Задачи

H
x
h

Задача 3.1
Найти положение оси шарнира X , при котором подъем верхнего
уровня воды выше H  2 м вызвал бы автоматическое опрокидывание щита, если
h  0, 4 м ,   60 .
Дано:
H  2 м ; h  0, 4 м ;   60 .
Найти: X
Решение:
Эпюры сил давления имеют вид, представленный на рисунке.
Pë
lë
0
lï
Pï
Условие равновесия щита - сумма моментов сил равна нулю.
 M 0  0 ; Pлlл  Pпlп , где
Pл и Pп - силы давления воды, действующие слева и справа,
lл и lп - плечи этих сил.
Площадки, на которые действуют силы Pл и Pп представляют плоские стенки.
Сила P , действующая на плоскую стенку со стороны жидкости, определяется как
P  pc S , а pc - давление в точке С - центре масс площадки,
где
pc  ghc , hc - глубина погружения точки C относительно свободной поверхности,
S - площадь.
Сила P приложена в точке d - центре давления, который смещен относительно
центра масс и расстояние в плоскости площадки
от d до свободной поверхности z d  zc 
где
момент
-
J cx
инерции
J cx
,
zc S
площадки
прямоугольника
шириной b - J cx 
Zc
Pë
H
относительно центральной оси.
Для
Zd
высотой
h
и
lë
Zd
H 
sin
c
d
3
x
bh
.
12
Определим момент силы Pл , действующей слева:
M л  Pлlл .
Pл  pсл S л  ghсл S л ;
учитывая, что hсл 
H
H
B,
и Sл 
2
sin 
где B - ширина плотины, находим:
Pл  g
H H
H 2B
B  g
.
2 sin 
2sin 
 H

 zd  ;
Плечо силы l л  x  
 sin 

z d  zc 
zd 
J cx
H
BH 3
; zc 
; J cx 
;
2sin 
zc S л
12sin 3 
H
BH 3 2sin  sin  2 H
;


2sin  12sin 3  H
HB 3 sin 
2 H 
H
 H
lл  x  

.
 x
3sin 
 sin  3 sin  
Для плоской площадки, эпюра давлений которой представляет треугольник, можно
было сразу определить положения центра масс эпюры - на 1/3 от основания.
Определение момента силы, действующей справа:
M п  pпlп ;
h hB
h2B
pп  g
 g
;
2 sin 
2sin 
Так как
M  0,
Pлlл  Pпlп ,
d
h
.
3sin 
Pï
lп  x 
lï
x
0
gH 2 B 
H  gh 2 B 
H 
x



x
 , откуда:
2sin  
3sin   2sin  
3sin  
x
H 3  h3
(H 2  h 2 )3sin 60

(23  0, 43 )
(2 2  0, 4 2 )3sin 60
 0, 79 м .
Ответ: x  0, 79 м .
Задача 3.2
Pè
Определить силу избыточного давления бензина,
действующую на круглую вертикальную крышку и
место ее приложения, если манометр, расположенный в
верхней точке резервуара показывает
диаметры
D
d
pи  0,05 атм ,
D  0,8м и d  30 см . Плотность бензина
б  720 кг/м3 .
Решение:
Pà
Сила избыточного давления на плоскую крышку
Pи   g hc S , если hc отсчитывается от поверхности с
атмосферным давлением или P  (p0   g hc )S - если hc
hô
pè
g hc
pè D
+
g 2
D
2
отсчитано от поверхности с p0 .
Определим положение поверхности с p  pa .
В условии задачи:
Pà
pи  0, 05 атм  0,05 кгс/см 2  4,9 103 Па .
hф 
Фиктивная высота
hô
pи 4,9 10

 0, 69 м .
g 720  9,8
3
Pè
g hc
D
2
При определении hф можно было воспользоваться внесистемными единицами:
hф 
hф 
pи
;   0,72 г/см3  7, 2 104 кг/см3 ;

0, 05
7, 2 10 4
 69 см .
2
2
D d
0,8  0,3


Pи  g  hф   
 720  9,8  0, 69 
 543, 6 Н .

2 4
2 
4


Центр давления d смещен относительно центра масс C на e 
J cx
;
zc S
Pè D
+
g 2
для круга J cx 
e
R 4
.
4
R 4
1
R2
0,152


 0, 005 м  0,5 см .
D 2
4 
1,
09

4
h

R
4
ф
 hф   R
2



Ответ: сила Pи  543,6 Н приложена на 0,5 см ниже оси.
Задача 3.3
1. Определить силу давления P на крышку,
если внутри аппарата вакуум pв  2 кПа .
2.
Найти
место
приложения
этой
силы.
D
d
Плотность воды   1020 кг/м3 .
Диаметр крышки d  0,8м .
âî äà
Решение:
Эпюра сил давления на крышку имеет вид, показанный на рисунке.
Силы, действующие с обеих сторон крышки, направлены в одну сторону.
Результирующая сила P  Pп  Pл ,
Pл  pл S л  pи R 2  2 103   0, 42  103 Н ,
Pп  pис S   g hc S .
Pë
0
Положение центра масс для полукруга (см. табл. разд. 3)
hc 
4 R 4  0, 4

 0,17 м ;
3
3
Pп  g
Pï
4 R R 2
2R3
2  0, 43
 g
 1020  9,8 
 426 Н .
3 2
3
3
Для определения точки приложения результирующей силы используем условие
равенства момента результирующей силы относительно любой точки сумме моментов
составляющих сил
 M К  0 (К – точка приложения результирующей силы).
Обозначим через x расстояние от оси крышки до точки
приложения результирующей силы.
P (h  e)
Pл x  Pп (hc  e  x) , откуда x  п c
.
Pп  Pл
Правая площадка представляет полукруг, из таблицы
находим J cx
9 2  64 4

R  0,11R 4 ;
72
Pë
P
0
x
Ê hc
å
Pï
e
J cx
3 2
3
3
 0,11R 4
 0,11  R  0,1   0, 4  0, 06 м ;
2
hc S
4 R R
2
2
x
Pп (hc  e) 426(0,17  0, 06)

 0, 068 м  0,68 см .
Pп  Pл
1426
Ответ: x  0, 68см .
pà
Задача 4.1 Определить полную силу давления жидкости на
H
полусферическую крышку, закрывающее круглое отверстие радиуса R
R
в вертикальной стенке. Напор жидкости над центром отверстия H .
Найти точку приложения этой силы.
Решение:
Эпюра сил давления на крышку имеет вид, показанный
на рисунке. В каждой точке давление направлено по
p=g(H- R)
нормали к стенке и возрастает с глубиной по закону
pи  gh . Так как каждая элементарная сила проходит через
p=gH
PÃ
центр, то и результирующая сила пройдет через центр.
PÂ
Горизонтальная составляющая направлена со стороны
жидкости на стенку, вертикальная составляющая - вниз.
p=g(H+R)
P
Результирующая сила проходит через центр под углом  к горизонтали и
приложена к стенке:
tg  
Pв
.
Pг
Горизонтальная составляющая Pг  pc Sв ,
где pc - давление в центре вертикальной проекции площадью S в .
pс  g hс
По условию задачи hc  H , а вертикальная проекция полусферы - круг с площадью
Sв   R 2 .
Pг   g H R 2 .
Вертикальная составляющая силы Pв определяется методом тела давления:
Pв   g Wтд .
Определим форму тела давления, заключенного между стенкой, свободной
поверхностью и вертикальными образующими.
C
C
B
A
1
+
C
B
+
B
A
2
4
3
Вертикальные образующие дважды пересекают границу стенки, поэтому разобьем
криволинейную стенку на два участка и найдем форму тела давления для каждого из них.
Для участка AB тело давления занимает объем, заштрихованный на рис. поз. 2.
Направление вертикальной составляющей PAB совпадает с направлением веса (стенка
смочена) - тело давления положительно. Для участка BC - тело давления имеет форму
(поз. 3). Тело давления отрицательно - направление вертикальной составляющей силы
давления PBC противоположно направлению веса (см. эпюру давления).
На всю крышку действует разность сил Pв  Pв AB  Pв BC , равная весу жидкости,
заключенной в полусфере, направленная вниз и равная:
2
Pв   g R 3 .
3
Полная сила P  Pг2  Pв2 

gH R 2

2
2
4
 2

  g R 3   g R 2 H 2  R 2 .
9
 3

Угол наклона определяется через tg  :
P
2 R
tg   В 
.
PГ 3 H
Задача 4.2 Определить полную силу, действующую на


