/
Автор: Метревели В.Н.
Теги: гидравлическая энергия гидравлические машины общетехнические дисциплины гидромеханика гидравлика гидравлические расчеты задачи по физике задачи по механике сборник задач
ISBN: 978-5-06-005955-7
Год: 2008
Текст
для высших
УЧЕБНЫХ ЗАВЕДЕНИЙ
В.Н. Метревели
Сборник задач
по курсу гидравлики
PDF => DJVU
THORNado
УДК 621.22
hliK 30.123
ММ
Рецензенты:
Д'Р техн, наук, проф. ВЛ Корчагин
(ЛШ1ЯНЙЙЙ государственный технический университет);
манд. Техн, наук, доцент А.Т. Саркисов
(Пятигорский государственный технологический университет)
Метревели В.Н.
М54 Сборник задач по курсу гидравлики с решениями: Учеб,
пособие для вузов / В.Н. Метревели. — 2-е изд., стер. — М.:
Высш, шк., 2008. — 192 с.: ил.
ISBN 978-5-06-005955-7
В книге рассмотрены решения типовых задач по всем разделам объемных
курсов «Основы гидравлики и гидропривода» и «Гидравлические и пневмати-
ческие системы»: физические свойства жидкостей и газов, основные законы
гидростатики и гидродинамики, основные уравнения напорного течения жид-
кости, работа гидромашин в простой и сложной сетях, расчет элементов объ-
емного гидропривода — насосов, гидродвигателей, аппаратуры управления, во-
до- и воздухоснабжения транспортных предприятий и т.п.
Для студентов вузов, обучающихся по специальности «Сервис транспортных
и технологических машин и оборудования (автомобильный транспорт)» направле-
ния подготовки «Эксплуатация наземного транспорта и транспортного оборудо-
вания».
УДК 621.22
ББК 30.123
ISBN 978-5-06-005955-7
© ОАО «Издательство «Высшая школа», 2008
Оригинал-макет данного издания является собственностью издательства «Выс-
шая школа», и его репродуцирование (воспроизведение) любым способом без согла-
сия издательства запрещается.
Предисловие
Гидрооборудование, гидропривод и гидроавтоматика нашли
широкое применение в производственных процессах различных от-
раслей: при разработке месторождений полезных ископаемых, в
энергетике, металлургии, лесной промышленности, строительстве
и т.д.
Большинство известных учебников по гидравлике и гидроприво-
ду не содержит решения задач по различным разделам этой весьма
востребованной на практике дисциплины.
Автор учебного пособия счел необходимым рассмотреть именно
этот аспект и дать числовое решение типовых задач по гидромехани-
ке, без которых в настоящее время, даже в объеме элементарного
курса, невозможно изучение многих важных гидравлических явле-
ний.
Книга предназначена в качестве учебного пособия для студентов
высших учебных заведений, обучающихся по специальности с отрас-
левым компонентом «Сервис транспортных и технологических ма-
шин и оборудования», а также для специальностей вузов, в учебных
планах которых предусмотрен общий курс гидравлики, гидромашин
и гидроприводов, и соответствует учебной программе, утвержденной
Министерством образования и науки РФ.
Учебное пособие содержит разнообразные по тематике и
сложности задачи, охватывающие основные разделы гидравлики и
гидропривода. Все задачи, за исключением отдельных, оговари-
ваемых oco6q, в том числе и справочные таблицы, содержащие
необходимые для инженерных расчетов данные, приведены в со-
ответствии с Международной системой единиц (СИ). В приложе-
ниях дана сводная таблица размерностей и единиц измерения
основных физических величин, применяемых в гидравлике и гид-
роприводе, в различных системах единиц, а также приведены со-
отношения между этими единицами для перевода из одной систе-
мы в другую.
Методика подбора задач и изложение их решения обусловлены
многолетним опытом преподавания автором дисциплин гидромеха-
нического направления в Грузинском политехническом институте,
Алжирском университете нефти, газа и химии (г. Бумердес), Алжир-
ском университете, Пятигорском государственном технологическом
университете.
з
Khhiii будет полезна не только студентам и аспирантам техниче-
ских иу юн, но и инженерно-техническим работникам в их повсе-
ангпной практической деятельности.
Ан юр выражает благодарность рецензентам: д-ру техн, наук,
npo<|i. II.Л. Корчагину и канд. техн, наук, доценту кафедры общих
инженерных дисциплин ПГТУ А.Т. Саркисову, а также д-ру техн,
паук, проф. Г.Г. Мусаелянцу, д-ру техн, наук, проф. В.Г. Руденко и
д ру техн, наук, проф. В.М. Максимову за ряд ценных замечаний,
высказанных по содержанию пособия, которые были учтены при
подготовке книги к изданию.
Все замечания и пожелания автор просит направлять в издатель-
ство «Высшая школа» по адресу: 127994, Москва, Неглинная ул.,
29/14, стр. 1.
ГЛАВА 1
Плотность жидкостей. Сжимаемость и температурное
расширение жидкостей. Вязкость жидкостей
Задача 1.1. Определить объем воды, который необходимо допол-
нительно подать в водовод диаметром d = 500 мм и длиной / = 1 км
для повышения давления до Др 5 • 106 Па. Водовод подготовлен к
гидравлическим испытаниям и заполнен водой при атмосферном
давлении. Деформацией трубопровода можно пренебречь.
Решение. Вместимость водовода
W* =^-/ = ЗД4 0’52 Ю3 = 196,2 м3.
’ 44
Объем воды Д1К, необходимый для подачи в водовод для повы-
шения давления, найдем из соотношения для коэффициента объем-
ного сжатия [3, с. 11]
В - АРГ - АРК
ИДр (1ИВ+ДВЭДр’
Значения коэффициента объемного сжатия воды р^ (Па в
функции от давления и температуры примем по [3, прилож. I]:
Ри, = 5 • 10-10 К?/Н - —Ц- Па-1,
210’
тогда
196,2-5-Ю6 2 м3
240’fl-^
I 2-109 J
Задача 1.2. В отопительной системе (котел, радиаторы и трубо-
проводы) небольшого дома содержится объем воды 0,4 м3.
Сколько воды дополнительно войдет в расширительный сосуд при
нагревании с 20 до 90 °C?
5
Решение. Плотность воды при температуре 20°C по табл. [3,
прилож. I] р20» =998 кг/м3, масса воды М = 1Рр = 0,4 • 998 = 399 кг,
плотность воды при температуре 90 °C =965 кг/м3.
Объем, занимаемый водой при t = 90 °C, составит
М 399
Р<ю° 96-*
= 0,414 м3.
Дополнительный объем составит Д1К = 0,414 — 0,4 = 0,014 м3.
Задача 1.3. Определить среднюю толщину 8ОТЛ солевых отложений
в герметичном водоводе внутренним диаметром </=0,3 м и длиной
/ = 2 км (рис. 1.1). При выпуске воды в количестве Д1К= 0,05 м3 дав-
ление в водоводе падает на величину Др = 1 • 10б Па. Отложения по
диаметру и длине водовода распределены равномерно.
Решение. Объем воды в водоводе с отложениями
тогда
1К = -^.
Р»кДР
Коэффициент объемного сжатия
воды [3, прилож. I]
Рв, =—Ц- Па-1,
w 2-Ю9
|Г = тДИ1 = О2О5±1О1=1ООмз
РжДр 1-Ю6
Средний внутренний диаметр водовода с отложениями
^отл
/4Ж_ | 4100
V nl РД4-2103
= 0,252 м.
Средняя толщина отложений
8ОТЛ = —= о,О24 м = 24 мм.
°™ 2 2
Задача 1.4. Определить изменение плотности воды при ее сжатии
от Pi = 1 • 105 Па до р2 = 1 • 107 Па.
Решение. Примем коэффициент объемного сжатия рж=5х
х 10~10 Па-1 [3]. Плотность воды р = M/W. При сжатии воды ее объем
W изменится на величину ДРК:
6
AW й .
-^-Ри'ДЛ
где
Др -р2 = 1.10s - 1 • 107 = -0,99 • 107 Па.
Масса воды останется неизменной, поэтому
Рй _ 1 1
Р„ 1+— 1+ЭгДр
I »Tj 1
=-------------- 7 = Vю5-
1-510~10 0,99 107
Задача 1.5. Для периодического аккумулирования дополнитель-
ного объема воды, получаемого при изменении температуры, к сис-
теме водяного отопления в верхней ее точке присоединяют расшири-
тельные резервуары, сообщающиеся с атмосферой. Определить
наименьший объем расширительного резервуара при частичном за-
полнении водой. Допустимое колебание температуры воды во время
перерывов в работе топки Д/ = 95 — 70 = 25 °C. Объем воды в систе-
ме 1Г= 0,55 м3.
Решение. Наименьший объем расширительного резервуара
должен быть равен изменению объема воды при повышении ее тем-
пературы на 25 °C. Изменение объема найдем по формуле для коэф-
фициента температурного расширения Р, (°C-1), отражающего отно-
сительное изменение объема жидкости при изменении температуры
на 1°С [3, с. 10]:
Д1К
ИД/’
где AW — изменение объема воды, соответствующее изменению тем-
пературы на величину At.
Для воды при нормальных условиях можно принять
Р, ~2qqqq °C-1 [3» прилож. I]. Для воды при температуре 80 °C
Р, ~ 600 • 10"* °C-1, тогда
ДИ^= Р,ИД/ = 600 • 10-6 • 0,55 • 25 = 0,0083 м3 = 8,3 л.
Задача 1.6. В отопительный котел поступает объем воды W= 50 м3
при температуре 70 °C. Какой объем вод ы W будет выходить из котла
при нагреве воды до температуры 90 °C?
Решение. Из формулы коэффициента температурного расши-
рения имеем [3, с.10]: ДНГ= Р,НД/.
7
К<* |<|>ф|11|иснг температурного расширения воды по табл. [3]
0, = 600 • 10-6 °C-1, следовательно, AW= 600 • 10-6 • 50 • 20 = 0,6 м3;
Wt = 50 + 0,6 = 50,6 м3.
Задача 1.7. Определить изменение плотности воды при нагрева-
нии ее от = 7 °C до (2 = 97 °C.
