Гидростатика. Гидродинамика

МИНОБРНАУКИ  РОССИИ

Федеральное государственное бюджетное  образовательное учреждение

высшего профессионального образования

«Ухтинский  государственный технический университет»

(ФГБОУ  ВПО  «УГТУ»)

филиал Ухтинского государственного технического университета

(УФ  УГТУ)

 

 

 

 

 

 

 

Контрольная   работа 1,2

 

 

по  дисциплине Гидравлика

 

тема:  Гидростатика. Гидродинамика.

 

студента      4     курса  специальности  РЭНГМ-08

 

шифр  103282

 

Ф.И.О. Анчикова Андрея Алексеевича

 

  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г. Усинск

2011 г.

 

 

 

Вариант 82.

 

Содержание

1. Гидростатика

1.1 Задача №2;

1.2 Задача №12;

1.3 Задача№22;

2. Гидродинамика

2.1 Задача №2;

2.2 Задача №12;

2.3 Задача №22;

Список используемой литературы

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1. Гидростатика

1.1 Задача2

Для слива жидкости из хранилища  имеется прямоугольный патрубок с размерами a×b, закрытый крышкой. Крышка может поворачиваться вокруг оси А – А и установлена под углом a к горизонту. Уровень жидкости равен Н.

Над поверхностью жидкости находится газ, давление которого может быть больше атмосферного (тогда показание мановакуумметра равно р_m0). Внутри патрубка жидкости нет и на крышку действует атмосферное давление.

Определить силу Т  натяжения троса, необходимую для открытия крышки.вес крышки не учитывать. температура жидкости равна t°.

 

 

 Схема действующих  сил

 Р₀

 Р₀

 Р_ж

a

НТ

b

 Р_атм

G

 

 

 

 

 

 

 

 

Дано:

вариант	Температура, t°C	Н, м	a,м	b,м	a,0	рm0,кПа	рn0,кПа	жидкость	G,H
82	10	3,0	0,3	0,15	60	10	-	нефть	70

 

 

РЕШЕНИЕ.

Плотность лёгкой нефти приt =  20°Сr₀ = 884 кг/м³

r/_t=10°_С =  884/[1+0,0007*(10-20)] = 890,2кг/м³

Сила  давления жидкости на крышку  Р_ж = r×g×h_c×w ,H

где g – ускорение свободного падения g = 9,81 м/с²; 
h_c  - расстояние от свободной поверхности жидкости до центра тяжести крышки, м;

h_c = Н – b /2, м,

h_c = 3,0- 0,15/2 =2,925 м,

w - площадь смоченной поверхности крышки, м²,

w=0,3·0,15 /sin60° =0,052м²

Р_ж = 890,2×9,81×2,925× 0,052 = 1327,286 Н

    Сила давления газа на крышку:

     P_m0=Р₀–Р_ат=(p₀-р_а )×w=р_m0×w = 10×⁴×0,052 = 519,615Н

SМ_А = 0;  Р_ж×(b/(2×sina +e)) +P_m0×b/(2sina) +(G/2-T)×b/sina×cosa =0.

где e - расстояние от центра тяжести крышки до центра приложения силы весового давления жидкости, м;  

e = I_c/ (l_c×w) ,м

где I_c – момент инерции смоченной поверхности относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести крышки, м⁴;

I_c = a/12·(b/sina)³ = 0,3/12·(0,15/sin60°)³ =1,3·10^-4м³

l_c–расстояние от поверхности жидкости до центра тяжести крышки,м;

l_c = h_c/sina = 2,925/sin60° = 3,3775м

e = 1,5·10^-4/(3,3775·0,052) = 7,726·10^-4м

Сила натяжения  троса 

  T = [Р_ж·(1+2e·sina/b)+P_m0]/(2cosa) +G/2,

T = [1327,286·(1+2·7,726·10^-4·sin60°/0,15+519,615)/(2·cos60°) + 70/2 = 1893,74 H

  Ответ: T =1893,74 H

 

 

1.2 Задача 12

Прямоугольный поворотный затвор размерами m´nперекрывает выход воды в атмосферу из резервуара, уровень в котором равен Н.