H
полусферическую крышку, закрывающую круглое отверстие в
R
стенке, наклоненной под углом 45 к горизонту, если глубина
погружения центра крышки равна H .
Решение:
Эпюра сил давления имеет вид, показанный на рис.
Результирующая сила, очевидно, направлена вниз и влево,
проходит через центр и приложена к стенке.
За ортогональные направления для определения полной силы
в данном случае удобней принять направление вдоль стенки Pт и
нормально к ней PN , тогда P  Pт2  PN2 .
P
Определим методом тела давления эти составляющие:
Определение нормальной составляющей.
A1
Тело давления W N имеет вид, показанный на рис.
(образовано
стенкой,
свободной
поверхностью
0
A
B
и
k H
образующими нормальными к поверхности стенки).
BI
G
Объем этого тела можно определить как сумму
N
объема полусферы и кругового цилиндра KNAB.
W ABKN  R 2
Т.к. объем WAAO  WBBO ;
N
N1
PN
H
.
sin 
Нормальная составляющая силы давления PN получим из выражения:
H 
H 
2
2
2
PN  Wтдg   R 3  R 2
 g  R g  R 
.
sin  
sin  
3
3
Определение тангенциальной составляющей.
Тело давления представляет в этом случае полусферу.
2
Pт  Gтд cos    g R 3 cos  .
3
Полная сила P равна:
+
Ò
G P
2
P
PТ2
 PN2
 g R
Задача 4.3
2
H  4 2 2
2
 R
  R cos  .
sin  9
3
P
Ò
В прямоугольном окне вертикальной стенки
резервуара установлен на цапфах цилиндрический затвор радиусом
H
R  0, 4 м и длиной B  3м .
1. Определить усилие на цапфы и момент от действия воды на
R
затвор в изображенном на эскизе положении при напоре H  1м .
2. Какими будут усилия на цапфы и момент, если повернуть
затвор на 180 .
Решение:
p=g(H- R)
Определение полной силы.
P  Pв2  Pг2 .
Определение горизонтальной составляющей.
Стенка, на которую действует жидкость, состоит из 3-х
участков - криволинейной, горизонтальной и вертикальной
стенок.
H
p=gH
p=g(H+R)
Можно определять силы, действующие на каждый из участков стенки, а затем их
суммировать. Более простой путь определения полной силы – выражение ее через
вертикальную и горизонтальную составляющие. P  PВ2  PГ2 .
На вертикальную проекцию этих участков, представляющую прямоугольник
высотой 2R и шириной B , действует сила Pг .
Pг  pc Sв .
Давление в центре масс вертикальной проекции pc  gH , следовательно:
Pг  gH  2RB  103  9,8 1 2  0, 4  3  23,53 кН .
Вертикальную составляющую Pв определим методом тела давления.
+
-
-
1
3
2
На рис. позиция 1 - тело давления на горизонтальную плоскую стенку; позиция 2 на криволинейную стенку; позиция 3 - тело давления на всю смоченную поверхность
представляет 1 4 часть цилиндра.
1
Pв  gWтд  g R 2 B  103  9,8  0, 25  3,14  0, 4 2  3  3, 69 кН .
4
Полная сила P  Pв2  Pг2  23,532  3, 692  23,8 кН .
2. Момент силы складывается из моментов от действия силы давления на
вертикальный и горизонтальный участки затвора. Сила, действующая на криволинейную
стенку, момента не создает, так как проходит через центр вращения.
M  M 2  M1 ;
M1  Pl
1 1;
M 2  P2l2 .
P1 - сила, действующая на горизонтальную плоскую стенку:
P1  pc S  gHBR ;
l1 
R
;
2
l 1= R
2
P2 - сила, действующая на вертикальную стенку:
R

P2  g  H   BR ;
2

P1
P2
l2
c
d
R
Zc=H+2
Zd
l2 
R
 z d , где zd - смещение центра давления относительно центра тяжести.
2
z d 
J 0x
, где
zc S
J 0 x - момент инерции площадки относительно центральной оси;
z c - расстояние, отсчитанное в плоскости площадки от центра масс до поверхности
атмосферного давления.
Для прямоугольника J 0 x 
bh 3
, где b - ширина, h - высота.
12
Для вертикального участка затвора b  B,
zc  H 
z d 
h  R;
R
;
2
BR 3
1
R2
0, 4 2


 0,11 м .
R
R
12 

 0, 4 
 H   BR 12  H   12  1 

2
2
2 



M  P2l2  Pl
1 1;
R
R

R

M  g  H   BR   z d   gHBR ;
2
2

2


R  R
R

M  gBR  H    z d   H   62,8 Í  ì .
2  2
2


I. При повороте затвора на 180 он займет положение, показанное на рис.
Полная сила P  Pв2  Pг2 .
Положение и площадь вертикальной проекции не изменились при повороте,
следовательно PгI  PгII  23,53 кН .
+
H
PвII  gWтд .
Тело давления представляет собой половинку цилиндра:
-
1
PвII  g R 2 B  2 PвI  3, 69  2  7,38 кН .
2
Полная сила P  PвII2  PгII2  23,532  7,382  24, 66 кН .
Момент этой силы относительно центра вращения M  0 , т.к. сила проходит через
центр.
Ответ: 1. P  23,8кН ;
M =62,8 НМ ;
2. P =24,66 кН;
М  0.
Задача 4.4
1. Определить полную силу давления воды на затвор и
момент
этой
силы
относительно
оси
поворота
затвора,
H
если R1  R2  1 м и H  2,5м , длина L  1м .
2.
При
какой
длине
R2
горизонтального
R1
крыла
гидравлический момент на затворе станет равным нулю?
R2
Дано:
R1  R2  1 м
H  2,5м
Решение:
Полная
определяется
сила
давления
сложением
вертикальное крыло P2
представляющих
сил,
воды
на
затвор
действующих
на
и горизонтальное -
P1 ,
плоские
стенки,
и
P3 -
hñ
c
сила,
действующая на криволинейную стенку, выполненную
в виде четверти кругового цилиндра.
e
l2
c
l1
P1 R
1
2
Сила, действующая со стороны жидкости на
плоскую стенку: P  pс S .
Для вертикального крыла:
pc  ghc , где hc  H 
P2
R1
1
 2,5   2 м и S1  R1L .
2
2
Приняв L=1 м, получим:
R 

P1  g  H  1  R1L  103  9,8  2 11  19, 6 кН .
2

Для горизонтального крыла:
hс  H и S  R2 L ;
P2  gHR2 L  103  9,8  2,5 11  24,5 кН .
(Сила P3 момента не создает, т.к. она проходит через ось вращения).
Момент силы давления воды равен сумме моментов, создаваемых силами P1 и P2 .
M  M1  M 2 .
Момент силы P1 :
M1  Pl
1 1;
l1 
плечо силы P1 :
R1
e,
2
где e - смещение центра давления относительно центра тяжести;
e
J cx
.
zc S
Для вертикального крыла, имеющего форму прямоугольника, момент инерции
равен:
J cx 
bh 3
;
12
по условию задачи:
b  L, h  R1, z c  H 
R
; S  R1L ;
2
L R13
R12
12
e


 0, 042 м .
R1 
R1 
1
12 


 H   R1 L 12  H   12   2,5  
2
2
2



Момент силы P2 :
M 2  P2l2 .
Сумма моментов:
M  P2l 2  P1l1  P2
R2
1
R

1

 P1  1  e   24,5  19, 6   0, 042   3, 27 кН  м .
2
2
2

 2

Момент полной силы равен 0 при равенстве моментов сил P1 и P2 .
Pl
1 1  P2l2 , то есть:
R
R

P1  1  е   gHR2 L 2 , откуда
2
 2

R

2 P1  1  е 
 2
  2 19, 6  0, 458  0,856 м .
R2 
gHL
103  9,8  2,5 1
Чтобы определить полную силу, действующую на ось затвора, необходимо к силам
P1 и P2 , приложенным к горизонтальному и вертикальному плечам затвора добавить силу,
действующую на цилиндрическую часть затвора.
Определим вертикальную PВ и горизонтальную PГ составляющие силы полного
давления на криволинейную стенку.
Горизонтальная составляющая PГ  pсв Sв , где
pсв и Sв
- давление в центре масс и площадь вертикальной проекции
криволинейной стенки
pсв   g hсв .
Учитывая, что hсв  H 
R2
и Sв  R2 L .
2
R 

Получим PГ   g  H  2  R2 L  103  9,8   2,5  0,5 11  29, 4 кН .
2 

Вертикальная составляющая
Pв   g Wтд , где Wтд
- объем тела давления,
ограниченного криволинейной стенкой, вертикальными образующими и свободной
поверхностью (объем 1.2.3.4)


R 2 
3,14 12 
PВ   g  R2 H  2  L  103  9,8  1  2,5 
 1  32, 2 кН .