Решение. Примем коэффициент температурного расширения
воды из табл. 13]: 0, ~ 400 • 10-6 °C-1. При нагревании воды от = 7 °C
ее о(У1>см изменится на АЖ
Тогда из формулы коэффициента температурного расширения
имеем ДЖ/Ж= 0Д/. Плотность воды р = M/W. Учитывая, что масса
воды М сохраняется неизменной, найдем
Ph _ 1 _ 1 1
ph W* иАх 1+^ 1+₽'* 1+0,0004-90
Задача 1.8. Вязкость нефти, определенная по вискозиметру Энг-
лера, составляет 8,5 °Е. Вычислить динамическую вязкость нефти,
если ее плотность р = 850 кг/м3.
Решение. Найдем кинематическую вязкость нефти по эмпири-
ческой формуле Убеллоде [3, с. 15]:
v = 0,0731°Е-5^^ = 0,0731-8^-^^ = 0,614 м2/с.
°Е 8,5
Кинематическую вязкость измеряют также в стоксах. Так как
1 Ст = 1 • 10-4 м2/с, то v = 0,614 • 10-4 Ст.
Проверим полученный результат по теоретической формуле
Альтшуля [1, с. 9]:
°E = 24v|2,31g^L_V+-(С. -С2)
I С,-v v
где Съ С2 — экспериментальные коэффициенты:
С\ = 7v2 +0,0294 = 7о,6142 +0,0294 = 0,635;
С 2 = 7v2 +0,0166 = Vo,6142 +0,0166 = 0,626.
Подставив в теоретическую формулу Альтшуля и С2, получим
°Е = 24-0,61412,31g
0,635-0,614 [ 0,635 - 0,626^
0,626 - 0,614 + 0,614 J
= 8,5.
8
Из прилож. [1] для кинематической вязкости функции °Е найдем
v = 0,6139 • Ю^1 м2/с, что соответствует 8,5 °Е.
Динамическая вязкость нефти ц = vp = 0,614 • 10-4 • 850 =
= 0,052 Па • с.
Динамическую вязкость измеряют также в пуазах. Так как
1 П = 0,1 Па • с, то ц = 0,052 Пас = 0,52 П.
Задача 1.9. Определить давление внутри капли воды диаметром
d— 0,001 м, которое создают силы поверхностного натяжения. Тем-
пература воды t = 20 °C.
Решение. Давление внутри капли определим по формуле Лап-
ласа для криволинейных поверхностей [7, с. 7]:
Р —
Giob ’
Г
где о — поверхностное натяжение, определяемое по формуле для
воды при t = 20 °C, соприкасающейся с воздухом, а= 0,0726 Н/м [3];
г — радиус капли. Тогда
Рпов = 20’°^6=292 Па.
’ 510-4
Задача 1.10. Определить высоту подъема воды в стеклянном ка-
пилляре диаметром d = 0,001 м при температуре воды = 20 °C .и
/2 = 80 °C.
Решение. Высоту капиллярного подъема определим по форму-
ле [2, с. И]
, _ 2о
"под ~ »
pgr
где о— поверхностное натяжение воды, о= 7,3 • 10-2 Н/м [3]; р = 998
кг/м3 — плотность воды. Тогда
2 73-Ю~2
998-9,8 5 10^*
~ 0,029 м ~ 2,9 см.
Поверхностное натяжение воды при нагревании ее до 80 °C опре-
деляется по формуле зависимости поверхностного натяжения от тем-
пературы [2, с. 11]: о= сь - РД/, где — поверхностное натяжение
при / = 0°С, «6 = 0,0726 Н/м; Р = 0,00015 °C-1; Д/ = 60°. Тогда
€6 = 7,26 • 10-2 - 0,00015 • 60 = 6,3 • 10-2 Н/м.
Плотность воды по табл. [3] для t2 = 80 °C р2 = 972 кг/м3. Высота
капиллярного подъема воды при ее нагревании до 80 °C:
2ст _ 2 6,310~2
pgr 972-9,8-5-Ю"4
= 0,026 м = 2,6 см.
9
Таким образом, с увеличением температуры высота капиллярно-
го подъема воды уменьшается.
Задача 1.11. Как изменится плотность бензина А76, если темпе-
ратура окружающей среды изменится с 20 до 70 °C?
Решение. Плотность нефтяных продуктов определяется по
формуле [1]
р,=----,
1+Р,(/-20)
где Р, — коэффициент температурного расширения, учитывающий
относительное изменение объема жидкости при изменении темпера-
туры на 1 °C; для нефтепродуктов 0, = 0,0006 °C-1; рю — плотность
бензина А76 при t = 20 °C; р20 = 800 кг/м3 (табличная величина),
р70 = 776,7 кг/м3. Следовательно, изменение плотности бензина при
повышении температуры с 20 до 70 °C будет равно 776,7/800 = 0,97,
т. е. плотность уменьшится на 3 %.
Задача 1.12. Как изменятся объемный вес и плотность воды друг
относительно друга на экваторе и Северном полюсе?
Решение. Примем среднюю годовую температуру на полю-
се примерно 0 °C, а на экваторе 40 °C. Тогда, согласно справоч-
ным таблицам, для воды р^ = 992,2 кг/м3, а р0 = 999,87 кг/м3,
— = = 0,99, следовательно, плотность уменьшится в 0,99 раза.
Ускорение силы тяжести на экваторе = 9,781 м/с2, на полюсе
&к» = 9.831 м/с2. Тогда объемный вес воды:
на экваторе у^в = р^эи = 992,2 • 9,781 = 9704,70 Н/м3;
на полюсе у^ = Ро&юл = 999,87 • 9,831 = 9829,72 Н/м3.
Следовательно, Уим/Тэкв= 9829,72/9704,72 = 1,013, т. е. объемный
вес воды увеличится на полюсе в 1,013 раза.
Задача 1.13. Чему равны удельные объемы и относительные
плотности морской воды, ртути и нефти?
Решение. Удельные объемы соответственно:
— = 0,00097 м3/кг;
1030
—Ц = 0,0000735 м3/кг;
13596
1
^М.В
Рм.в
1
Vpiy™
г ртути
У™*,,, =-----= -^-=0,00125 М3/КГ.
Рнеф™ 800
10
Относительные плотности соответственно:
О = Рмв ; готн.м.в Рводы = ^ = 1,03; 1000
_ Р ртути _ Ротн.ртути Рводы = 1^ = 13,59; 1000
_ Рнефть _ 800 _ло
p“*""pwe ’1000 ’
Задача 1.14. Увеличивается или уменьшается коэффициент объ-
емного сжатия воды с увеличением ее температуры с 0 до 30 °C?
Решение. Величина, обратная коэффициенту объемного
сжатия жидкости, — это объемный модуль упругости [3, с. 11]
= 1/Рих.
При t = 0 °C для воды Еж = 1950 МПа, а при t = 30 °C
Ех = 2150 МПа (справочная величина), следовательно,
0™п =—ЦГ = 5Д2 1О-10 Па"1;
19,510*
Ргоочп =---—г=4,651О-10 Па-1.
( > 21,5-10*
_ PiF(30”C) 4,651O-10 ЛП . ,
Тогда —-------- = —-----— = 0,9, следовательно, коэффициент
Pr(<W) 5Д2-1О-10
объемного сжатия с увеличением температуры от 0 до 30 °C умень-
шается на 10 % .
Задача 1.15. Определить изменение давления в закрытом резер-
вуаре с бензином с изменением температуры от 20 до 70 °C.
Решение. Согласно закону Гука [3, стр. 11]:
dp_ dp
7’7?
следовательно,
р
где dp — увеличение плотности; р — плотность бензина; Ех — объ-
емный модуль упругости жидкости (для бензина Ех = 1,3 • 103 МПа).
I Ijiotiiocii. бензина при температуре 70 °C
р . ж „ Ba«£C---------= = 776 7 „,/мЗ
' л 1 ь 0,0006(70 - 20) 1+0,03
где р, = 0,0006 °C-1— коэффициент температурного расширения для
||<м|пгн|>одуктои. Тогда dp = 800 — — 23,3 кг/м3, а
. 233-13-Ю3 ,Q А(1ГГ
dp = ———-------= 38 МПа.
800
Задача 1.16. Определить изменение скорости распространения
звука в жидкости при увеличении температуры с 10 до 30 °C.
Решение. Скорость распространения звука определяется по
формуле [3, с. 103]:
где Ех — объемный модуль упругости жидкости; р — плотность жид-
кости (для воды р = 1000 кг/м3).
Скорость распространения звука в воде при t = 10 °C, Ех =
= 20,3 • 108 Па:
_ /203-Ю8
с,0”с ” v~кюо~
= 1425 м/с.
Скорость распространения звука в воде при t = 30 °C, Ех =
= 19,5 • 108 Па:
19,5 10* .
Счпт =./— -------=1397 м/с.
V 998.8
Здесь величины объемного модуля упругости для соответствую-
щих температур принимаются по таблицам, плотность воды при
t = 30 °C равна 998,8 кг/м3 [3].
Итак, скорость распространения звука в воде уменьшается с уве-
личением температуры (увеличение температуры воды на 20 °C
уменьшает скорость распространения звука примерно на 30 м/с).
Задача 1.17. На сколько процентов увеличится начальный объем
воды, спирта и нефти при увеличении температуры на 10 °C?
Решение. Увеличение начального объема жидкости с увеличе-
нием температуры определим по уравнению коэффициента темпера-
турного расширения [3, с. 10]:
12
i аж
Ж dt '
Коэффициенты температурного расширения:
воды Р2о«с =0,00015 °C-1;
спирта Рго'с =0,00110 °C-1;
нефти Р20”с =0,00060 °C-1.
Тогда для воды = 0,00015 • 10 = 0,0015 (0,15 %);
спирта = 0,00110 • 10 = 0,011 (1,1 %);
нефти =^- = 0,00060 • 10 = 0,0060 (0,6 %).
Задача 1.18. Рассмотреть явление капиллярности в стеклян-
ных пьезометрических трубках диаметрами </, = 5 мм, d2 = 2 мм,
d3 = 10 мм для воды, спирта (рис. 1.2, а) и ртути (рис. 1.2, б).
Рис. 1.2
Решение. Высоту капиллярного поднятия жидкости h в пьезо-
метрической стеклянной трубке можно определить по формулам:
, 30 . 11,5
для-воды Лвкап = —; для ртути Л = —f1;
a d
. ЮД5
для спирта йсп кал =-^-.
а
_ t. 30 , , 30 ..
Тогда для воды Лв кап1 = — = 6 мм; лв кап2 = — = 15 мм;
. _зо_,
^в.капЗ — до — 3 ММ,
13
для ртути Лрт кап1 = = -2,3 мм; = -5,75 мм;
А₽г.«пэ=-^ = -Ц5 мм;
для спирта Лс„.гап1 = = 2,03 мм; Лспкап2 = = 5,08 мм;
Асп капЗ = ^ = 1,02 мм.
