5 одинаково, то его равнодействующая Р0 будет приложена в центре тяжести (О) площади б1.

Для определения точки приложения силы давления Р от веса жидкости применим известную в теоретической механике теорему

Вариньона, согласно которой момент равнодействующей силы Р относительно оси АЛ равен сумме моментов составляющих сил относительно этой же оси:

PlD ldpi

S

(2.63)

dL - ldP= рgzldS= pglsin a IdS.

С одной стороны, сумма моментов составляющих сил

L= jpgl2 sin a dS =pgsince jl2dS = pgsince JAA', (2.64) 5 S

где J/iA = jl2dS - момент инерции площади S относительно оси АЛ .

С другой стороны имеем

L=PdD=Spgz0lD=Spgl0lDsina. (2.65)

Сопоставляя (2.64) и (2.65) находим

/п =_М1 (2.66)

D Sl0

Здесь Slo - статический момент площади S относительно произвольной оси х (АЛ). В соответствии с известной зависимостью между моментами инерции площади относительно параллельных осей момент инерции JAA' может быть представлен в виде [21]

  • (2.67)
  • •Ааа =jo +^о»

где «/0 _ момент инерции площади 5 относительно горизонтальной

оси, проходящей через центр тяжести (значения Уо рассчитываются по известным в теоретической механике формулам).

Подставляя (2.67) в (2.66), получим

Л

Si

(2.68)

о

Таким образом, точка приложения силы Р расположена ниже центра тяжести О площади стенки. Расстояние между ними

Id —OD—Ay—

J,

о

Si

(2.69)

о

Для случая, когда плоская стенка расположена параллельно свободной поверхности (рис. 2.14), центр давления и центр тяжести совпадают.

Координата х0 рассчитывается аналогичным образом

+

где - центробежный момент инерции той же площади 5 относительно осей х' и У; х0 - координата центра тяжести фигуры.

Если давление ро равно рйТ, то точка Э и будет центром давления. В противном случае, т. е. если ро>рж, центр давления (О) находится по правилам механики как точка приложения двух сил Р0 и Р:

ІГ = Р0 + Р.

V

О

В частном случае, когда стенка имеет форму прямоугольника со сторонами а, Ь и одна из его сторон лежит на свободной поверхности с атмосферным давлением рат (рис. 2.16), центр давления О находит-

2 7 1

ся на расстоянии —Ь от оси х и на расстоянии —а от оси у.

ОТНОСИТЕЛЬНОЕ РАВНОВЕСИЕ НЕСЖИМАЕМОЙ ЖИДКОСТИ

Состояние жидкости, когда она находится в покое относительно стенок резервуара, движущегося с ускорением, называют относительным равновесием. Выбирая систему координат, жестко связанную со стенками резервуара, мы придем к статической задаче, основой для решения которой служат уравнения Эйлера (2.20). Однако в соответствии с принципом Д'Аламбера в данном случае в число действующих массовых сил необходимо включить силы инерции:

А/ ~ -Ата = -р а АЖ .

Знак минус показывает, что направление силы инерции противоположно ускорению а.

Рассмотрим два характерных случая относительного равновесия несжимаемой жидкости.

1. Равновесие жидкости в сосуде, движущемся прямолинейно с постоянным ускорением.

Сосуд движется с ускорением а вдоль прямой АВ, наклоненной к горизонту под углом а (рис. 2.17). В системе координат, показанной на рис. 2.17, для проекций единичных массовых сил имеем

Fx = j-gsincx; Fy =-gcoscx; Fz =0. (2.70)

Здесь j =Fj=-a - единичная сила инерции.

С учетом выражений (2.70) основное дифференциальное уравнение гидростатики (2.22) примет вид

dp = р[( j - g sina)dx - g cos a dy] (2.71)

После интегрирования (2.71) имеем

P = PO' — gsinajx-pg cosay+ C. (2.72)

Постоянную интегрирования С определяем из граничного условия:

при х=0, у=у0 р=ро,

С=/70+Р^7осо8а - выражает давление в точке О'.

Закон распределения давления в жидкости имеет вид

Р = Ро + р(/-gs'ma)x+pgcosa(y0 -у). (2.73)

Полагая в уравнении (2.72) /?=соп81, получим уравнение изобарических поверхностей (поверхностей уровня).

рО - ^8т а)х - р^со8 ау + С1 = 0 . (2.74)

x = tg(3x. (2.75)

Уравнение (2.74) является уравнением семейства плоскостей, параллельных оси Z. Одной из этих плоскостей является свободная поверхность жидкости.