4 
4 


Таким образом, по вертикали на ось затвора действуют силы:
сила, равная PВ  P2  32, 2  24,5  7,7 кН ,
а по горизонтали P1  PГ  19, 6  29, 4  49кН .
4
3
P2
P1
H
2
PÃ
R 0
1
PÂ
Определить горизонтальную и вертикальную составляющие
полной силы давления на затвор можно проще:
по горизонтали сила действует на площадку высотой R1  R2 (т.к. центр масс
расположен на оси затвора и hс  H )
PГ   g H  R1  R2  L  103  9,8  2,5 1  1 1  49 кН ;
по вертикали действует сила, равная разности весов тел давления, действующих на
криволинейную стенку и горизонтальное крыло (объем 0.1.2)
PВ   g
R22
3,14 12
 103  9,8 
 7, 7 кН .
4
4
Ответ:
1. Горизонтальная составляющая силы Pг  49кН ;
Вертикальная составляющая силы PВ  7,7 кН ;
Момент на оси М=3,27 кН  м .
2. М=0 при R2  0,856 м .
Задача 4.7
Определить полную силу давления на полусферическую крышку,
закрывающую круглое отверстие радиуса R в вертикальной стенке.
Напор жидкости над центром отверстия H .
Найти точку приложения этой силы.
4
Ответ: P  P   g  R 2 H 2  R 2
9
Вертикальная составляющая направлена вверх.
Задача 5.2 Сосуд с квадратным основанием b  b наполнен жидкостью до высоты
h.
1.
Найти высоту сосуда H , необходимую для
сохранения в нем жидкости во время движения в
горизонтальном направлении с ускорением а.
2.
Определить
силы
давления
жидкости
на
переднюю и заднюю стенки сосуда.
3.
Определить
горизонтальную
составляющую
силы, действующей на сосуд во время движения с ускорением а.
4.
Как зависит сила давления на дно сосуда от величины ускорения а?
Решение.
1. Определение высоты H .
Полная массовая единичная сила
j  g  аин .
Свободная
пройти
поверхность
через
верхнюю
жидкости
должна
точку
сосуда
перпендикулярно силе j , т.е. подняться на высоту
h ; так как объем жидкости при этом не изменяется,
то с противоположной стороны жидкость должна
опуститься на ту же высоту h , т.е. центральная
точка поверхности уровня останется на своем месте.
Отмеченные на рисунке углы  равны, и из треугольника сил можно найти
tg  
а
;
g
b
bа
тогда h   tg  
;
2
2g
искомая высота
H  h  h  h 
bа
.
2g
2. Определение сил, действующих на переднюю и задние стенки сосуда.
Основные зависимости для определения сил, действующих на плоские стенки:
Pи  pис S ; pc   j lc , где
Pи - сила избыточного давления, действующая на плоскую стенку;
pс - избыточное давление в центре масс стенки;
lс - расстояние от центра масс стенки до поверхности атмосферного давления по
направлению действия полной массовой силы;
S - площадь стенки.
Таким образом:
Pи   j lс S .
Для задней стенки
lс 
h  h
g
cos ; cos   ;
2
j
S3  b  h  h  ;
Pиз   j

h  h g
1
bа 
b  h  h    g b  h 
.
2
j
2
2g 

Для передней стенки
lс 
h  h
cos ; S n  b  h  h  ;
2
2

1
bа 
Pnп   g b  h 
 .
2
2g 

3. На сосуд в целом в горизонтальном направлении действует разность сил:
2
2

1
bа  
bа  
P3  Pп   g b  h 
 h 
   mа .
2
2g  
2g  


4. Так как давление в центре масс дна не изменяется при изменении ускорения, то и
сила давления на дно не зависит от ускорения а.
Определение сил, действующих на заднюю и переднюю стенки
методом “тела давления”
Так как плоская стенка является частным случаем стенки криволинейной, то для
решения задачи о нахождении силы, действующей на нее, может быть применен метод
тела давления.
Основное положение метода “тела давления” – Проекция силы, действующей на
стенку на заданное направление, равна проекции полной массовой силы, действующей на
“тело давления” в этом же направлении.
Т.к. стенки плоские, то силы направлены по нормали к стенкам, т.е. горизонтально.
Определим проекцию полной силы на горизонтальное направление
 
P3   j cos j а Wтд   а Wтд .
Тело давления, действующее в горизонтальном направлении, ограничено задней
стенкой,
горизонталью
(дно
и
его
продолжение)
и
свободной
поверхностью
(заштрихованный треугольник).
Wтд 
1
H
H2b
B H b; B 
; Wтд 
;
2
tg 
2tg 
 h  h  b g .
а
т.к. tg   и H  h  h, то Wтд 
g
2а
2
Окончательно имеем:
P3
2
2
h +h  b g

b
bа 
 а
g h
.
2а

2

2g 
Для передней стенки тело давления ограничено стенкой, продолжением дна и
продолжением свободной поверхности жидкости и имеет объем
если x 
h  h
, то сила давления на переднюю стенку
tg 
Pn   а Wтд ;
b
Wтд   h  h  x ;
2
Pп   а  h  h 
2
2
gb
b
bа 
 g h
 .
а2
2
2g 
Как видим, результаты, полученные различными методами, полностью совпадают.
Использовать метод “тела давления” особенно целесообразно при определении силы,
действующей на стенку, представляющую комбинацию плоских и криволинейных стенок.
Задача 5.3 Призматический сосуд длиной 3L и шириной B , перемещающийся
горизонтально с ускорением а, разделен плоской перегородкой на два отсека,
заполненных водой до высот h1 и h2 .
1. Определить силу давления воды на перегородку.
2. Найти ускорение, при котором эта сила равна нулю.
Дано:
L  1м
B  1м
а=0,4g
h1  1м
h2  1, 75м
Решение.
1. При движении с ускорением а свободная поверхность жидкости займет
положение, нормальное к направлению действия
полной массовой силы.
Каждый из отсеков бака сосуда представляет из
себя сосуд, силы давления на стенки которого были
рассмотрены в задаче 5.2.
Для I отсека перегородка является задней
стенкой, а для II отсека – передней.
Полная сила определяется как разность P  P2  P1 .
Основные зависимости:
Сила, действующая на плоскую стенку
Pи  pис S ;
pис   j lс .
Для отсека I
S  H B;
H  h1  h1;
а
h1  L ;
g
H g
lс 
.
2 j
Сила, действующая на перегородку слева – P1 :
P1   j
а
2
а
g 
а  103  9,8
g g
2
  h1  L  B 
B  h1  L  
11  0, 4   9 103 H .
2
j
g
2 
g
2
h1  L
Аналогично получаем значение силы, действующей на перегородку со стороны II
отсека:
2
2
g 
Lа
103  9,8 
0, 4 
3
P2 
B  h2 

 1, 75 

  11, 6 10  H  11, 6 кН .
2 
2 g
2
2


Полная сила, действующая на перегородку:
P  P2  P1  11,76  9,6  2,16кН .
2. При условии P2  P1 , сила P  0 . Выразив силы через известные величины и
ускорение, получим:
2
2
g 
Lа
g 
а
B  h2 
B  h1  L  ;
 
2 
2 g
2 
g
Lа
а
h2 
 h1  L ;
2g
g
а h2  h1 1, 75  1


 0,5;
g L  L 1  0,5
2
при ускорении
а=0,5g
сила давления на перегородку равна нулю.
Этот же результат можно было получить графически.
При увеличении ускорения а угол наклона свободной поверхности увеличивается,
при этом у перегородки в I отсеке вода поднимается, во втором опускается.
Углы наклона свободной поверхности  в обоих отсеках одинаковы, поворот их
происходит вокруг центров C1 и C2 каждой из поверхностей.
Чтобы сила, действующая на перегородку, стала равной нулю, необходимо, чтобы
точки C1 и C2 лежали на одной прямой, нормальной к направлению полной силы j .
tg  
а h2  h1