Задача 1.19. Разность скоростей между двумя соседними слоями
жидкости толщиной Эл = 0,02 мм равна Эи = 0,0072 м/ч. Рассматри-
ваемая жидкость имеет коэффициент динамической вязкости
ц= 13,04 • 10-4 Н • с/м2. Определить тан-
генциальное напряжение и силу трения
на 1 м2 поверхности между слоями жид-
кости (рис. 1.3).
Решение. Градиент скорости в
данном случае определяется следующим
образом:
Эи 0,0072 1000 П1
— = —----------= 0,1 с1.
Эл 3600 0,02
Сила трения определяется по фор-
муле Ньютона [3, с. 14]:
Т = ц5— = 13,04 • 10"4 • 1 0,1 = 13,04 • 10’5 Н.
Эи
Тогда тангенциальное напряжение [3, с. 14]:
т = £ = 13?9419..5 =13,0410~5 Н/м2.
5 1
Задача 1.20. Определить силу трения и тангенциальное напряже-
ние на площади а х b = 10 х 10 см2 при температуре воды t = 14 °C и
разности скоростей между двумя соседними слоями толщиной
Эл = 0,25 мм, равной Эи = 0,0003 м/мин. Динамическая вязкость при
данной температуре ц14 = 17,92 • 10-4 Н • с/м2.
Решение. Найдем градиент скорости:
Эи 0,0003 0,0003 1000 пп_
— — — — 0,02 с •
Эл 0,25 60-0,25
Коэффициент динамической вязкости, приведенный к нормаль-
ным условиям [3, с. 16]:
14
__________go__________ 17,92 10"*
1 + 0,0337/ + 0,000221? 1+0,0337 14 + 0,000221 196
=11,83-10"* (Н-с)/м2.
Определим силу трения между слоями по формуле Ньютона:
Т = р5— = 11,83-10"* -0,01 0,02 = 23,66-10-8Н.
дп
Тангенциальное напряжение
_Т _ 23,66-Ю-8
Х S 0,01
= 23,66-Ю^Н/м2.
Задача 1.21. Определить кинематический коэффициент вязкости
воды, если сила трения Г = 12 • 10-4 Н на поверхность S = 0,06 м2
создает скорость деформации Ъи/дп = 1.
Решение. Определим тангенциальное напряжение
,-1.1^.210-’ Н/м2.
S 6I01
Если скорость деформации равна 1, т. е. ^ = — [3, с. 16], где
Эс Эи
ЭР — величина деформации; Эт — интервал деформации, то
т = ц— и ц = 2-10-2 (Н-с)/м2.
Эл
Кинематический коэффициент вязкости воды определим сле-
дующим образом:
v = ^ = 2 10 2 = 2-10~5 м2/с.
р 1000
Задача 1.22. Определить силу трения и тангенциальное напряже-
ние на площади воды S = 0,2 • 10-2 м2 при температуре t = 8 °C, пред-
полагая, что скорость деформации равна единице.
Решение. Определим кинематический коэффициент вязкости
как v —fit) [3, с. 16]:
0,0177 0,0177-10"* 0,0177-Ю’4
у =---------------------=--------'---------------=--------------
1+0,03371+0,000221? 1+0,0337-8 +0,000221-64 1+0,27 +0,014
= 0^0177 ю^» =оО1381О"* м2/с.
1,284
15
Динамический коэффициент вязкости [3, с. 14]:
ц = тр= 0,0138 10"* -103 = 13,8-10"* (Н-с)/м2.
Градиент скорости — = — = 1, т. е. т = ц =13,8 • 10-4 Н/ м2.
ах ап
Сила 1|хч1ия '/• = т5 = 13,8 • 10~4 • 0,2 • 10"2 = 27,6 • 10~7 Н.
1«ц*чм 1.23. Определить величину деформации сплошной среды
дли интервала Эт = 0,1 с, если вода имеет температуру 9 °C и соответ-
(тнующсс тангенциальное напряжение т = 28 • 10-4 Н/м2 (рис. 1.4).
Решение. Определим кинематический коэффициент вязкости
как v '“fit) [3, с. 16]:
0,0177 0,0177 -10"* лл„ 2,
-------------------z- =-----!--------------= 0,014 • 10 м2/с.
1+0,0337г+0,000221/2 1+0,0337-9 +0,000221-81
V ~
Динамический (абсолютный) коэффициент вязкости [3, с. 14]:
ц = тр = 0,014-10"* -103 = 14-10"* (Н-с)/м2;
Рис. 1.4
градиент скорости [2, с. 14]
Эи_ т_ 28-10"* _2 с_,
Ъп р 14-10"*
Величину деформации сплошной среды
определим из выражения [3, с. 16]
ЭР ди ЭиЭт ,
v~ = —, откуда др = —— = 2-0Д = 0Д.
ох ап дп
ГЛАВА 2
Основное уравнение гидростатики
Задача 2.1. Два горизонтальных цилиндрических трубопровода Л и
В содержат соответственно минеральное масло плотностью 900 кг/м3 и
воду плотностью 1000 кг/м3. Высоты жидкостей, представленные на
рис. 2.1, имеют следующие значения: Лм = 0,2 м; Лрт = 0,4 м; й„ = 0,9 м.
Зная, что гидростатическое давление на оси в трубопроводе А равно
0,6 • 10s Па, определить давление на оси трубопровода В.
Решение. Через точку С проведем плоскость сравнения О—О,
для которой запишем равенство давлений:
А + РЛ + = Рвв*в + А-
Тогда
А =А + Рм?йм + рр^Лрт - PagAB = 0,6 • 105 + 900 • 9,81 • 0,2 +
+ 13 600 • 9,81 0,4 - 1000 • 9,81 • 0,9 = 1,063 • 105 Па.
Задача 2.2. К всасывающей стороне цилиндра присоединен водя-
ной вакуумметр с показанием h = 0,42 м. Определить разрежение
под поршнем (рис. 2.2).
Рис. 2.1
17
Решение. Разрежение под поршнем определим по формуле
Рраз Рхы Рабо
гае Рюм — атмосферное давление; — абсолютное давление в ци-
линдре, pa6c=pmi- pgh.
Тогда
Р^ = pgft = 1000 • 9,81 • 0,42 = 0,412 • 10* Па.
Задача 2.3. Избыточное давление воды в океане на глубине
h = 300 м равно 31,5 • 105 Па. Требуется определить: плотность
морской воды на этой глубине в общем виде; плотность морской
воды на этой глубине в районах Северного полюса и экватора
(?пол = 9,831 кг/м3, = 9,781 кг/м3).
Решение. Плотность воды на глубине h = 300 м определим
следующим образом:
Ризе 313-Ю5 1П_„ . ,
р = —— = —-------= 1070 кг/м3.
gh 9,81-300
Плотность воды в районе Северного полюса
Ризб 31^-105 ,лго . 3
Рпол = '• - = —-------= 1°68 кг/м3;
gnmh 9331-300
в районе экватора
Рэкв = = 31,5'-105 = Ю73,5 кг/м3.
«экв* 9,781 300
Задача 2.4. Сосуд, имеющий форму конуса с диаметром осно-
вания D, переходит в цилиндр диаметром d (рис. 2.3). В цилиндре
перемещается поршень с нагрузкой G = 3000 Н. Размеры сосуда:
D = 1 м; d = 0,5 м; h = 2 м; плотность жидкости р = 1000 кг/м3. Оп-
ределить усилие, развиваемое на основание сосуда.
Решение. Давление на дне сосуда определяется по формуле
p=p0 + pgA. В рассматриваемом случае давление на поверхности
жидкости в сосуде
G 4G 3000-4 . ___о и/ 2
Ро = — = —Г =-------г = 15 278 Н/м2
<о nd2 ЗД4-032
Р = Ро +Р«Л =15300+1000-9,8-2 = 34900 Н/м2.
18
Тогда усилие, развиваемое на основание сосуда, получим сле-
дующим образом:
31412
Р = рыс = 34900 - ’-?- -=27396 Н.
Задача 2.5. Вода плотностью р2 = 1000 кг/м3 и минеральное мас-
ло плотностью р! = 800 кг/м3, находящиеся в закрытом резервуаре,
сжимают воздух избыточным давлением р0 (рис. 2.4). Поверхность
раздела минерального масла и воды находится на расстоянии
ht = 0,3 м от свободной поверхности. Показание U-образного ртут-
ного манометра h' = 0,4 м. Разница высот свободных поверхностей
жидкостей в резервуаре и ртутном манометре h = 0,4 м. Определить
давление воздуха на свободной поверхности р0.
Решение. Точки А и В U-образного ртутного манометра рас-
положены на горизонтальной плоскости одной и той же жидкости,
но в разных коленах, следовательно, рл=рв или р0 + pjgA, + р^й2 =
PpiymS^ »
Ро = (РртупЛ “ Р1Л1 “ pMg-
Из рис. 2.4 видно, что h2 = h +й' — й, = 0,4 + 0,4 — 0,3 = 0,5 м, то-
гда р0 = (13 600 • 0,4 - 800 • 0,3 - 1000 • 0,5)9,81 = 46 107 Н/м2.
Задача 2.6. Изучить равновесие системы трех жидкостей, нахо-
дящихся в У-образной трубке, представленной на рис. 2.5. Опреде-
лить Zo, Zi, Z2, Z3, если Zo - Zi = 0,2 м; Zi + z2 = 1 m; z3 - z2 = 0,1 m;
p0 = 1000 кг/м3; p2 = 13 600 кг/м3; p3 = 700 кг/м3.
Решение. Точки А и В расположены на горизонтальной плос-
кости, следовательно, рА=рв; (z# - z()p0 = (z2 - Zi)p2 + (z3 - Z2)p3-
Однако Zi = 1 - z2; z2 - Zi = z2 - 1 + z2 = 2z2 - 1, тогда
19
0,2 • 1000 = (2z2 - 1)13 600 + 0,1 • 700; 2z2 = ; z2 = 0,51 m;
13600
Zi = 0,49 m; z3 = 0,61 m; Zq = 0,69 m.
Задача 2.7. Несмешивающиеся жидкости с плотностями р,, р2
и р3 находятся в сосуде (рис. 2.6). Определить избыточное давле-
ние на основание сосуда риз6, если р, = 1000 кг/м3; р2 = 850 кг/м3;
р3 = 760 кг/м3; — 1 м; Л2 = 3 м; й3 = 6 м.