Для нее С1=р^у0со8а при у=уо и х=0.

Уравнение свободной поверхности запишется в виде

р(у “ 8 8ша)х + Рg со8а(у0 - у) = О, или, учитывая, что tg|3 = Ву/Вх, получим

У-Уо

/ — ^вЙКХ

geos а

Р и с. 2.18

Если движение сосуда происходит только под действием силы тяжести, то у-gsina и (3=0, т. е. в этом случае свободная поверхность будет параллельна плоскости АВ.

Если угол а=0 (горизонтальная плоскость), то из (2.73) имеем

р=Ро + рjx + pg(y0 - у). (2.76)

Например, для точки М, имеющей координату у (рис. 2.17), обозначая

г

х - h' - ; h — h! уЛ — у

tgP 0

и принимая j=g, получаем р - р0 + pgh,

т. е. давление по вертикали распределяется по гидростатическому закону.

2. Равновесие жидкости в сосуде,

равномерно вращающемся вокруг вертикальном оси с угловой скоростью 0)2 (рис. 2.18).

В число массовых сил мы должны включить центробежную силу инерции

= со72/т°

-*0

где г - единичным вектор радиального направления; г - радиус вращения частицы, и=ш - линейная скорость движения жидкой частицы, находящейся на расстоянии г от оси вращения.

Проекции единичных массовых сил на оси координат

и2

Ех = —сох)= о}2гсо8(г, х) = со^х; г

Дифференциальное уравнение равновесия (2.22) после интегрирования примет вид

Р = Р^^22]-РЯ2 + С.

  • 2 / ч
  • 2.77

Произвольная постоянная определяется из граничных условий: при х=у=0, г=г0 и р=р0 } С=ръ+р&о.

Учитывая, что г={х22), получаем формулу для определения давления в любой точке жидкости

/

2 2

Р = Ро+Р§

  • 2о~г +
  • (2.78)
  • 2 2

^ СО,Г

Так как —-—

и

  • - к' есть высота, на которую поднята над
  • 2? 2?

вершиной параболоида точка свободной поверхности, то выражение в скобке представляет собой заглубление к точки М под свободную поверхность. Таким образом, в жидкости, покоящейся в равномерно вращающемся сосуде, давление по вертикали распределяется по гидростатическому закону р = р0 + , где к=г§- г + к'.

Уравнение (2.78) используют при расчете центрифуг-аппаратов,

в которых разделяют жидкости на компоненты, находящиеся до разделения в механической смеси (например, отделение воды от нефти, сливок от молока и др.).

Полагая /?=соіШ, из уравнения (2.77) получим уравнение изобарических поверхностей

Р

(2.79)

или

22)=Щ-+С2. (2.80)

ю2

Уравнение (2.80) есть уравнение поверхностей параболоидов вращения с осью I. Одной из таких поверхностей является свободная поверхность жидкости. Уравнение свободной поверхности получаем из (2.78) при р=ро

^L(x2+y2)+pg(z0-z) = 0. (2.81)

ЗАКОН АРХИМЕДА. ПЛАВАНИЕ ТЕЛ

В соответствии с изложенным выше способом определения суммарного давления на криволинейные поверхности (см. § 2.9) выведем закон Архимеда (греческий ученый, живший в III в. до н. э.). Пусть тело АВОЕ полностью погружено в жидкость (рис. 2.19) и

находится в состоянии равновесия (покоя). Необходимо определить величину суммарного давления жидкости на это тело.

Воздействие жидкости сводится к одной вертикальной силе, так как результирующая горизонтальных сил равна нулю. Действительно, проекции сил на любую из горизонтальных осей равны по величине и противоположно направлены.

Вертикальную составляющую суммарного давления можно найти следующим образом. Выделим вертикальный элемент объема поверхностью с/З. Составим уравнение равновесия сил, действующих на тело, относительно оси 2

ЛР2 = <оД = -Р4$х + Р2<Я>х =

где кт= /?2 - Ь - высота элемента поверхности с/З; р - плотность жидкости; g - ускорение свободного падения.

  • (2.82)
  • (2.83)

Здесь - объем погруженного в жидкость тела; увод = pg -удельный вес жидкости.

На погруженное в жидкость тело действует выталкивающая (подъемная) сила, направленная снизу вверх и равная весу жидкости в объеме тела (или его погруженной части) (закон Архимеда).