;
g L L
2
откуда а=g
1, 75  1
 0,5 ;
1  0,5
а=0,5g .
Задача 5.4
Определить силу давления бензина на дно самолетного бензобака
площадью 1м 2 , заполненного бензином до высоты H  0,8м2 в момент выхода самолета
из
пикирования,
если
радиус
кривизны
траектории
R  400м ,
а
скорость
v  650км час; бензина  750кг м3 .
Дано:
v  650км час; R  400м;
H  0,8м;
S  1м 2 ; б  750кг м3 .
Решение.
В момент выхода из пикирования на жидкость в баке действует, кроме силы
тяжести, инерционная сила, направленная вертикально вниз.
Результирующая единичная сила j  g  аин .
Полная сила давления жидкости на дно бака (при условии, что дно горизонтально)
Pи  pси S ; pси   j h.
Ускорение
v2
а= ;
R
2
 650 103  1
а= 
 81м с 2 ;
 3600  400


P    а + g  H  S  750 81  9,8  0,8 1  56400Н  56, 4кН .
Задача 5.5 Длина пробега самолета после посадки со скоростью vпос  180км час
составила 500 м.
Какая часть объема топлива должна оставаться в баке в момент приземления, чтобы
при торможении самолета дно бака не оголилось?
Бак имеет форму параллелепипеда с горизонтальным дном размером B  B и
передней стенкой, перпендикулярной направлению движения, высотой H  0,5 B .
Движение самолета после посадки считать прямолинейным и равнозамедленным.
Дано:
v пос  180 км час;
L  500м.
Объем бака B  B  0,5 B ;
H  0,5 B .
Найти
Wост
.
W
Решение.
При равномерном движении и в состоянии покоя бак был заполнен до высоты h , и
объем оставшегося в нем топлива Wост составлял:
Wост  h B B .
Полный бак имеет объем W  H B B .
Искомая часть объема составит:
Wост h B B
h

 .
W
H BB H
При действии постоянного ускорения торможения а свободная поверхность
жидкости расположится перпендикулярно действию результирующей массовой силы
j  g  аин .
Учитывая, что объем топлива в баке остался неизменным, положение свободной
поверхности найдем по координатам точек A и C . В точке A жидкость опустилась на
глубину h до дна, в точке A1 поднялась на ту же высоту h , а точка C - центр свободной
поверхности топлива остался на месте.
Углы  равны, как углы между взаимно перпендикулярными прямыми и,
следовательно, h 
а
H.
g
Значение ускорения торможения а находим из а 
тормозной путь
v2
, где L - длина пробега или
2L
2
 180 103 
1
а= 
 2,5м с 2 ;
 3.600  2  500


окончательно находим:
Wост а h а H 2,5 1



 .
W
g H g H 10 4
Задача 5.6 Цилиндрический сосуд, заполненный водой, поднимается вверх с
ускорением а=10м с2 .
1. Определить усилие T в тяге.
2. Построить эпюры давления жидкости по высоте и стенкам сосуда при движении
и в неподвижном состоянии.
3. Найти силу давления P на полусферическое дно сосуда, если вакуумметр,
присоединенный к нижней точке сосуда показывал pв  30кПа , когда сосуд был
неподвижен.
Дано:
R  0, 4м; H  0,3м;
m1  50кг; m2  30кг;
m3  20кг; а =10 м с 2 .
Решение.
1. Определение усилия в тяге T .
T
 m j , где
m - масса;
j - ускорение.
При движении с ускорением а полное ускорение определяется как:
j  а ин  g .
Тогда:
T   mж  m1  m2  m3   а ин +g  , где
mж - масса жидкости в сосуде,
2
2 



mж     R 2 H   R 3     R  H  R  ;
3
3 




2 


T    R 2  H  R   m1  m2  m3   а ин + g  
3 



 3
2  0, 4 

2
10  0,314  0, 4  0,3  3   50  30  20  10  9,8   7630 Н  7, 63кН.




2. Построение эпюр давления.
В неподвижном сосуде давление в жидкости по высоте изменяется по закону:
p  p0   g h ;
а при движении вверх с ускорением а –
p  p0    g  а ин  h .
Учитывая, что плотность газа в верхней части сосуда над свободной поверхностью
воды несоизмерима с плотностью воды, считаем, что давление p0 во всех точках газовой
полости остается одинаковым в состоянии покоя и при движении с ускорением и
определяется по зависимости:
ãàç p 0
p0  p   g  H  R  .
H
В шкале избыточных давлений с учетом того, что
pв   pи и принимая g  10м с в состоянии покоя, имеем:
p0и  pи   g  H  R   30 10  10 10  0,3  0, 4   37 10 Па
3
или
3
âî äà
R
3
p
p0вак  37кПа .
При движении вверх с ускорением а давление в нижней точке p определяем в
шкале избыточных давлений:
pи'  pои    а ин + g  H  R   37 103  103 10  10  0,3  0, 4   23 103 Па=-23кПа ;
pв  23кПа .
Строим эпюры давлений.
Pâ=37êÏ à
ãàç
В состоянии
покоя
При движении
с ускорением а
âî äà
Pâ=30êÏ à
Pâ=23êÏ à
3. Определение силы давления на дно сосуда.
Дно сосуда представляет полусферу, т.е. криволинейную стенку. Полная сила может
быть найдена как сумма проекций этой силы на 3 любых взаимноперпендикулярных
направления.
В данной задаче, наиболее целесообразно выбрать горизонтальное и вертикальное
направления. Ввиду симметричности сосуда все силы, действующие в горизонтальной
плоскости, уравновешены.
Вертикальная составляющая силы давления на криволинейную стенку равна весу
тела давления:
Pв   g Wтд .
Для нахождения объема тела давления необходимо найти положение поверхности
атмосферного
давления,
криволинейной
стенкой
т.к.
и
тело
давления
вертикальными
ограничено
этой
поверхностью,
образующими,
проходящими через границы стенки.
Pà
P0
При движении вакуумметр показывал pв  23кПа . Если
представить его в виде U -образной трубки, то вода в свободном
колене должна была бы опуститься на hф 
pв
g
и поверхность
занимает заштрихованный объем Wтд , равный объему цилиндра с
P
hô
атмосферного давления заняла бы положение I-I.. Тело давления
I
I
высотой hф  R за вычетом объема полусферы:
2
R

Wтд   R 2 hф  R   R 3  R 2  hф   .
3
3



Сила, действующая на дно, направлена вверх и определяется как
 23 103 0, 4  3
 p
R
3
P  Wтд  g   R 2  в    g  3,14  0, 4 2 

10  9,8  12, 6 10 Н=12,6 кН .


g
3
10

9,8
3




Задача 5.7 Определить горизонтальную и вертикальную составляющие силы
давления бензина с плотностью   900кг м3 на верхнюю полусферическую крышку бака
при полете самолета с ускорением а=5м с 2 , если манометр, установленный в верхней
точке показывает pи  8,8кПа .
Как изменятся эти силы при полете с постоянной скоростью?
Радиус R  0,3м , угол   60 .
Дано:
R
à

R  0,3м
  60
  900 кг м 3
а=5м с
Pи  8,8кПа
Решение.
1.
При
полете
с
постоянной
скоростью
единственной массовой силой является сила тяжести.
Pà
A
hô
Крышка имеет ось симметрии, поэтому горизонтальные
составляющие сил давления взаимно уравновешены и
Pг  0 , а вертикальная составляющая равна весу тела
давления:
Pà
Pв   g Wтд .
A
hô
Для нахождения тела давления надо найти положение поверхности уровня
с
давлением, равным атмосферному. Если в верхней точке установить пьезометр, то
жидкость в нем поднимется на высоту:
hф 
pи 8,8 103

 1м .
 g 900  9,8
hô
Тело давления имеет объем:
2
R

Wтд   R 2 hф  R   R 3  R 2  hф   ;
3
3



R
 R
 0,3 
Pв   g Wтд   g  R 2  hф   900  9,8  3,14  0,32 1 
  2740 Н=2,74кН .
3 
 3