Решение. Давление на дно определяется по формуле
Рюб = PigAi + Рз^г - Ai) + Рз«г(Л3 - й2), тогда
Ризе= 1000 • 9,81 • 2 + 850 • 9,81 • 1 + 760 • 9,81 • 1 = 3,54 • 104 Н/м2.
Задача 2.8. Разность давлений между двумя горизонтальными ци-
линдрическими сосудами, наполненными водой и газом (воздухом),
измерена с помощью дифференциального манометра, наполненно-
го спиртом (р2) и ртутью (р3). Зная давление воздуха над свобод-
ной поверхностью воды в одном из сосудов, определить давление
газа р, если р^ = 2,5 • 104 Н/м2; р3 = 1000 кг/м3; р2 = 800 кг/м3;
р3 = 13 600 Н/м3; ht = 200 мм; Л2 = 250 мм; Л = 0,5 м; g = 10 м/с2
(рис. 2.7).
Решение. Составим уравнение давлений по отношению к
плоскости сравнения О—О:
Pvw + Р1£(Л + А1) - рз8*1 ~ P^2 - hl) + p3g*2 - рз?Л2 -р = 0.
Тогда
р = 2,5 • 10“ + 0,7 • 104 - 2,72 • 104 - 0,04 • 104 + 0,2 • 104 - 3,4 • 104 =
= -2,76 • 104 Н/м2.
20
Рис. 2.7
Задача 2.9. Двойная U-образная трубка заполнена двумя жидко-
стями таким образом, что свободная поверхность во внутреннем от-
ветвлении трубки находится на одном уровне (рис. 2.8). Рассчитать
плотность р2, если рх = 1000 кг/м3; йт = 0,8 м; й2 = 0,65 см.
Решение. Запишем уравнение гидростатики для плоскости
сравнения О—О:
Р1^А1 =
рЛ 1000-80 , ,
отсюда р2 = = ——— = 1230 кг/м3.
Задача 2.10. Рассчитать избыточное давление на свободной по-
верхности минерального масла и абсолютное давление в точке М,
если h = 2 м; z = 3,5 м; р = 850 кг/м3; ратм = 105 Па; g = 10 м/с2
(рис. 2.9).
Решение. Абсолютное давление масла в точке М определим по
формуле
Рабе = pzg + Ра™ = 850 • 10 • 3,5 + 105 = 1,3 • 105 Н/м2.
Избыточное давление, действующее на свободную поверхность
минерального масла, можно определить следующим образом:
Рте = Pg(z — h) = 850 • 10 • 1,5 = 12 750 Н/м2 = 0,1275 • 105 Па.
Задача 2.11. Сосуд содержит две несмешивающиеся жидкости с
плотностями pi и р2 (рис. 2.10). Давление над свободной поверхно-
стью измеряется манометром. Определить избыточное давление на
основание сосуда, если рм = 102 Н/м2; pj = 890 кг/м3; р2 = 1280 кг/м3;
= 2,1 м; Л2 = 2,9 м; g = 10 м/с2.
21
Решение. Избыточное давление на основание сосуда
Ризе =Р« + PiS*! + р^А2 = 102 + 890 • 10 • 2,1 + 1280 • 10 • 2,9 =
= 55 912 Н/м2.
Задача 2.12. В сообщающихся сосудах находятся две несмешиваю-
щиеся жидкости с плотностями pj и р2. Определить позицию свобод-
ных поверхностей жидкостей и Н2 по отношению к плоскости
сравнения О—О (рис. 2.11), если pj = 1000 кг/м3; р2 = 1200 кг/м3;
h = 11 см.
Решение. Запишем уравнение равновесия по отношению к
плоскости сравнения О—О:
PigHt = pjgtffj - А),
„ p2gA 1200 11 п,,
откуда Н. = ——-----=-------= 0,66 м;
1 g(p2-Pl) 200
Н2 = - А = 0,66 - 0,11 - 0,55 м.
Задача 2.13. Определить объем воды и минерального масла
в закрытом сосуде по данным пьезометра и индикатора уровня,
если D = 0,4 м; а = 0,5 м; b = 1,6 м; рм = 840 кг/м3; рв = 1000 кг/м3;
g= 10 м/с2 (рис. 2.12).
Решение. Определим давление на поверхность воды:
Ризб = pg(b - а) = 1000 • 10 • 1,1 = 1,1 • 104 Н/м2.
Определим силу тяжести, действующей на поверхность воды:
G = = ряз6 *21=Ц.Ю4 = 0,138 • 104 Н = 1380 Н.
22
Объем минерального масла,
G = определим по формуле
соответствующий силе тяжести
Км =
G
Рм£
1380
840 10
= 0Д64м3.
Объем воды
Ив = (М = 3’14^0’42 0,5 = 0,06 м3.
Задача 2.14. Показание манометра, расположенного на расстоя-
нии Л = 1 м от днища резервуара, рн = 5 Н/см2. Определить высоту
свободной поверхности бензина Н в резервуаре (рис. 2.13), если
р6 — 850 кг/м3; g ~ 10 м/с2.
Решение. Давление бензина на дно резервуара описывается
формулой рм + р^Л = Р&Н, откуда
„ Ри+Р6& 50000+ 850 10 1
/Г =-------=-------------= 0,00 М.
рб£ 850 10
Задача 2.15. Два закрытых сосуда содержат,воду. Свободные по-
верхности расположены по отношению к плоскости сравнения О—О
на высотах й( = 1 м и й2 = 1,8 м (рис. 2.14). Показание манометра
Pi = 1,2 • 10s Н/м2, разница уровней ртути в дифференциальном ма-
нометре АЛ = 200 мм. Определить давление на свободную поверх-
ность второго резервуара р2.
Решение. Уравнение равновесия для плоскости сравнения О—О
имеет вид р2 —pi + pghi — p^gAA — p,g(h2 ~ Подставив числовые
значения, найдем
23
р2 = 1,2 • 105 + 103 • 10 • 1 - 13,6 • IO3 • 10 • 0,2 - 103 • 10 • 1,6 =
= 8,68 • 104 Н/м2.
Задача 2.16. Какую силу нужно приложить к поршню 2, чтобы
уравновесить действие силы Ръ действующей на поршень 1 диамет-
ром d (рис. 2.15), если Pi = 147 Н; D = 300 мм; d = 50 мм; h = 300 мм;
рв = 103 кг/м3; g ~ 10 м/с2?
Решение. Уравнение равновесия для плоскости сравнения
О—О имеет вид
pi Pi
— = —+pgA,
(0] <в2
где (Oj =
nD2 nd2
-Т-J =-Т-
4 4
Отсюда Р2 =(й2
= 3,14 0,09 ( 4 147------ 0 3 Ю4 = 5080 н
4 1з,14 0,025 )
24
Задача 2.17. Какая сила должна быть приложена к поршням А и В
для уравновешивания системы поршней А, В, С (рис. 2.16), если
Л = 80 см; D = 40 см; d = 5 см; Р, = 72,64 Н; р = 103 кг/м3; g = 10 м/с2?
Решение. Сила Р2, которая должна быть приложена к площади
большого поршня, определяется из условия равновесия системы
поршней А, В, С, т. е. баланс давления можно записать так:
Р2 Р1
— =—+pgh,
<П2 COj
где pgh — давление, создаваемое погружением поршня на глубину й.
Тогда
Р =Р^2-+р^(в2 = 72,6-+104 0,8 0,785-0Д6 = 5651,2 И.
2 1W1 2 0,0025
Задача 2.18. Два плунжера А и В, находящиеся в горизонтальной
плоскости, уравновешены (рис. 2.17). Определить показания мано-
метра и силу F2, если сила Ft = 600 Н, площади плунжеров соответст-
венно S1! = 60 см2, S2 = 5 см2.
Решение. Нахождение плунжеров в равновесии в горизонталь-
ной плоскости означает, что по закону Паскаля давление, показы-
25
ваемое манометром, будет одинаковым для обоих плунжеров. Пока-
зания манометра определяются по формуле
Рм = jfL = 600 = ю Н/см2 = 105 Н/м2 = 1 бар,
60
тогда F2 = pS2 = 10 • 5 = 50 Н.
Задача 2.19. С помощью ртутного манометра измеряется гидро-
статическое давление в трубопроводе воды (р„ = 1000 кг/м3).
Манометр изготовлен из пластичного материала (резиновый
шланг) и может растягиваться, увеличиваясь в размерах, например,
на величину а (рис. 2.18). Найти величину Дй — изменение показа-
ния h ртутного манометра.
Решение. Запишем уравнение равновесия для левой и правой
ветвей ртутного манометра (величина а резинового шланга составле-
на из высот ртутного и водяного столбов, имеющих одинаковую вы-
соту Дй слева и справа ртутного манометра):
Рв««= - р^Дй
или через относительную плотность [3, с. 10]
а = 8Ah - Ah, тогда Дй =
8—1 12,6
Задача 2.20. Герметично закрытый стальной резервуар (рис. 2.19)
содержит воду (рв = 1000 кг/м3). Вентилятором на свободной поверх-
ности создается избыточное давление, показание ртутного маномет-
ра (Ррт =13 600 кг/м3) z2 =500 мм. Определить абсолютное давление
на свободной поверхности жидкости в резервуаре и пьезометриче-
скую высоту Zi-
Рис. 2.18
Рис. 2.19
26
Решение. Согласно основному уравнению гидростатики, абсо-
лютное давление на свободной поверхности
Рабе =Раш + = 105 + 13,6 • 103 • 10 • 0,05 = 0,68 104 Н/м2.
Пьезометрическую высоту Zt найдем из уравнения =pmt + р^,
откуда
= Лбс~Лпм = 0,68 104 = 0 8 м
Рв£ Ю4
Задача 2.21. Во избежание разрыва сплошности потока под
поршнем в цилиндре (рис. 2.20) во время всасывания воды (р„ = 1000
кг/м3) требуется рассчитать максимальную высоту всасывания hmaKK,
если давление насыщенного пара ре = 10 Н/м2.
Решение. Известно, что вакуумметрическое давление или раз-
режение показывает недостаток давления до атмосферного в данной
точке [3, с. 28], а во избежание разрыва сплошности потока под
поршнем в цилиндре во время всасывания необходимо определить
максимально допустимое разрежение, т. е.
Ртах раз -ре = 100 000 - 10 = 99 990 Н/м2.