Объем IV вытесненной телом жидкости называется объемным водоизмещением, а ее вес - водоизмещением.

Центр водоизмещения - это центр тяжести жидкости в объеме погруженной части тела (центр тяжести вытесненного объема жидкости).

Подъемная сила приложена к смоченной поверхности тела в точке, где эта поверхность пересекается вертикалью, проходящей через центр водоизмещения.

Плавание тел. На законе Архимеда основана теория плавания тел. Погруженное в жидкость однородное тело с удельным весом ут находится под действием двух сил: силы веса тела в пустоте Ц=ут^

и подъемной силы Рпол = ув0лжт.

Здесь для однородного тела могут быть три случая (для несжимаемой жидкости):

  • 1) Ут > Увод; так как С-^од=^(ут Увод)>0, то тело потонет;
  • 2) ут = увод; в этом случае (С=Риоя) тело будет плавать внутри

несжимаемой жидкости, сохраняя безразличное равновесие на любой глубине;

3) Ут <УВ0Д; в этом случае (С-Рпол<0) тело всплывет и частично выйдет выше поверхности воды на столько, чтобы новая подъемная сила 7^од = уводГ (где УУ ' - объем погруженной в воду части тела) уравновесилась весом тела: (У = утУУт.

Тогда для плавающего на поверхности тела будем иметь условие равновесия

Увод^=У-Л

ИЛИ

(2.84)

г _ ут

Ж,

Т Увод

Соотношение (2.84) является исходным при определении глубины погружения (осадки) плавающих однородных тел.

ОСТОЙЧИВОСТЬ ПЛАВАЮЩИХ ТЕЛ

Свободно плавающее тело может под действием внешнего импульса выйти из состояния равновесия (накрениться). Способность тела возвращаться в состояние равновесия после полученного крена называется остойчивостью.

Рассмотрим тело, имеющее продольную плоскость симметрии (ось ОТ) (рис. 2.20, а). С - центр тяжести тела, Д> - центр водоизмещения.

Пусть тело накренилось; крен измеряется углом ф наклона оси Ох к горизонту. Поскольку вес тела О при крене не меняется, то остается неизменной и величина подъемной силы Рпод (в случае продольной симметрии).

При равновесном плавании линия действия подъемной силы направлена вдоль оси Оу; на этой же оси лежит центр водоизмещения А). При крене тела (см. рис. 2.20, б) центр водоизмещения перемес-

Рис. 2.20

тится относительно координатных осей в новое положение П. Линия действия подъемной силы будет проходить через точку 01, оставаясь вертикальной.

Точка пересечения оси Оу (ось плавания) с линией действия подъемной силы (при крене тела) называется метацентром (точка М).

Так как при плавании тела С<Рпод, то, очевидно, что тело обладает остойчивостью в случае, когда метацентр расположен выше центра тяжести тела. Расчетами установлено, если угол крена

(р < 15° , то

МО0 ~ Ж),.

Отметим, что замкнутая плоская линия пересечения плавающего тела с поверхностью жидкости называется ватерлинией. Часть плоскости, ограниченная ватерлинией, называется площадью плавания

(площадью грузовой ватерлинии). - МО0 - метацентрический радиус; СМ=км - метацентрическая высота.

Величина м считается положительной, если метацентр М располагается выше центра тяжести С.

Таким образом, когда /7М>0 или ЯМ>СЭ0, то тело обладает остойчивостью.

Положение точек Си/}0и расстояние между ними определяются размещением масс тела и габаритов последнего, которые при решении задачи об остойчивости являются величинами заданными.

ЗАДАЧИ

Задача 1. Определить полное гидростатическое (абсолютное) и избыточное давления на дно наполненного водой сосуда высотой /7=10 м. Сосуд сверху открыт, давление на свободной поверхности атмосферное.

Решение. Гидростатическое давление в точке равно

Р = Ро+Рв§Ь,

где р0 = рат .

Примем: рв = 1000 кг/м3; g = 9,80665 м/с2; рат =101325 Па.

Абсолютное давление

р = 101325 +1000 • 9,80665 • 10 = 19,93915 • 104 Па.

Избыточное давление

Ри=Рв-8'Н = Ю00 • 9,80665 • 10 = 9,80665 • 104 Па.

В технической системе давление измеряется в кгс/см2. 1 кгс/см2= = 1 ат (техническая атмосфера). При этом 1 кгс/см2=9,80665 • 104 Па.

Таким образом, столб воды высотой 10 м создает в своем основании избыточное давление, равное 1 ат.