2.
При движении с ускорением а результирующая массовая сила определится
сложением силы тяжести и инерционной силы:
j  а ин  g
pà
àè
í
pè
hô =g

asin
jÃ
g
j

Поверхности уровня должны быть перпендикулярны силе
j . Поверхность
атмосферного давления займет положение, показанное на рисунке.
Вертикальная Pв и горизонтальная Pг проекции полной силы, действующей на
крышку, могут быть определены методом “тела давления”.
Определение вертикальной составляющей:
Pв  Wтд  j cos  .
Из треугольника сил имеем:
j cos   g  а sin  .
Форма тела давления для определения вертикальной составляющей показана на рис.
2
R

Wтд  R 2 hф  R  R 3  R 2  hф   ;
3
3

R

 0,3 
Pв  R 2  hф     g  а sin   3,14  0,32 1 
  900  9,5  5  sin 60
3
3 





  1,53кН.
Определение горизонтальной составляющей:
Pг  Wтд  j cos  .
Форма тела давления для определения горизонтальной составляющей показана на
рис. Из треугольника сил имеем:
j cos   а ин cos ;
àèí
PÃ
î
=60

Pг  Wтд  а ин cos  
2
2
 R 3 а ин cos 60   3,14  0,33  900  5  cos 60  127 Н .
3
3
При движении с ускорением, направленным вниз под углом  , вертикальная
составляющая полной силы, действующей на крышку, уменьшилась по сравнению с
покоем или равномерным прямолинейным движением, и появилась горизонтальная
составляющая, величина которой не зависит от величины избыточного давления в баке, а
зависит только от горизонтальной составляющей ускорения.
Задача 6.1
Цилиндрический сосуд высотой h  100 см и диаметром D  40 см , заполненный
жидкостью до половины, начинает вращаться.
D
Определить максимальную угловую скорость,
1.
при которой жидкость не будет выливаться из
h
сосуда.
Найти силу, действующую на дно сосуда.
2.
Дано:
h  100 см ; D  40 см .
Решение:
1. Определим положение вершины параболоида
H
вращения из условия равенства объемов
h
жидкости в покое и при вращении:
R 2
h
 R 2 h  W ' , откуда
2
W '  R 2
h
.
2
Объем параболоида вращения W '  R 2
параболоид вершиной коснулся дна, откуда
h
/2
H
, таким образом получаем H  h
2
-

2g h
2  9,8 1

 22,1' с .
R
0, 2
На дно сосуда действует сила, направленная вертикально вниз и равная весу тела
давления
Pz  Wтд  g ;
Wтд  R 2 h  R 2
Pz  R 2
H
=
h
H
h
 R 2 ;
2
2
h
1
 g  3,14  0, 2 2 103  9,8  614 Н .
2
2
Задача 6.2
Цилиндрический сосуд высотой L и радиусом R ,
R
R1
имеющий отверстие в крышке радиусом R1 , заполненный
до высоты B жидкостью с плотностью  , вращается
вокруг вертикальной оси.
B
Определить угловую скорость сосуда, при
1.
L
которой жидкость начнет выливаться из
него.
Найти силу давления на верхнюю закраину при этой угловой скорости.
2.
Решение.
Жидкость начнет выливаться, когда ее свободная поверхность по мере увеличения
угловой скорости достигнет точки A . В зависимости от объема жидкости вершина
параболоида свободной поверхности может занять
одно из трех положений (рис.).
В случае 3, когда параболоид касается дна, объем
b
жидкости в сосуде определяется как разность между
III
объемом цилиндра и параболоида вращения:

R2 
L
W  R 2 L  R12   L  R 2  1  .

2
2 

Первоначально жидкость заполняла сосуд до
высоты B3 , и ее объем составлял:
W  R 2 B3 , тогда
B3 

R12 

L
1

.

 2 R 2 
R 2


W
A
III
R1
2
L
H2
3
I
II
I
II
R
1
H
H1
При B3  B имеем случай 1, при B3  B - случай 2.
Для случая 1
Из условия неизменности объема жидкости в сосуде получаем:


R 2 B   R 2  R12 L 
Объемы:
в покое
тело I
g
12
L2 ;
тело II
Откуда:
1 
L
R
g
 R2 
B  1  12  L
 R 


.
Для случая 2
R 2 B   R 2 L   R12
2 
2R
R12
H2
2 R12
, учитывая, что H 2 
, получим:
2
2g
g  L  B .
При B  B3 выражения для угловой скорости во всех трех случаях совпадают:
1  2  3 
2g L
.
R1
Сила давления на закраину равна весу тела давления, заключенного между стенкой,
вертикальными образующими и свободной поверхностью (тело III)
Pz   gWтд ; Wтд 
b  H  H1; Р 
g

2
b 2 ; учитывая, что
2 R12
2 R
,
; H1 
2g
2g
2
 g  2 R 2 2 R12 
2
2
2
Pz   g 2 

   R  R1

2
g
2
g
 



2
.
R1
Задача 6.3
Цилиндрический сосуд радиусом
R , наполненный
R
a
жидкостью с плотностью  до уровня а в открытой трубке,
установленной на расстоянии
R1 от центра, вращается
относительно вертикальной оси.

1.
Определить наибольшую угловую скорость сосуда, до которой сохранится
относительное равновесие жидкости.
2.
Определить силу давления на крышку сосуда при этой угловой скорости.
Решение.
Закон распределения избыточного давления в жидкости:
Z
2 r 2
pи  g
  g  z0  z  .
2
Начало координат примем в центре крышки.
Учитывая, что поверхность с pи  0 проходит через
R1
точку A с координатами
r  R1
z а,
и
Z0
A
a
x
найдем место расположения вершины параболоида,
образующего поверхность с атмосферным давлением.
 2 R12
  g  z0  а   0 , откуда
2
2 R12
;
z0  а2g
и закон распределения давления примет вид:


2 2
pи  
r  R12   g а .
2
При возрастании  давление в центре понижается, но возрастает по мере
увеличения радиуса, при этом в точке A давление остается равным атмосферному.
Если давление в центре крышки упадет до давления насыщенных паров pнп ,
произойдет разрыв сплошности жидкости, и равновесие нарушается. Этому условию
соответствуют значения:
pи    pатм  pнп  при r  0 .
Подставив это значение в уравнение распределения давления по крышке, найдем
искомую угловую скорость  :
max 
 p  pнп

1
2  атм
 аg  .
R1



Сила давления на крышку равна весу тела давления:
Pz   g Wтд ;
 2 R12  1 2 2 R 2
1
2 R 2
Wтд  R 2 z0  R 2
 R 2  а.
  R

2
2g
2
g
2
2
g


y
Задача 7.2
Определить
протекающий
по
расход
жидкости,
трубопроводу
диаметром
H
D  14 мм , если разница показаний пьезометра,
установленных в трубе и мерной диафрагме с
диаметром d  9 мм, H  1,5м .
D
d
Решение:
Запишем уравнение Бернулли для двух сечений, в которые установлены пьезометры
p1 v12
p2 v 22
z1 

 z2 

;
 g 2g
 g 2g
H
т.к. z1  z2 , уравнение Бернулли приобретает вид:
p1 v12
p
v2
p
p
v2 v2

 2  2 ; откуда 1  2  2  1 .
 g 2g  g 2g
 g  g 2g 2g
1
x
2
D
d x
2
1
Из условия задачи:
p1 p2
v2  v2

 H; H  2 1 .
g g
2g
Из уравнения расхода Q  v S  const ;
выразим скорости v1 S1  v 2 S 2  Q; v1 
Тогда: H 
Откуда Q 
 1 1 
 2 2
2  S 2 S1 
Q
2g
Q
Q
; v2 
;
S1
S2
;
2g H


1
1
 2 4
2
S 2 S1
2  9,8 1,5
 0,38 л с  22, 74 л мин .
1
1

0, 009 2 0, 014 2
Задача 7.3
Для измерения скорости течения воды в трубе
H
диаметром D  25мм применен насадок Пито-Прандтля
V
d
D
( d  5мм ), имеющий щелевое отверстие для воспринятия статического давления.
Так как размеры насадка соизмеримы с диаметром трубы, то при измерении
скорости необходимо учесть поправку на влияние насадка, которое выражается в
уменьшении давления в плоскости щелевого отверстия.
Дать рабочую формулу для определения скорости движения воды в трубе через
показание пьезометров H с учетом поправки.
Дано:
d =5 мм
1
2
1
2
H
D  25мм ;
Найти: v  f  H , D, d  .
V0
Решение:
Запишем уравнение Бернулли для двух сечений:
z1 
p1 v12
p
v2

 z2  2  2
 g 2g
 g 2g
Пусть сечение 1-1 проходит через носовую часть насадка, а 2-2 через сечение со
щелевыми отверстиями, а плоскость отсчета проходит по оси трубы:
z1  z2  0 .
В сечении 1-1 поток полностью заторможен - v1  0 .
Тогда уравнение Бернулли для заданных условий примет вид:
p1
p
v2
 2  2;
 g  g 2g
по условию
p1 p2