С другой стороны, по основному уравнению гидростатики
Ртах раз '= Рв«А
max вс*
Тогда йтахвс = />тахраз = 99990 = 9,999 м ~ 10 м.
p.g 1000 10
Задача 2.22. Вследствие опускания поршня весом G в закрытый
резервуар под действием силы Р жидкость поднялась в пьезометре
на высоту х (рис. 2.21). Определить величину х, если Р = 300 Н;
G = 200 Н; d = 0,1 м; h = 0,4 м; р = 1000 кг/м3; g = 10 м/с2.
Рис. 2.21
27
Решение. Уравнение равновесия относительно плоскости
сравнения, проведенной по верхней крышке закрытого резервуара,
имеет вид
(D„ J 4 4(P+G) .
pgx = P+G-pg——h — = -5—Y^-pgh.
l 4 Jiur nd1
Отсюда
4(P+G) . 4(300+200) ft.
x = -—--h= —-— -----------0,4 = 5,97 м
ЗД4103 10 0,01
Задача 2.23. На зафиксированный на полу поршень опирается
цилиндрический сосуд без днища, заполненный водой. Определить
величины давления р2 и р2 (рис. 2.22), если вес сосуда G= 103 Н;
р = 1000 кг/м3; а = 0,8 м; D - 0,4 м; g ~ 10 м/с2.
Решение. Определим давление, создаваемое весом сосуда:
4G
4-Ю3
kD2
ЗД4 0Д6
103
ЗД40,04
= 7960 Н/м2.
Давление, создаваемое весом сосуда и весом воды, находящей-
ся в сосуде, найдем следующим образом:
р2 =pt + pga = 8000 + 0,8 • 1000 • 10 = 15 960 Н/м2.
Задача 2.24. Система трех поршней в сообщающихся сосудах
(рис. 2.23) находится в равновесии под действием трех сил Р2, Р3
(с учетом веса поршней)'. Площади поршней соответственно Sb S2,
S3. Определить высоты й, и h2, если Р2 = 1300 Н; Р2 = 1000 Н;
Р3 = 800 Н; = 0,4 м2; S2 = 0,6 м2; 53 = 0,9 м2; р = 1000 кг/м3;
g = 10 м/с2.
28
Решение. Уравнение равновесия относительно плоскости
сравнения О—О, проведенной через днище первого поршня, имеет
ВИД
^ = ^+РЛ'
Тогда
, P3S2-P2SX 800 0,6-1000 0,4 ,,
л. = =-—- =--------------—— = 3,3 см.
адря о,4о,бю4
Уравнение равновесия относительно плоскости сравнения
(У—О', проведенной через днище второго поршня:
-=L = -ZL + P«*2-
л2 *^з
Тогда
Р253 -Р^2 1000 0^-1300 0^ _ э ~
=----------=-------------------СМ.
S2S3pg 0,60,9104
Задача 2.25. В системе трех поршней (см. рис. 2.23) определить
изменение сил Р2 и Р3 при заданных условиях (см. задачу 2.24).
Решение. Используем зависимость
^_ = ^-+Р5Й2>
откуда Р2 = 7» ^+pgft252 = 1300 0,6/0,9 + 104 • 0,022 • 0,6 = 1000 Н.
53
Из уравнения
Л
*5.
Р2
= -^- + Р^1
получим Р3 = Р2 ?±+pghxSx = 1000 • 0,4/0,6 + 104 • 0,033 • 0,4 = 798,6 Н.
52
Задача 2.26. Пьезометр и два жидкостных манометра присоеди-
нены к резервуару (рис. 2.24), наполненному бензином до отметки
2 м (р6 = 700 кг/м3). Определить показания манометра М и пьезомет-
29
pa H для уровней воды, ртути, указанных на рисунке в метрах. Плот-
ностью воздуха можно пренебречь.
Решение. Уравнение равновесия относительно плоскости
сравнения О—О, проведенной через место присоединения пьезомет-
ра, имеет вид
Рв8й(У2,0 - V0,8) + р,„£Й(У1,8) - pjgA(Vl,6) + p^A(Vl,6 - VI,0) +
+ p6gfc(Vl,0) =рм + p6gA(V2,0).
Тогда р„ = 104 • 1,2 + 13,6 • 104 • 1,8 - 104 • 1,6 + 13,6 • 104 • 0,6 +.
+ 0,7 • 104 - 0,7 • 104 • 2 = 31,5 • 104 Н/м2.
С ДРУГОЙ СТОРОНЫ, p6gH = PM + Рбенз^У2.
Тогда показание пьезометра
315104
Я = 2+^-^- = 2 + 45 = 47 м.
0,7 104
Задача 2.27. Система двух поршней находится в равновесии
(рис. 2.25). Определить разницу показаний пьезометров И, если
D/d = 3; Н= 2 м; р, = р2 = const.
30
Решение. Пусть H=h + h'. Система находится в равновесии,
следовательно,
ltd2 „ %D2 ,,
—pgH = ——pgh',
4 4
Hd2 2
откуда h' = —— = — = 0,222 м, тогда h = 2 — 0,222 = 1,778 м.
D2 9
Задача 2.28. Определить давление пара в цилиндре поршневого
парового насоса (рис. 2.26, золотниковая коробка, обеспечивающая
возвратно-поступательное движение поршня в паровом цилиндре,
не показана), необходимое для подачи воды на высоту Н = 58 м,
если диаметры цилиндров rf, = 0,3 м; d2 = 0,18 м.
Решение. Суммарное давление, передаваемое по штоку от
поршня парового цилиндра,
P=Pi®i-
В соответствии с законом Паскаля гидростатическое давление в
корпусе насоса определяется по формуле
„ _ Р _Pi®i
Pi------------•
со 2 со 2
О>2
Искомое давление в паровом цилиндре
со, dj
Pi =Р2-7 = Р2
®i d2
со
5^ = 204,8- 103 Па.
0,32
Гидростатическое давление в корпусе насоса должно быть
di
p2-pgH, отсюда Р] =pgH~ = 1000-9,81-58
di
31
Задача 2.29. Грунтовые воды, формирующие систему с нефтяным
пластом, выходят на поверхность (рис. 2.27). Какова должна быть
плотность глинистого раствора, применяемого при бурении (pmin),
чтобы не было фонтанирования нефти при вскрытии пласта? Глу-
бина скважины h = 2500 м; расстояние между уровнем выхода
подземных вод на поверхность и границей вода—нефть = 3200 м;
расстояние между уровнем выхода грунтовых вод на поверхность
и устьем скважины h2 = 600 м; плотность подземных вод рв =
— 1100 кг/м3; плотность нефти рн = 850 кг/м3.
Рис. 2.27
Решение. Составим уравнение равновесия системы грунтовые
воды—нефть:
Р.^! = pming/z + pHg(A1 - h2 - й).
Отсюда
РвА ~Рн£(^1 1100 40-3200 -850 4 0 400
gh 10-2500
Задача 2.30. Для проведения опыта по сжатию используют порш-
невой пресс, имеющий размеры: диаметр цилиндра D = 105 мм, диа-
метр штока поршня dx = 55 мм. Насос, управляющий прессом, имеет
поршень диаметром d = 18 мм и рычаги с размерами а = 100 мм
и b — 900 мм (рис. 2.28). Определить давление р в гидравличе-
ской сети и усилие F на конце рычага насоса, если усилие сжатия
б=105 Н.
Решение. Усилие сжатия Q создает в гидравлической сети дав-
ление
Q_ 10s
S n(D2-d2)
-------Ц---------- = 4 • 106 Н/м2.
ЗД4(0Д052 -0,0552)
32
Рис. 2.28
Сила давления под поршнем диаметром d:
Р=р—=4 1О6^1821О-6 = 1020 Н.
4 4
Усилие, приложенное к рычагам пресса:
Да + Ь) = Ра, откуда /’ = ^^=102 Н.
ОД+ОД
Задача 2.31. Цилиндр диаметром d = 20 см заполнен водой и за-
крыт сверху без зазора плавающим поршнем, на который полажен
|руз массой 5 кг. На какую высоту поднимется вода в пьезометре, со-
единенном с поршнем?
Решение. Подъем жидкости в пьезометре связан с повышени-
ем давления зависимостью Др = pgft. Повышение давления определя-
ется силой тяжести G:
. G 5-9,81-4 .^„/2
Др = — =------—- = 1562 Н/м2.
5 ЗД4-0,22
Тогда
. Др 1562
h = — =-----
pg 9810
= 0,159 м.
Задача 2.32. Определить давление воды на дно резервуара и на
пробку, закрывающую отверстие в наклонной стенке резервуара.
Давление на свободную поверхность жидкости р0 = 5 МПа; h = 2 м;
диаметр пробки d = 40 мм; hc = 1 м.
Решение. Давление на дно сосуда складывается из давления на
свободной поверхности и давления от погружения на глубину h:
р=р0 + pgh = 5 • 106 + 9810 • 2 = 5 019 620 Н/м2. Давление на пробку
складывается из давления на свободной поверхности и давления в
центре тяжести пробки: ра = 5 • 106 + 9810 -1 = 5 009 810 Н/м2.
33
Сила давления жидкости на пробку:
314-0 052
Fn = PnSn = 5 009 810 4 = 9836,7 Н.
4
Задача 2.33. Определить показание
вакуумметра йв (мм рт. ст.), установ-
ленного на маслобаке (рис. 2.29), если
относительная плотность масла рм = 0,85;
Н= 1,2 м; h = 150 мм.
Решение. Проведем плоскости рав-
ного давления 0—0 и Cf—Of. Тогда абсо-
лютные давления P\=Pi и р3 = р4. Но
pt =р„ так как нижний резервуар открыт
в атмосферу, а р4 =рв + рв.
В соответствии с основным уравнени-
ем гидростатики р =рй + pgh имеем
Л = Л + - й) + p,„gA.
Заменив рг и р3 их
+ Рм«(Я- й) + ррт£Й, откуда
значениями, получим рв=рв— рл +
Р» = Рм8(Я-Ю + ррт^й = 850 • 9,81(1,2 - 0,15) + 13 600 • 9,81 • 0,15 =
= 28 800 Н/м2
или
й_ = — = 0,216 м рт. ст = 216 мм рт. ст.
ррт£ 13600-9,81
ГЛАВА 3
Сила давления жидкости на стенку
(плоскую и криволинейную)
Задача 3.1. Рассчитать манометрическое давление ри и силу дав-
ления, действующую на верхнюю крышку сосуда, полностью запол-
ненного водой (рис. 3.1), если вес сосуда G— 5 104 Н; диаметр сосуда
/) = 0,4 м; 3*2 — площадь сечения верхней крышки; диаметр поршня,
действующего на жидкость, d = 0,2 м; площадь сечения поршня
_ ЗД4</2
' 1 4
Решение. Манометрическое давление создается только весом
сосуда, т. е.