Рис. 2.21

Задача 2. Определить высоту И столба воды в пьезометре над уровнем жидкости в закрытом сосуде (рис.

2.21). Вода в сосуде находится под избыточным давлением р„=0,05 кгс/см2.

Решение. Составляем условие равновесия жидкости относительно плоскости 0-0.

Рі=р„т+Рв-Я'Л, Рі =Ап+А,- Рив г-Л;

, ри 0,05 9,80665104

п ----- 0,5 м.

р в^g 1000-9,80665

Задача 3. Определить равнодействующую У” сил давления, действующих на плоскую прямоугольную стенку шириной 6=2,0 м, наклоненную под углом а= 45° к горизонту (рис. 2.22), если глубина жидкости в открытом сосуде //=1,5 м. Найти точку приложения равнодействующей.

о

Рис. 2.22

Решение. Площадь стенки

5 = о-6 = —• 6 = —• 2,0 = 4,243 м2. виш 0,7071

Равнодействующая сил давления на плоскую стенку

•З'М/’о+р-яЛ.т)'5Кл=

Я

ат

Для открытого сосуда ро=р

Р = Р = 1000 - 9,81 • — •4,243 = 31218 Я = 3182 кгс .

Точка приложения равнодействующей сил давления определяется расстоянием /ц.д:

<«Чт+^-. 4,=§=^=1>06м-

Здесь Л.х - момент инерции стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести. Для прямоугольника

У = 6 • а3 /12 = 2 • 2,123 /12 = 1,5 8 8 м4;

^Ц.Д - 1,06 +

  • 1,588
  • 4,243 -1,06

= 1,413 м.

Задача 4. Поршень 1 гидравлического пресса имеет диаметр <7=0,08 м (рис. 2.23). Сила /*1=30 кгс=294,2 Н, действующая на поршень 1, создает усилие на поршне 2 Р2= 750 кгс=7355 Н. Определить диаметр поршня 2. Коэффициент полезного действия р пресса принять равным 0,85.

Решение. Гидростатическое давление под поршнем насоса

2942-4 т о

= 5855^92 Н/м2 =0,5971 кгс/см2.

Р = — =

Р Р '4

*?1 тгб/2 3,14-0,082

Так как по закону Паскаля внешнее давление р передается в жидкости по всем направлениям одинаково, то

71В

р

V

V

Р 2

Рис. 2.23

Рі = Л • Р ? $2 = Л • Р

о =

  • 4 А
  • 4-7355

П-/7-7Е V 0,85 - 58558,92 -3,14

= 0,434 м.

Задача 5. Определить плотность плавающего в воде деревянного бруса, имеющего форму прямоугольного параллелепипеда, высота которого /7=0,4 м, если брус выступает над водой на расстоянии у=0,15 м (рис. 2.24).

Решение. Составляем условие равновесия бруса

^бр =

Рис. 2.24

Вес бруса

Обр=РбР ’?' 0бр=Рбр

Здесь Ъ и / - ширина и длина бруса соответственно.

Гидростатическая подъемная сила (сила Архимеда)

Сж=р« ?'^в= рв^'Ь'1(И -у); рбр^'Ь1к= рв^-Ь-1(к-у);

Рбр

Р 1000 (0,4-0,15) ,

_Ув_^-V=-Г2-^ = 600 кг/м3.

g^b^l-И

0,4

Задача 6. Определить диаметр Э поплавка, имеющего вес 0,5 кгс (4,905 Н), который при слое воды Н>0,8 м обеспечивал бы автоматическое открытие клапана диаметром <7=0,05 м (рис. 2.25).

Рис. 2.25

Длина тяги /?=0,75 м. Вес клапана и тяги составляет 0,2 кгс= 1,962 Н. Плотность воды принять равной 1000 кг/м3, ускорение свободного падения 9,81 м/с2.

Решение. Составляем условие равновесия поплавка

Здесь ЙГВ -А).

Диаметр поплавка

л 1/2

С,7 в^-(п-с12/л)-Н + С1

рв^-(к/4)-(Н-к)

о =

V

?> =

Ч905 + 1000-9,81-1

3,14-0,052/4;

Ь,8 ч-1,962

1/

/2

( 22,2687 )

1000-9,81 - 3,14/4 - (0,8 - 0,75)

[ 385,0425 J

= (0,057834)^2 =0,2405 м.

 
< Пред   СОДЕРЖАНИЕ     След >