H,
g g
откуда v 2  2g H .
Но скорость движения воды в трубе v 0 меньше скорости v 2 .
Из уравнения расхода имеем v 0 S 0  v 2 S 2 ;
или v 2  v 0
D2
D2  d 2
v2  v0
S0
,
S2
,
подставляя найденное значение v 2 , находим v 0 :
v0 
D2  d 2
D2
2g H 
2,52  0,52
2,52
2 g H  0,96 2 g H .
Задача 7.4
При закрытом положении крана манометр показывал 2,8 ат,
после открытия – 0,6 ат.
d
d
Q
Определить расход воды, если диаметр трубы d  12 мм .
Решение:
Запишем уравнение Бернулли для двух моментов времени.
При закрытом положении крана жидкость обладала только потенциальной энергией
давления.
При
открытии
крана
–
часть
потенциальной
энергии
преобразовалась
в
кинетическую энергию движения.
p1
p
v2
 2 
;
 g  g 2g
v
p1  p2 v 2

;
g
2g
2 p

Q  v S ;
Расход жидкости
d 2
Q
4
2 p  0,0122


4
2   2,8  0,6  105
10
3
 2,37 10 3 м3 с  2,37 л с .
Задача 7.5
Вода перетекает из верхнего резервуара в нижний по расширяющейся трубе,
имеющей плавно закругленный вход. Пренебрегая потерями напора на входе в трубу,
определить, при каком уровне воды H 1 , в верхнем резервуаре абсолютное давление в
узком сечении станет равным нулю.
Размеры:
d1  100мм; d 2  150мм; H 2  1,15м .
составляет 750 мм.рт.ст.
Атмосферное
давление
0
pа
0
Решение.
H1
Запишем уравнение Бернулли для двух сечений
p1 v12
p2 v 22
z1 

 z2 

.
 g 2g
 g 2g
1d1
1
Пусть сечение 1-1 проходит через самое узкое
сечение, а 2-2 на срезе трубы, где давление равно
H2
атмосферному.
Плоскость отсчета x-x проходит по сечению 2-2.
Для сечения 1-1
z1  H 2 ; p1  0
давлений).
Для сечения 2-2
2
(в
шкале
абсолютных
2
d2
z2  0; давление p2 - атмосферное.
Для задачи уравнение Бернулли имеет вид:
pа v 22
v12
H2  0 
 0

.
2g
 g 2g
Из уравнения расхода v1 S1  v 2 S 2
v 2  v1
находим v 2 :
S1
d2
 v1 12 ;
S2
d2
после подстановки v1 в уравнение Бернулли получаем:
2
4

pа
v12 v12  d12 
v12   d1   pа

 H2;
1   
 H2 ;
  
2 g 2 g  d 22 
g
2 g   d 2    g


pа
 H2
2
v1
g

.
4
2g
 d1 
1  
d 
 2
Запишем уравнение Бернулли для сечений 0-0 и 1-1.
Плоскость сравнения проходит через сечение 1-1.
H1 
pа
v2
v2 p
 0  0  0  1 ; H1  1  а .
g
2g
2g  g
Подставляя найденное ранее выражение для
H1 
pа
 H2
g
d
1  1
d
 2



4

v12
, имеем:
2g
pа
.
g
По условию задачи атмосферное давление задано в мм рт. ст.
pа  рт g hрт ,
следовательно
pа рт g hрт рт


hрт ;
g
g

 рт
H1 

hрт  H 2
d
1  1
d
 2



4

 рт
Ответ: H1  1,11м .

hрт 
13, 6  0, 75  1,15
 0,1 
1 

 0,15 
4
 13, 6  0, 75  1,11м .
Задача 8.3
Жидкость с плотностью   900кг м3 вытекает в атмосферу по трубопроводу,
состоящему из труб длиной l1  5м и d1  5см и l2  10м и d 2  1см и содержащему кран
с коэффициентом сопротивления   1,1 . Коэффициент сужения суж  0,5 .
ld
11
Определить
ld
22
показания манометра (в атм), если кинематический коэффициент
вязкости   0, 2см 2 с .
Расход жидкости Q  1, 4 л с;
сужения  0,5;
крана  1,1 .
Решение:
1
1-1-:-2-2
ld
11

1
1
2
ld
22
P
a

2 2
p1
v12
p2
v 22
z1 
 1
 z2 
 2
 hl1  hм1  hl2  hм 2
g
2g
g
2g
Учитывая, что z1  z2 ,
hl1  1
l1 v12
v2
; hм1  1 2
d1 2 g
2g
hl2   2
l2 v 22
;
d2 2g
hм1  1
( v 2 - скорость в трубе за местным сопротивлением);
v 22
;
2g
 v 22 

p1  p2 v12  l1
l

   2   2 2  1   2  .
 1  1  
g
2 g  d1
d2
 2g 

Кроме
искомого
значения
p1
уравнение
содержит
еще
v1, v 2 , 1,  2 , 1 и  2 .
Определим значения скоростей из уравнения расхода
Q  vS .
6
неизвестных
v1 
Q 4 Q 4 1400


 71, 4 см с;
S d12 3,14  52
4Q
v2 

d 22
4 1400
3,14 12
 1780 см с.
Определение режима течения:
Re1 
v1 d1 71, 4  5

 1780 - режим ламинарный,

0, 2
Re 2 
v 2 d 2 1780 1

 8900 - режим турбулентный.

0, 2
При ламинарном режиме течения коэффициент 1  2 , а коэффициент потерь по
длине определяется по формуле  
1 
64
.
Re
64
 0, 036 .
1780
При турбулентном режиме 1  1 , а
2 
0,316 0,316

 0, 0326;
4
Re 4 8900
p1  p2 0, 714 2 
5
10
 17,82 


0,
036

2

1  0, 0326
 0,5  1,1  0, 041  568,8  568,8 м;



g
2  9,8 
0, 05
0, 01
 2  9,8 

p1и  p2   g h  0  900  9,8  568  5118000 н м 2  51атм.
Ответ: pми  51атм .
Задача 8.4
Чему
Pî ï
должен
сопротивления
крана
быть
кр ,
равен
H2
коэффициент
установленного
на
H1
трубопроводе диаметром d  50 мм , чтобы расход воды
составлял Q  8,7 л с , если Н1  1м, H 2  3м .
Избыточное давление воздуха в баке pои  3атм . Учесть потери на вход в трубу и на
выход. Потерями по длине пренебречь.
Дано:
Н1  1м; H 2  3м; d =50мм
Q=8,7 л с; p0и  3атм
Решение:
Уравнение Бернулли для 2-х сечений.
z1 
p1
v2
p
v2
 1 1  z 2  2   2 2 
g
2g
g
2g
Выбираем
сечение
1-1
свободную
-
поверхность в сосуде и 2-2
h.
- свободную
p0è
1
поверхность в баке.
Плоскость отсчета проходит по оси трубы.
1
H1
1
2
H2
x
z1  H1; z2  H 2 ;
x
p1  p0и ; p2и  0;
v1  v 2  0;
2
2

2
 h  2 g  вх  кр  вых  .
v
Для условия задачи уравнение Бернулли принимает вид:
H1 
 кр
p0и
v2
 H2 
 вх   кр   вых , откуда
g
2g



p0и 
 H1  H 2 
 2g
g 


  вх - вых .
v2
Скорость в трубе определяем из уравнения расхода:
v 
 кр
Q 4Q 8700  4