р = G. = _5421----15,9 105 Н/м2,
м 3, ЗД40,01
тогда сила давления, действующая на верхнюю крышку,
P=PUS2 = 15,9105 — = 15^ 105 3,140,16 = 19,97 . ю4 Н.
4 4
Задача 3.2, Определить силу давления на вертикальную стенку
ABCD сосуда, полностью заполненного водой (рис. 3.2), и положение
центра давления, если L = 32 м; 1= 26 м; h = 18 м; р = 103 кг/м3;
g = 10 м/с2.
Решение. Сила давления на вертикальную стенку [3, с. 30]
составит
P=(Po + P^g)S,
где S — площадь вертикальной стенки (в данном случае это трапе-
ция), S -(L+I)— = (32 + 26)9 = 522 м2; р0 — атмосферное давление
на свободной поверхности воды; hg — координата центра тяжести
вертикальной стенки,
35
Рис. 3.2
. A2/+Z 18(52+32) _ о _
Л«. =-----------------------о,/ М.
• 3 1+L 3(26 + 32)
Сила давления на вертикальную стенку
Р = pghgS = 104 • 8,7 • 522 = 454 • 105 Н.
Положение центра давления вертикальной стенки — трапеции:
h3l+L
2 21+L
9 ПО
84
= 11,8 м.
Задача 3.3. Определить силы давления жидкости на стенки и
основание открытого сосуда, если / = 5м;Л = Зм;р = 1000 кг/м3;
h = 2 м; а = 60°; g = 10 м/с2 (рис. 3.3).
Решение. Для определения площади стенки найдем сторону
L = / + 2Atg30° = 7,3 м, тогда площадь трапеции
5=(£+/)j = (73+5)|= 12,3 м2.
Координату центра тяжести трапеции определим следующим об-
разом:
й =А2£±А = 210±73 = 0 938
• 3 1+L 3 5+73
тогда сила давления жидкости на стенку
Рст = pgh£ = 103 • 10 • 0,938 • 12 = 1,13 • 10s Н
и на основание сосуда — = pghS^ = 103 • 10 • 2 • 5 • 3 = 3 • 105 Н.
36
L
Рис. 3.4
Задача 3.4. Определить силу давления воды Р' на крышку, пере-
крывающую прямоугольное отверстие в плоской стенке резервуара
(рис. 3.4), вертикальную координату йд точки ее приложения и уси-
лие N, которое необходимо приложить к крышке в точке К, если
размеры отверстия В = 30 см, Я =20 см, расстояние от верхней
кромки отверстия до свободной поверхности воды а = 120 мм, рас-
стояние между точкой К и осью шарнира О—О I = 250 мм, показа-
ние манометра, установленного на верхней крышке резервуара,
/>«= 0,2 • 105 Па.
Решение. Сила давления воды на крышку определяется по
формуле Р' = pghj?, vjifi йд — координата центра тяжести крышки,
й„ = а+— = 0,12+™ = 0,22 м.
л 2 2
Тогда Р = 1000 • 9,81 • 0,22 0,06 = 129 Н.
Площадь крышки F= ВН = 0,3 • 0,2 = 0,06 м2.
Найдем положение центра давления:
йс = йд +-^~=0,22 + °’0002 = 0,235 м,
с д йдГ 0,22-0,06
где 1С — момент инерции относительно оси, проходящей через центр
тяжести,
^0^1^
с 12 12
Определим силу давления на крышку Рн, создаваемую внешним
давлением на свободную поверхность:
Ри = рмГ= 20 000 0,06 = 1200 Н.
37
Эта сила приложена в центре тяжести площади (в точке Q. Со-
ставим уравнение моментов всех действующих на крышку сил отно-
сительно оси шарнира:
1М0 = 0 или P'DO + Р„СО - NKO = О,
откуда
_ P'(he -а)+Ри (йд -а) _ 129(0,235 -0Д2)+1200(0,2 -0Д2) „
7V —---------------------—------------------------------- ФтЭ.Э ±1,
I 0,25
Задача 3.5. Определить силы давления на боковые поверхности
резервуара, заполненного бензином (рис. 3.5), и координаты центров
давления, если а = 60‘; А=1м;Л = 4м;р = 750 кг/м3; g = 10 м/с2.
Решение. Сила давления жидкости на боковую поверхность
прямоугольной формы
р = pghaS = 750-lof—-—-Y—-—1) = 8 • 104 Н.
1 д Uin60° 2Xsin60° )
Координата центра давления поверхности прямоугольной формы
hc =-Z = -f—
с* 3 3(80160°/
2 Л 4 Л
3Vsm60°J
2
= —4,62 = 3,08 м.
3
Сила давления жидкости на боковую поверхность треугольной
формы
Р2 = pgh.S2 = 1О-75о(—^- 2)-= 1,6 • 10s Н.
2 н д 2 lcos60° )3
Координата центра давления поверхности треугольной формы
йС2=й/2=2м.
Рис. 3.5 Рис. 3.6
38
Задача 3.6. Определить силу давления воды на цилиндрическую
стенку резервуара (рис. 3.6), а также угол наклона к горизонту линии
действия этой силы а, если радиус стенки R = 2 м, ширина стенки
В = 3 м, высота уровня воды в трубке пьезометра, установленного на
верхней крышке резервуара, h = 0,5 м.
Решение. Сила давления воды на стенку определяется по фор-
муле Р=^Р2+Р2, где Рх = Л = Р«К
В рассматриваемом случае вертикальная проекция криволиней-
ной стенки представляет собой прямоугольник, площадь которого
Fz = BR = 3 • 2 = 6 м2, расстояние центра тяжести от свободной по-
верхности hc = h + R/2 = 0,5 + 2/2 = 1,5 м, а тело давления представ-
ляет собой объем четверти цилиндра радиусом R и шириной В плюс
Объем параллелепипеда с площадью основания BR и высотой й, т. е.
V = -nR2B+BRh = -я-22 -3+3-2 -0,5 = 12,4 м3.
4 4
Таким образом, Рх = 1000 • 9,81 - 1,5 • 6 = 88 290 Н = 88,3 кН;
Рг = 1000 • 9,81 • 12,4 6 = 121 644 Н = 12,2 кН.
Тогда
Р=78832+12^2 = 151 кН.
Угол наклона силы Р к горизонту:
Р 12.2
а = arctg— = arctg—— = arctg 1,383 = 54°08'.
7^ 88,3
Задача 3.7. Определить силу давления на основание резервуара
(рис. 3.7), а также силу, действующую на землю под резервуаром,
если h = 3 м; b = 3 м; р = 103 кг/м3; = 6 м; а = 60°; g = 10 м/с2. Объ-
яснить полученные результаты. Весом резервуара можно пренебречь.
Решение. Сила давления на основание резервуара равна весу
воды в объеме W, тогда
G = pglV; 1И = -(/1й+(1+/1)(/1 +b)+Lb),
6
где W — объем усеченной пирамиды; L — верхний размер стороны
пирамиды,
IV=|(6• 3+(93+6)6+93-3) = -(18+93+283) = = 69,75 м3;
6 2 2
L=l{ +2/rtg“ = 6 + 2 • 3 • 0,58 = 9,5 м.
39
Рис. 3.7
Тогда G = 103 • 10 69,75 = 6,975 • 10s Н.
Сила, действующая на землю под резервуаром, определяется по
основному уравнению гидростатики
Pz= р«й5 = 103 • 10 • 3 • 18 = 5,4 105 Н.
Сравнив G и Pf, увидим, что G > Pf Это свойство жидкости, на
первый взгляд противоречащее обычным представлениям, в чем и
заключается гидравлический парадокс.
Задача 3.8. Определить силу F, необходимую для удержания вер-
тикального панно (стенки) шириной b = 4 м и высотой Н= 5,5 м
(рис. 3.8) при глубине воды слева й( = 5 м, справа Л2 = 2 м;
р = 1000 кг/м3; g ~ 10 м/с2.
Решение. Запишем равенство моментов сил, действующих на
стенку:
FH+P2(h2-he2) = P1(hl-hCi).
Глубина центра тяжести вертикальной стенки:
слева й„ = —й. = 2,5 м;
2
справа hg2 =— h2 = 1,0 м.
Определим силы давления
7» =р«йг1^! = 103 10 2,5(4 • 5) = 5 • 105 Н;
Р2 =pghg2S2 = 103 • 10 - 1(4 2) = 0,8 • 10s Н.
Координаты центра давления (стенка вертикальная прямо-
угольная):
2 2
hlc = 3,33 м; й2с = |й2 = 1,33 м.
40
Тогда
р = 510s(5-333)-0>8 105(2-133) = j 42 1()5
5,5
Задача 3.9. Резервуар, содержащий бензин (р = 900 кг/м3), раз-
делен на две части плоской стенкой, имеющей квадратное отвер-
стие, которое закрыто (рис. 3.9). Определить результирующую силу
ддпления и момент сил давления по отношению к точке А, а также
гочку приложения этой результирующей силы. Исходные данные:
/», = 0,15 Н/см2; р2 = 0,05 Н/см2; a = 1 м; g ~ 10 м/с2.
Решение. Определим силу давления жидкости, действующую
слева от отверстия:
/> = PjSj +р«й4131 = 0,15 • 104 • 1 + 900 • 10 • 0,71 • 1 = 0,79 • 104 Н.
Площадь квадратной стенки = а2 = 1 м2.
Глубина погружения центра тяжести квадратной стенки:
J1
h. =—о = 0,71м.
«1 2
Глубина погружения центра давления квадратной стенки:
h =—о = 0,825 м.
с' 12
Определим силу давления жидкости, действующую справа от от-
верстия:
Р2 = p2S2 +pghg2S2 = 0,05104 1+900 10^ |= 1560,7 Н.
Площадь треугольной стенки S2 = j м2.
Глубина погружения центра тяжести треугольной стенки:
h = — = = 0,2357 м.
82 6 6
Глубина погружения центра давления треугольной стенки:
, 1 п
й_ =------= 0,35 м.
с 2 2
41
Тогда момент сил давления по отношению к точке А:
1“ (а VI-0,825) = Р2| £1±-(Ц5
где 7^ — результирующая сила давления,
р 0,78-Ю40,42 -0325)-0Д56104(0,71-035) _ оо_в „
Т___ =------------------------------------ “ П.