Определить, на каком расстоянии х от нижней кромки затвора следует расположить его ось поворота, чтобы для открытия затвора нужно было преодолевать только момент трения в цапфе. Найти также момент трения, если диаметр цапф равен d, а коэффициент трения скольжения f. Принять f=0,2 для всех вариантов.

Ценр

 тяжести

 щита

 

 

 Р

 Центр давления

        m/2 xs               щита

 

 

 

 

 

Дано:

Вариант	Температура,t°C	Н,м	m,м	n,м	d, мм	жидкость
82	12	4,0	2	5,5	110	керосин

 

 

 

 

РЕШЕНИЕ.

Плотность бензина находим из приложения 1 при t =  20°С 
      r₀ = 745кг/м³r/_t=12° =  745/(1+0,0003· (12-20)=746,8кг/м³

Т. к. атмосферное давление действует с обеих сторон щита, то оно    уравновешивается.

Составим  уравнение равновесия затвора: P×s - T×d/2 =0,     (1)

где Р – сила весового давления жидкости, действующая на затвор, Н

Р = r×g×h_c×m×nH,

h_c – расстояние от центра тяжести затвора до поверхности жидкости справа,м;

                    где     h_c = H – m/2 = 4,0-2/2 = 3,0м

Т – сила трения, Н;

     Т = P×f ,     P = 746,8× 9,81 × 3,0× 2×5,5 = 241761,6H =241,762кН

                          Т = 241,762× 0,2 = 48,352кН

s – расстояние от точки приложения силы Р до оси затвора справа,м;

s = x – (m/2 - e),м;

где e - расстояние от центра тяжести смоченной поверхности до центра    давления, м;

e =

I_c – момент инерции смоченной поверхности относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести, м⁴;

e = I_c/(h_c·w) = nm³/(12h_c·nm) = m² /(12h_c )=  2² /(12·3) =  0,111

Уравнение (1) примет вид:  Р× [ x – (m/2 - e)] - T×d/2 = 0,

из которого находим расстояние от нижней кромки затвора до оси:

x = T×d/(2P) + m/2 - e = 48,352·0,11/(2·241,762) + 2/2 – 0,111 = 0,90м.

Момент трения в цапфе:   М_тр= Т×d/2  Н×м

М_тр = 48,352× 0,11/2 = 2,66 кН ×м

  Ответ: x =0,90м; Момент трения в цапфе =2,66 кН ×м

1.3 Задача 22

На рисунке изображена схема гидравлического мультипликатора. Определить высоту h подъёма жидкости при условии, что в полости А давление газа не равно атмосферному. В задаче задаётся избыток или недостаток этого давления до атмосферного.

Дано: R, d₀, d₁, d₂, температура воды 20°С, температуражидкости - t°С.

R

    атмосферное давление

h

Н   А

 

 d₂

 жидкость

вода поршень

                                                          мультипликатора

 

Р₁  

Р₂

Р_г

 

 

 

Вариант	Темп-ра,t°С	d0,м	d1,м	d2,м	R,H	H,м	рm,кПа	жидкость
82	10	0,5	0,3	0,2	420	1,5	35	нефть

РЕШЕНИЕ.

Составим  уравнение равновесия поршня мультипликатора:

Р_г +Р₂ =Р₁

где Р_г = р_г·w = (р_ат+ р_m)· (d₁² –d₂²)·p/4

Р₁ =p_c1·w₁ =(р_ат+R/w₀+r_вgH)·d₁² ·p/4

Р₂=p_c2·w₂ =(р_ат+r_нgh)·d₂² ·p/4

Плотность жидкости (нефти)    r/_t=10°_С =  884/[1+0,0007·(10-20)] = 890,23кг/м³

Плотность воды r/_t=10°_С =  998/[1+0,0003·(10-20)] = 1001кг/м³

Подставляя  числовые данные, получаем :

(р_ат+ р_m)·(d₁² –d₂²)·p/4+ (р_ат+r_нgh)·d₂² ·p/4  = (р_ат+R/w₀+r_вgH)·d₁² ·p/4

Разделим  обе части уравнения на p/4:

(р_ат+ р_m)*(d₁² –d₂²) + (р_ат+r_нgh)*d₂² = (р_ат+R/w₀+r_вgH)*d₁²

Выполним  приведение подобных членов, содержащих  р_ат:

р_m· (d₁² –d₂²) + r_нgh ·d₂² = (R/w₀+r_вgH) · d₁²

h =[(R/w₀+r_вgH) ·d₁²-  р_m· (d₁² –d₂²)] /(r_нg·d₂² )

h = [(420·4/(p·0,5²)+ 1001·9,81·1,5) ·0,3² -  35·10³· (0,3² –0,2²)] /                             /(890,2·9,81·0,2² ) = -0,66 м

Ответ: h = -0,66 м

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Гидродинамика

2.1 Задача2

Насос подаёт жидкость из подземной ёмкости с  избыточным давлением газа на поверхности  жидкости. На всасывающей линии (длина l, диаметр d, трубы сварные, бывшие в эксплуатации) имеются местные сопротивления: приёмная коробка с клапаном и сеткой, колено и кран с коэффициентом сопротивления x_кр. Показания вакуумметра на входе в насос равно р_n, высота подъёма жидкости h_вс, температураt°С.Определить расход жидкости Q и предельную высоту из условияотсутствия кавитации в насос. Объяснить также, почему при кавитации насос не всасывает жидкость, и рабочее колесо насоса выходит из строя.

 Q

р_n

 насос

      2(0) 2(0)

 h_вс

       1 1

 Здесь избыточное давление

 равно р_и

 

 

 

 

Вариант	l, м	d, м	pn, кПа	Sxкр	рu,кПа	hвс, м	t,°С	жидкость
82	25	0,12	80	2,6	35	4,1	20	диз. топливо

РЕШЕНИЕ.

             Плотность дизтоплива  при   t= 20°С   равна   r = 846 кг/м³

1. Выбираем два сечения 1-1 и 2-2 , а также плоскость сравнения 0-0 и записываем в общем виде уравнение Бернулли:

z₁ +p₁/(rg) +a₁v₁²/(2g) = z₂ +p₂/(rg) +a₂v₂²/(2g)+h_1-2

где  p₁, p₂ - абсолютные давления в центрах тяжести сечений ;

z₁z₂ – высоты центров тяжести сечений относительно плоскости отсчёта 0-0;

h_1-2 – потери напора при движении жидкости от первого сечения до второго.

2. Определяем слагаемые уравнения Бернулли в данной задаче.

• Высоты центров тяжести сечений z₁ =-h_вс , z₂ =0

• Средние скорости в сечениях:  v₂ =Q/ w₂ = 4Q / (pd²) 
            v₁ =Q/ w₁, так как w_1>>w₂ , то v₁<<v₂ и можно считать v₁ =0
• Коэффициенты Кориолиса a₁ и a₂ зависят от режима движения жидкости.
• Абсолютное давление p₁ = р_и +р_ат
• Абсолютное давление p₂ = р_ат
• Потери напора      h_1-2 = h_дл+Sh_м

h_дл = l·l/d·v²/(2g) = l·l/d·Q²/(w²·2g)

Sh_м = (l·l/d +Sx)·Q²/(w²·2g)

3. Итак, подставляем определённые выше величины в уравнение Бернулли.

В нашей задаче закон сохранения энергии  имеет вид:

-h_вс+ (p_и +р_ат)/(rg) +0 = 0 +p_ат/(rg) + (l·l/d +Sx+a₂)·Q²/(w²·2g)

Сокращаем слагаемые с атмосферным давлением, убираем нули и приводим подобные члены. В результате получим :

p_и /(rg) -h_вс =  (l·l/d +Sx+a₂)·Q²/(w²·2g)

где   l= 64/Re                    при Re<2300

l= 0,11(68/Re +Dэ/d)^0,25 при Re>2300,     Dэ =0,5мм

 

 

 

Решаем это  уравнение графическим способом

Q, л/с	0,0001		1		5		10		15		20		30		40		50		60
Re	0,0		279		1396		2792		4188		5584		8377		11168,8		13961,0		16753,2
l	2292,1		0,23		0,046		0,045		0,042		0,039		0,037		0,035		0,0339		0,033
f(Q)	0,000		0,000		0,002		0,006		0,012		0,021		0,046		0,079		0,120		0,170
F(Q)	0,117		0,117		0,117		0,117		0,117		0,117		0,117		0,117		0,117		0,117