 443см с  4, 43м с ;
S d 2 3,14  52

3 105 
1  3  3
 2  9,8
10  9,8 


 28, 6 .
4, 432
Ответ: кр  28,6 .
Задача 8.6
Из
сосуда
вода
вытекает
в
атмосферу по трубе длиной l  5м и
H
диаметром d  5мм .
Уровень
воды
в
сосуде
повышается за счет притока из крана.
Определить напор H , при котором течение в трубе сделается турбулентным.
Подсчитать
Кинематический
изменение
расхода
коэффициент
при
вязкости
переходе
воды
коэффициент потерь на входе в трубу вх  0,5 .
(при
к
турбулентному
t  15 C )
режиму.
  0,013см 2 с ,
Решение.
Запишем уравнение Бернулли для 2-х сечений – свободной поверхности в сосуде и
сечения на выходе
p1
v12
p2
v 22
z1 
 1
 z2 
 2

g
2g
g
2g
h
Плоскость отсчета координаты z - ось трубы.
z1  H ; z 2  0; p1  p2  pатм ;
1
v1  0;
 h  hl  hм
Для
1
H
условий
задачи
уравнение
2
x
x
2
Бернулли принимает вид:
v2
v2
l v2
v2 
l
H 
 вх

; H
    вх   
2g
2g
d 2g
2g 
d
При числах
Reкр н  2300
режим течения ламинарный; при
Reкрв  4000 -
турбулентный.
Критическое значение скорости v кр , при котором режим течения может измениться,
определится из условия Reкр 
v кр d

.
Если считать, что изменение режима течения происходит при Reкр н  2300 ,
vкр н 
Reкрн 
d

2300  0,013
 59,8 см с .
0,5
При Re кр в  4000;
v кр в 
4000  0, 013
 104 см с .
0,5
Если режим ламинарный, то   2 и  =
При Re кр  2300
 лам 
64
.
Re
64
 0, 0278
2300
и H min - минимальный уровень подъема воды составит:
H min 
v12 
l  0,5982 
5 





2  0,5  0, 0278
 0,55м .



2g 
d  2  9,8 
0, 005 
При Re кр  4000
H кр max 
 лам 
64
 0, 016 .
4000
1, 04 2 
5 
2  0,5  0, 016
 0, 76 м .

2  9,8 
0, 005 
Переход от ламинарного режима к турбулентному может произойти в диапазоне
0,55м<H<0,76 м .
Если режим изменился при критическом значении напора H , скорость течения при
турбулентном режиме может быть определена из уравнения:
v 2т 
l
2g H
;
H
       ; vт 
l
2g 
d

d
при этом   1
При Re  2300
vт 
=
и
и
0,316
4
Re
H =0,55м
2  9,8  0,55
5
1  0,5  0, 0456
0, 005
 =0,0456 ;
 0, 48м с .
Изменение расхода
Qт vт
0, 48


 0,8 .
Q л v л 0,598
При Re  4000
H =0,76м;   1,
vт 
и
2  9,8  0, 76
5
1  0,5  0, 0398
0, 005
0,316
= 4
=0,0398 ;
4000
 0, 775м с ;
Q т v т 0, 775


 0, 745 .
Qл vл
1, 04
Ответ: Переход из ламинарного режима в турбулентный может произойти в
диапазоне чисел Рейнольдса 2300  Re  4000 , при этом расход упадет в 0,8-0,745 раз.
Задача 8.7
При внезапном расширении трубы разность показаний
d
пьезометров h .
При
каком
соотношении
n
D2
d2
h будет
h
d
D
максимальным.
Выразить величину hмах через скорость в узком сечении.
d
Решение.
1-1---2-2
h
2
d
1
D
1
2
p1
v2
p
v2
 1 1  2   2 2  hрасш .
g
2g  g
2g
Считаем, что режим течения турбулентный и 1   2  1 .
В этом случае для определения потерь при внезапном расширении справедлива
формула Борда-Карно:
hрасш 
 v1  v 2 2 ;
2g
p1 p2 v 22  v12  v1  v 2 



.
g g
2g
2g
2
 v  v  v2  v2
p
p
Учитывая, что 1  2  h , получим h  1 2  1 2 ;
g g
2g
2g
2
h  0 , т.к. разность квадратов величин больше квадрата их разности.
То есть, во втором пьезометре уровень жидкости выше, чем в первом.
h 
v12  2 v1 v 2  v 22  v12  v 22 v 22  v1 

1   .
2g
g  v 2 
Из уравнения расхода имеем v 2  v1
h 
v12
gn
2
1  n 
g
или
v12
h 
d2
D2

v1
;
n
1
1
 .
n
n
2
Величина h будет максимальной при условии равенства нулю производной от
n
 1 1
 1 
выражения  2   (полагаем, что v1  const ). Вспомнив, что  n    n1 , имеем
n
n
x
x 
 1 1 
1
 2  n   2n  1  0;
n

n  2 , следовательно hmax
Ответ: n  2; hmax  
v12  1 1 
v12
1 v12
.


  
g  22 2 
2 2g
4g
v12
.
4g
Задача 8.8
Нефть (   0,19см 2 с ), поступающая из напорного бака,
обеспечивающего постоянный уровень жидкости
H
p0
и
давление p0 , через трубопровод диаметром d  2 см и
длиной
2 м с краном ( кр  22,8 ) заполняет емкость
H
1
1
объемом 22,6 м3 за 10 часов.
Каким должен быть коэффициент сопротивления
=0,5
2
2
крана, чтобы сократить вдвое время заполнения емкости.
Дано:
d  2 см;
l =2 м;
 =0,19 см 2 с; W  22, 6 м 2 ;
 кр  22,8; Т=10 час.
Решение.
Считаем, что уровень жидкости в баке и давление в нем не изменяются при
изменении расхода
H
p1и
 H *  const .
g
Запишем уравнение Бернулли для свободной поверхности в баке и сечении на
выходе из трубы:
H
p0и
v2
v2
l v2
v2
0  00
 1

  кр
;
g
2g
2g
d 2g
2g

pоп 
*
H 
H ;
g 

v2 
l

H 
   1     кр  ;
2g 
d

*
1 - коэффициент потерь на входе в трубу ( 1  0,5 ).
Расход жидкости Q 
v1 
W 22, 6 103

 0, 63 л с  630 см 2 с ;
Т 10  3600
Q Q
630


 200 см с  2 м с ;
S  v 3,14 12
Re1 
v1 d 200  2

 2105  2300 - режим течения ламинарный;

0,19
следовательно:
  2;  
64
64

 0, 0304 .
Re 2105
После подстановки значений  ,  и  имеем:
H* 
22 
2

2  0, 0304
 0,5  22,8   5, 67 м .

2 10 
0, 02

Чтобы Т=5 часам , надо удвоить расход Q 2  2Q  630  2  1260 см3 с ;
v 2  2 v1  4 м с;
 т  1;
т 
Re 
v 2 d 400  2

 4210  4000 - режим турбулентный;

0,19
0,316
 0, 0392 ;
4
Re
2 gH *
v 22
 т  т
l
 вх  кр ;
d
откуда:
кр
2 gH * 
l
 2 10  5,67

   т   т  1  
 1  3,92  0,5  7,08  5, 42  1,67 .
2
d
v2


42
Ответ: кр  1,67 .
Задача 9.5
Определить перепад давления на линейном дросселе p  p1  p2 , если жидкость
проходит через  2, 5 витка однозаходного винта прямоугольного профиля.
При расчете принять диаметры:
t
винта D  20 мм , впадин витков d  16 мм ,
их толщина b  2 мм , шаг t  4 мм .
Расход жидкости Q  0, 2 л с .
D
d
Плотность   900 кг м3 , кинематический
коэффициент вязкости   0,5Cm .
b
p1
p2
Решение.
Жидкость течет по каналу с квадратным поперечным сечением – толщина b  2 мм
 D  d   20  16  2мм .
по условию задачи, а высота h 
2
2
Dd
 18мм , а полная длина l  n  Dср ,
Длина одного витка  Dср , где Dср 
2
l  2,51,8  14 см .
Перепад давлений затрачивается на преодоление потерь по длине hl
p  p1  p2  hl  g ;
l v2
;
4 Rг 2 g
Q Q
200
 5000 см с  50 м с .
скорость v   2 
S b
0, 2 2
hl  
Гидравлический радиус для квадратного поперечного сечения Rг 
b 2
  0,5мм .
4 4
Определим режим течения жидкости:
Re 
4 Rг v 4  0, 05  5000

 2000 ;

0,5
Режим течения ламинарный;
для канала квадратного поперечного сечения:

57
57

 0, 0285;
Re 2000
50 2
 254 м;
2  9,8
4  5 10
p   g hl  900  9,8  254  2, 24 МПа.
hl  0, 0285
0,14

4
Ответ: p  2, 24 МПа .
Задача 10.1
При исследовании истечения из круглого отверстия диаметром d 0  10 мм из опыта
получено dстр  8мм .
При напоре H  2 м бак объемом W  10 л был заполнен за 32,8 сек.
Определить коэффициент истечения , ,  и  .
Решение.
H

Коэффициент сжатия
2
d стр
d 02

82
10
2
 0, 64 .
Теоретический расход:
Q т  v т   d 02 4  2 g H 
dñòð
d0
áàê
 d 02
4
 2  980  200 
 1
 491, 4 см 3 с
4
2
W 10 4

 304,8см 3 с .
T 32,8
Действительный расход
Q
Коэффициент расхода
=
Q 304,8

 0, 62 .
Q т 491, 4
Коэффициент скорости

 0, 62

 0,969 .
 0, 64
Коэффициент потерь

1

2
1 
1
0,9692
 1  0,065 .
Задача 10.2
Определить начальную скорость истечения жидкости из сосуда через отверстие в
тонкой стенке в случаях:
1) Сосуд заполнен слоями воды и масла
 масла

 0,8  одинаковой высоты h  1м .