1,42
Точка приложения F^ — верхняя точка квадратного отверстия.
Задача 3.10. Резервуар заполнен бензином (р6 = 750 кг/мэ) на
высоту Н= 2 м. На дне резервуара расположено отверстие а х b =
= 0,5 х 0,6 м, закрытое трапом, которое вращается вокруг шарнира А
(рис. 3.10). Вес трапа (7 = 120 Н. Определить силу открытия тра-
па и расстояние х приложения этой силы.
Решение. Минимальная сила, которая необходима для откры-
тия трапа, должна быть приложена к концу трапа на расстоянии а от
шарнира А, тогда Em = 0 или Т^а — (G + P^a/l = 0.
Тогда
Г-м =
где Рх — сила давления жидкости на трап, Px=pS = pgHab = 4500 Н.
Отсюда
min =450°2+120 = 2310 Н.
42
Момент силы открытия трапа
Tx=G-+P- = 120 • 0,25 + 4500 • 0,25 = 30 + 1125 = 1155 Н • м;
2 2
1155 1155 пс
отсюда х =----=------= 0,5 м.
Т 2310
Jmin
Задача 3.11. Трубопровод диаметром d = 0,75 м заканчивается за-
полненным нефтью (р = 860 кг/м3) резервуаром и закрыт крышкой с
12 болтами (рис. 3.11). Свободная поверхность в резервуаре находит-
ся на расстоянии Лд = 7 м от центра тяжести крышки. Напряжение
На разрыв стали болтов [а] = 7000 Н/см2. Определить силу давления
жидкости на крышку, глубину центра давления и диаметр болтов,
•ели D = d.
Решение. Определим силу давления жидкости на крышку:
Р= pgV= 860 • 10 • 7 • 0,44 = 26 488 Н.
Глубина центра давления определяется по формуле
hc =кл+е = Ьл+-1^,
где 4 — момент инерции относительно оси, проходящей через центр
тяжести,
т _
Ох~ 64 '
Тогда h. = 7+-^- = 7 + 0,01 = 7,01 м.
64йд5
Суммарная площадь всех болтов = 3,784 см2, отсю-
л с V *^б 3,784 .... 2
да площадь одного болта = > — = —— = 0,315 см2.
х-' п 12
Так как 5б = (юР)/4 = 0.785J2, то d6 = yjS6 /0,785 = 0,63 см.
Задача 3.12. Определить силу давления на основание резервуа-
ров, представленных на рис. 3.12, а также силу реакции земли. Ре-
зервуары заполнены бензином одинаковой плотности. Весом резер-
вуаров можно пренебречь. Исходные данные: d = 1 м; dx = 0,5 м;
D = 2 м; ht = 1 м; й2 = 2 м; й3 = 1,5 м; р = 700 кг/м3.
Решение. Силу давления на основание первого резервуара оп-
ределим по основному уравнению гидростатики
А = Р«(Л1 + h2)S = 700 • 10 3 • 0,785 = 1,65 • 104 Н.
43
Рис. 3.12
Сила реакции земли равна весу жидкости в объеме тела (цилиндр
плюс усеченный конус):
_ (nD2 , nh. 2 2 n Л
Gi =pg -^-А2+-г-(Я +' +Я0 =
^43 )
= 7OO lofo,785 16+^(1+0,25+0,5)1 = 10 • 104 H.
Сила давления на основание второго резервуара согласно основ-
ному уравнению гидростатики:
Р2 =РЯ(А1 + А2)— = 700 • 10 • 3 • 0,785 • 1 = 1,65 • 104 Н
4
Сила реакции земли равна весу жидкости в объеме цилиндра:,
тиР
G2 — pgW9 где W =------(й, +й2), тогда
4
G2 = 700 • 10 • 3 • 0,785 * 1 = 1,65 * 104 Н.
Сила давления на основание третьего резервуара:
тг/У^
Р3 =PS(Ai + Л2)— = 700 • 10 • 3 • 0,785 • 1 = 1,65 * 104 Н.
4
Сила реакции земли равна весу жидкости в объеме тела (два ци-
линдра диаметрами и d):
G3 =PS —rh3+—r
nd2 , . iult Л
У, : '-(*! + h2-h3) =
4 4 J
= 104 fe^-1,5+^.'°£. (1+2-1,5)1 = 1,47 • 104 H.
I 4 4 J
44
Задача 3.13. Определить силу суммарного давления воды на пло-
ский щит, перекрывающий канал, и усилие, которое необходимо
приложить для подъема щита. Ширина канала Ь = 1,8 м, глубина
воды в нем h = 2,2 м. Вес щита G = 15 кН. Коэффициент трения
щита по опорам /= 0,25 (рис. 3.13).
Решение. Силу суммарного давления на щит определим по
формулам
Р = РС(Ь = pghgbh = .
Построим эпюру избыточного гидростатического давления.
В точке В гидростатическое давление рв = pgh.
Отложим от точки В в направлении, перпендикулярном щиту,
величину рв (со стороны действия давления) и соединим начало по-
лученного вектора (точку С) с точкой Л. Полученный треугольник
АВС — эпюра гидростатического давления.
По эпюре гидростатического давления определим силу суммар-
ного давления на щит, равную объему этой эпюры:
, АВ ВС, pgh2b
Р=«>авсь = -^—ь = ~--
Полученная формула аналогична записанной ранее. Подставив в
эту формулу заданные величины, найдем
Р = 1°°0-9»81-2,221,8 = . 10з н = 42 7 КН.
2
Определим усилие, необходимое для подъема щита:
T=G+fP= 15 + 0,25 42,7 = 25,6 кН.
Рис. 3.14
45
Задача 3.14. Определить результирующую силу давления на пло-
скую поверхность А и положение точки ее приложения (рис. 3.14).
Показание манометра на закрытом резервуаре, заполненном водой,
ры = 5000 Н/м2; Н= 4 м; D = 1 м; р = 103 кг/м3; g ~ 10 м/с2.
Решение. Результирующую силу давления на плоскую поверх-
ность А определим согласно основному уравнению гидростатики:
F=pS = (ри + pgH)S = (5000 + 1000 • 10 • 4)0,785 1 - 35 325 Н.
Координату центра давления или точки приложения результи-
рующей силы можно определить следующим образом:
. . „ 4л£>4 .4-1
й, =h. +е = Н +-----х- = 4+—-— = 4,015 м.
g 64-4лР2 8-8-4
Задача 3.15. Показание манометра Mj рх = 5 Н/см2, показание
манометра М2 р2 = 6 Н/см2, р = 1000 кг/м3 и g - 10 м/с2. Опреде-
лить позицию свободной поверхности от дна резервуара (рис. 3.15).
Решение. Согласно основному уравнению гидростатики,
Л = Pi + pgH, откуда
pg 103 -10
Задача 3.16. На плоской боковой поверхности резервуара име-
ется полусферическая крышка-трап (рис. 3.16). Высота жидкости
над центром трапа Н, показание вакуумметра, установленного на
резервуаре, ру. Определить результирующее давление на крышку
трапа, если D = 0,6 м; Н = 3,5 м; pv = 0,5 • 10s Н/м2; р = 103 кг/м3;
g ~ 10 м/с2.
Рис. 3.15
Рис. 3.16
46
Решение. Силу давления жидкости определим по формуле
|3, с. 34]
В рассматриваемом случае вертикальная проекция трапа пред-
ставляет собой круг диаметром D, тогда горизонтальная составля-
ющая
=-0»^ =-(0^ Ю5 +10340 3,5)-^^1 =
= -24 021 Н.
Вертикальная составляющая равна разнице двух вертикальных
составляющих тел давления с соответствующими объемами ADCE и
ADCB, построенных на дугах ЕА и АВ, т. е. W2 и В результате по-
лучим вес воды полусферы ЕАВ диаметром D, т. е.
E^gf/t - ^верй ^вертЬ
F^ga Ртб^гор + Р£^2>
Лерг! Рюб^юр +
Тогда
Лерт = -Риэб^гор + Р£»2 + йЛ, “ Pg^l = Pg(»S “ f^l) =
= pg— = 104 f—X216 = 565,2 H.
12 I 12 J
Таким образом, сила давления жидкости на крышку трапа
F = +F^ = 7(-24021)2 +(565,2) 2 = 24027,6 Н.
Задача 3.17. Щит, перекрывающий канал, расположен под углом
а = 45* к горизонту и закреплен шарнирно к опоре над водой
(рис. 3.17). Определить усилие, которое необходимо приложить к
тросу для открывания щита, если ширина щита b = 2 м, глубина
воды перед щитом Нх = 2,5 м, после щита Н2 = 1,5 м. Шарнир распо-
ложен над высоким уровнем воды на расстоянии Н3 = 1 м. Весом
щита и трением в шарнире можно пренебречь.
Решение. Сила суммарного давления воды:
слева
2> , = = 1000-9-81'2’52 '2 - 86.7 кН;
1 6 2 sina 2sina 2sin45°
47
Рис. 3.17
справа
= 1000.9,81.^ 2 =3USkH
2 sina 2 sin45°
Расстояние от шарнира до центров приложения сил давления:
=-^-+2jL = ^L_+ 2 2’5 =3,77 кН;
sina 3sina sin45° 3sin45°
l2 = gi + H* ~H2 + 2^2 = 2,54-1-1,5 + 2 1,5 = 4^3 kH
sina 3sina sin45° 3sin45°
Составим уравнение моментов сил относительно шарнира О.
Мо = -Pj/j + P2l2 + 773 = 0.
Так как a = 45°, то 13 = Нг + Н3.
Следовательно,
т = /Ц -Р2/2 = 86,7°3,77-31>25°4923^585 idl
13 2,5+1
Задача 3.18. Имеется цилиндрическая цистерна с бензином
(рис. 3.18). Манометр показывает избыточное давление паров над
свободной поверхностью. Определить силу давления на поверхность
АВ и координату центра давления, если D = 2,2 м; Я =2,4 м;
г = 0,72 ° 103 кг/м3; = 1,5 ° 105 Н/м2; g - 10 м/с2.
Решение. Согласно основному уравнению гидростатики, сила
давления жидкости на поверхность АВ
P=(Pm+P«*)S,
где ризб ~ избыточное давление паров над свободной поверхностью;
S — площадь поверхности АВ.
48
Или
Р = pgV+АД = 0,72 104 (я - +P*s =
= 0,72 104 • 1,3 • 0,785 • 4,84 + 1,5 • 10s • 3,79 =
= 0,356 105 + 5,685 - 105 = 6,041 • 10s H.