 воды

2) Сосуд заполнен до уровня 2h только водой
или только маслом.
Решение:
1. Уравнение Бернулли справедливо только для потока одной и той же
жидкости, поэтому выбираем сечения 2-2—3-3.
2. Без учета потерь:
h
м g h v 2т
, откуда теоретическая скорость:

воды 2g

 
v т  2 g  h  м   2  9,8  1  0,8   5,94 м с .
в 

Действительная скорость v   v т  0,97  5,94  5,76см с .
2. 1-1—3-3
2h 
v 2т
;
2g
v т  2  9,8  2  6, 26м с ;
v   v т  0,97  6, 26  6,07 м с .
Можно было записывать уравнение Бернулли для реальной жидкости.
1-1—3-3
2h  
v2
v2

2g
2g
На входе в отверстие скорости во всех точках сечения одинаковы, следовательно
  1.
v=
2 g 2h
1 

2  9,8  2 1
 6, 07 м с .
1  0, 065
Задача 10.4
На рисунке показана схема установки для исследования истечения через отверстия и
насадки.
Резервуар с водой имеет возможность скользить по основанию практически без
трения.
При истечении сила реакции струи измеряется с помощью динамометра D и равна
F  6, 4 Н .
Подсчитать
коэффициенты
истечения
, ,  и  ,
если
площадь
отверстия
S0  1, 25см 2 , избыточное давление pи  45кПа , h  0,5 м , H  1,8м , l  4,8 м .
Дано:
S 0  1, 25см 2
pи  45кПа
h  0,5м
H  1,8м
l  4,8м
  103 кг м 3
F  6, 4 Н
Найти: , ,  и  .
Решение.
Теоретическая скорость истечения:


p 
45 103 
v т  2 g  h  и   2  9,8  0,5  3
  10 м с .

g 
10

9,8



Действительная скорость (см. задачу. 10.3):
vl
g
9,8
 4,8
 7,92 м с .
2H
2 1,8
Коэффициент скорости:
=
v 7,92

 0, 792 .
vт
10
Воспользуемся теоремой ”Приращение количества движения равно импульсу
внешней силы”:
m  v  0  F t ; учитывая, что m   v t Sстр , получаем:
 v Sстр v t  F t ;
откуда Sстр 
F
v
2

6, 4
10  7,92
3
2
 1,02см 2 .
Sстр

Коэффициент расхода:
     0, 792  0,816  0, 646 .
Sств

1, 02
 0,816 .
1, 25
Коэффициент сжатия струи:

Коэффициент потерь:
1

2
1 
1
0,7922
 1  0,59 .
Задача 10.5
H
Задача 10.6
d
Подсчитать коэффициент расхода  , отнесенный
к площади узкого сечения, т.е.

Q
d 2
2g h
4
,
если
H
коэффициент,
отнесенный
d
D
D
к
выходному сечению известен.
Размеры d  50 мм, D  100 мм .
Решение:
Расход через насадок Q=
D 2
Q
2 g h , откуда  
4
D 2
2g h
4
Коэффициент расхода, отнесенный к площади узкого сечения
Q
' 
;
2
d
2g h
4
 у D 2 10 2
Отношение
 2  2  4.

d
5
'  4  .
Ответ:  '  4 .
Задача 11.1


Бензин   0,011см 2 с,   700кг м3 должен подаваться с расходом Q=4 л с на
расстояние l  100 м .
Определить диаметр трубопровода из условия, что избыточное давление в начале не
превышало бы 0,3МПа .
Местными потерями пренебречь. Трубы считать гидравлически гладкими.
Решение:
Располагаемый напор H p 
pи 0,3 106

 42,86 м .
 g 700  9,8
Задаемся диаметром трубопровода I приближения d1  3см .
Находим:
скорость v1 
4Q
d2

4  4 103
 32
число Рейнольдса Re1 
 566см с  5, 66м с ;
v  d 566  3

 1,5 105 .

0, 011
Режим течения турбулентный. Для определения потерь в гидравлически гладких
трубах при Re  106 можно использовать формулу Блазиуса:
1 
1
1

 0, 016 .
4 100 Re
4
100 1,5 105
Потребный для преодоления потерь по длине напор:
H1  1
l v12
100 5, 66 2
 0, 016 

 56,9 м .
d1 2 g
0, 03 2  9,8


Так как потребный напор больше располагаемого H1  H p , необходимо увеличить
проходное сечение трубопровода d 2  d1 .
Зададимся d 2  4см и определим:
v2 
4Q
-

4  4 103
 318см с  3,18м с ;
 d 22
 42
v d
566  3
Re 2  2 2 
 1,16 105 ;

0, 011
1
1
2 

 0, 017 ;
4 Re
1,16 105
2
-
l v 22
100 3,182
 0, 017 

 22 м .
d2 2 g
0, 04 2  9,8
Искомое значение диаметра лежит в
H(ì )
H2  2
-
диапазоне d1  d  d 2 .
Задаемся
60
d3  3,5см
и определяем
значение потребного расхода H 3  41,6м .
При
диаметре
трубы
d3  35мм
Hp
50
40
30
потребный на преодоление потерь по длине
20
3
4
d(ñì )
напор практически совпадает с располагаемым.
Если в ряду стандартных размеров труб отсутствует размер d 3 или потребный напор
отличается существенно от располагаемого, то строим график H  f  d  и определяем по
величине располагаемого напора H p точное значение диаметра, после чего выбираем
ближайшее больше значения стандартного диаметра.
Задача 11.4
1.Определить
кр ,
крана
коэффициент
при
котором
сопротивления
расход
1
жидкости
  800кг м3,   0, 2см2 с в ветвях трубопровода
2
x
будет одинаковым, если расход в неразветвленной
части трубопровода Q0  0,628 л с .
Диаметры
всех
участков
трубопровода
одинаковы
d  40 мм ,
длины
l1  15м; l2  10м . Местными потерями, кроме крана, пренебречь.
2. Как нужно изменить кр при увеличении общего расхода, чтобы сохранить
равенство расходов в ветвях?
Решение.
При параллельном соединении трубопроводов потери напора в них одинаковы
h1  h2 . В первом трубопроводе учитываем только потери по длине, во втором к потерям
по длине добавляются потери в кране.
1
l1 v12
l v2
v2
  2 2 2   кр 2 .
d1 2 g
d2 2 g
2g
Учитывая, что по условию задачи Q1  Q2 и d1  d 2 , следовательно v1  v 2 ,
Re1  Re 2 и 1   2 , получим:

l1
l
  2   кр ;
d1
d
откуда:
 кр 

  l1  l2  .
d
Режим течения в ветвях трубопровода одинаковый. Число Рейнольдса может быть
определено по величине расхода Q1  Q 2 
Re 
Q0
2
 0,314 л с  314  см3 с ;
4Q
314  4

 500 .
 d  3,14  4  0, 2
Режим течения ламинарный, коэффициент потерь  определяется по формуле:

64 64

 0,128 ;
Re 500
кр 
0,128
15  10   16 .
0, 04
Ответ: 1. кр  16.
2. При увеличении расхода возрастает число Рейнольдса, и, следовательно,
уменьшается коэффициент сопротивления  ;
для сохранения равенства расходов в ветвях кр должно уменьшаться.