Определим эксцентриситет между центром тяжести и центром
/шипения:
C_I<* _ ^/64 _ D2 -4,84
HgS ЦЗяР2/4 U 16 20,8
inc I,* — момент инерции относительно оси, проходящей через
центр тяжести.
Тогда координата центра давления hc = hg + е = 1,3 + 0,23 = 1,53 м,
где hg — координата центра тяжести.
Задача 3.19. Уровень жидкости в пьезометре находится на той же
горизонтальной плоскости, что и верхняя точка сферического резер-
вуара с жидкостью плотностью р = 1000 кг/м3. Две полусферы диа-
метром 2 м связаны болтами (рис. 3.19). Определить силу Р, jtgtocr-
нующую на все болты, если Р = F*^ + FKp,2.
Решение. Рассмотрим две полусферы — верхнюю и нижнюю.
Горизонтальная составляющая силы давления жидкости на кри-
волинейную стенку равна силе давления жидкости на ее вертикаль-
ную проекцию [3, с. 33]; в данном случае для верхней полусферы
Fwpx = Fnp. Тогда вертикальную составляющую силы давления, дей-
ствующего на верхнюю полусферу, можно определить из уравнения
Тверт! ~ Ронэб^гор PS^F,
где W — объем тела давления,
49
w=w2-wlt
ltd2 d nd3 - , „
где W2 = — = —---объем цилиндра с основанием d и высотой
nd3
d/2\ Wx =----объем полусферы диаметром d.
Тогда
W = W2-WX = — =
2 1 8 12 24
Так как уровень жидкости в пьезометре находится на одной
горизонтальной плоскости с верхней точкой сферического резер-
вуара, то
/»Оиэ6 = 0; ^веОТ1 =104lP = 104f— 1=— ю4.
КОиэб »ерг1 I 8 12 I 24
Для нижней полусферы = 0; Fmpi = F^.
Вертикальная составляющая силы давления в этом случае опре-
делится следующим образом:
^2 =pgw = pg^ +^2) = pg(sropy+^-
(itd3 7u/3^ nd3 -5
=rehr+"ir -pf^r
тогда
& ^верт! "*'^*верт2
ltd3 Slid3} f 3,14-23 5-ЗД4-23 Y_3 oo
-----+----- pg = —-------+—=-----------tt(r -9,8 =
24 24 Г I 24 24 Г
= 6,157 • 104 H.
Задача 3.20. Стальной полусферический резервуар радиусом
R = 1 м и массой т — 2550 кг, расположенный на горизонтальной
плоскости А—А, через пьезометр заполняется водой (рис. 3.20). При
какой высоте х произойдет отрыв резервуара от плоскости А—А?
Решение. Сила отрыва F должна превышать силу
G = mg = 2550 • 9,81 = 2500 Н, т. е. F> G, F> 2500 Н.
Сила отрыва F=pmSSm. + pgW, где рнЛ = pg(x - R); - itR*;
W — объем тела давления, 1И= W2 — W2 — объем цилиндра вы-
сотой х, W2 = itR2x; Wx —объем полусферы диаметром d; х — высота
пьезометра; R — радиус резервуара.
50
Определим объем полусферы:
лЛ3 8л/?3 _ 2л/?3
1 12 12 3
Тогда
W = nR2x-^-.
3
Так как G = 2550 кг, то 2500 = pg(x-R)nR2 +pg(n/?2x-^^-^;
0,25 = 2лЯ2х--лЯ3.
3
Так как R = 1 м, то х = в>25+Ц>7я = о,875 м.
2л
Задача 3.21. Резервуар наполнен бензином. Определить силы
давления, действующие на основание, боковые поверхности и кры-
шу, если D = 5 м; h = 1,5 м; Н = 4 м; р6 = 0,8 • 103 кг/м3; g = 9,81 м/с2
(рис. 3.21).
Решение. Согласно основному уравнению гидростатики сила
давления бензина на основание резервуара
Г1К„ = Рб£(Я+ ад™ = 0,8 • 103 • 9,81(4 + 1,5)3,14 • 6,25 - 8,47 • 105 Н.
Сила давления бензина на крышу резервуара равна силе тяжести
жидкости в фиктивном теле давления W [3, с. 35]:
— п2
W = W. -W2 = nR2h-—h.
Тогда F^ = pgW= pgWt - pgW2 = 0,8 • 103 • 9,81 • 3,14 • 6,25 • 1,5 -
- 0,8103 9,81^6,25-1,5 = 1,54 • 105 H.
3
51
Силу давления бензина на боковую поверхность [3, с. 33] можно
определить по формуле
^ж-пов =РЯМ=0>8103 10^+^27,5 = 7Д5105 Н,
где h, — расстояние центра тяжести от верхней кромки резервуара.
Дня рассматриваемого нами случая вертикальная проекция кри-
волинейной цилиндрической стенки представляет собой прямо*
угольник, площадь которого S— (Н+ h)D = (4 + 1,5)5 = 27,5 м2.
Задача 3.22. В стенке резервуара просверлен трап, который за-
крывается полусферической крышкой радиусом R = 0,1 м и весом
200 Н (рис. 3.22). Какова должна быть высота Н воды в резервуаре,
чтобы крышка открылась?
Решение. Определим силу, действующую на крышку:
G=pg(HSnf+W),
... ltd3 с л.
где W = ---объем полусферы крышки трапа.
Отсюда
200 104 ЗД4-2310-3
я = £-р^ = ^Д_________1^_ = 200 -20^ =
pgSrop Ю4 -ЗД410-2 314
Крышка откроется при Н> 0,57 м.
Задача 3.23. Стальной резервуар в форме усеченного конуса не
имеет дна и установлен на горизонтальной плоскости (рис. 3.23).
На какую высоту х должна подняться жидкость, чтобы резервуар
оторвался от горизонтальной плоскости под действием давления
жидкости на боковую поверхность, если D = 2 м; d= 1 м; й=4 м;
о = 3 мм; рст = 7,8 • 103 кг/м3; рв = 103 кг/м3; g = 10 м/с2?
Рис. 3.23
52
Решение. Определим вес резервуара:
G = mg, т = рстК= р„(К, + И2) = р^а + S&),
где К] — объем боковой поверхности резервуара; — площадь боко-
вой поверхности 5, = nl(R + r) ; I — длина стороны боковой поверх-
ности, / = 7я2+(Л-г)2 = 716+(0Д)2 = -J1625 = 4,03 м.
Зная /, найдем
5!= 3,14 4,03 • 1,5 = 19 м2 и = 5,0, = 19 • 0,003 = 0,057 м3.
Теперь определим объем крышки резервуара:
И2 = 5^1 = 3,14 • 0,25 • 0,003 = 0,00236 м3,
где S2 — площадь крышки резервуара, S2 = п1У/4.
Тогда масса резервуара составит
т = pCT(Ki + И2) = 7,8 • 103(0,057 + 0,00236) =
= 7,8 • 103 • 0,05936 = 463 кг,
и еп» вес G = mg = 4542 Н.
Рассчитаем вертикальную составляющую силы давления жидко-
сти па боковую поверхность:
Л = Рв^=Р.«(»К1-И9,
где W — о&ьем тела давления жидкости, действующей на боковую
поверхность; — о&ьем цилиндра диаметром D и высотой Л; W2 —
|Л|<;м усеченного конуса высотой х, радиусом у основания R и у вер-
шины у,
W. = ^^x=0,785-4x = 3,14x; = —(&2 +У2 +Ф).
4 3
Из подобия нижней и верхней трапеции (см. рис. 3.23) имеем
— = —; 4у2 = 2М; у2 = Rr, y = jRr,
2у d
откуда
W2 =y(j?2+J8r+^V^) = ^y^a+104+lA/6J) =
= 1,05(1,5+0,7)х = 2,3 lx;
р = pg(3,14x - 2,31х) = 0,83х -10* Н.
53
Так как G=р. то 4542 Н = 0,83х • 104 Н, откуда х = 0,547 м.
При высоте жидкости х > 0,55 м под действием давления на
боковую поверхность резервуар оторвется от горизонтальной плос-
кости.
Задача 3.24. Простейший ареометр (прибор для определения
плотности жидкости), выполненный из круглого карандаша диамет-
ром d = 8 мм и прикрепленного к его основанию металлического
шарика диаметром dm = 5 мм, имеет вес G = 0,006 Н. Определить
плотность жидкости р, если ареометр цилиндрической частью погру-
жается в нее на глубину h = 1,5 см.
Решение. Вес ареометра уравновешивается силой вытеснения
следовательно,
(nd3 nd2
G = pgJ^a =
I 6 4
откуда
G ____________________0,006___________
^+^h\ = 9>81f3J4 0,005\3J40j)08i '
6 4 I I 6 4
= 747 кг/м3.
Задача 3.25. Резервуар, состоящий из двух идентичных частей ко-
нической формы, полностью заполнен водой. Рассчитать силы, дей-
ствующие на болты в горизонтальных плоскостях А—А, В—В и С—С
(рис. 3.24). Показание манометра на крышке (Л—Л) рм = 5 Н/см2
масса крышки т, = 60 кг, масса конической части т2 = 90 кг
= 1,8 м; d2 = 0,9 м; h = 1,2 м.
Решение. Силу, действующую на болты в горизонтальной
плоскости А—А, определим по формуле
где Р] — сила давления, действующая на крышку А—А (направлена
вверх); Gt — вес крышки (направлен вниз). Найдем их значения:
= рм5 = 5104^^- = 12,7104 Н;
Gi = тд = 60 10 = 600 Н.
Отсюда FA_A = 12,64 • 104 Н.
54
Рис. 3.24
Рис. 3.25
Силу, действующую на болты в горизонтальной плоскости В—В,
определим по формуле
^8-1 = Fa-A “ A - G2,
где Р2 — сила, действующая на коническую верхнюю поверхность
ммсой т2 = 90 кг (направлена вниз); G2 — вес конической верхней
ЧМТИ (направлен вниз).
Для расчета Р2 нужно преобразовать манометрическое давление
рн в пьезометрическую высоту водяного столба:
Зная пьезометрическую высоту, построим тело давления
(рис. 3.25) и определим его объем:
и/ __ j2\i, _ ТС . ,2 j2\^1 + ^1 _
i 4 • -^2Т"ср -^(“i _“г)
= ^(1,82 -0,92 )(5+52+1,2 ) = 10,7 м3.
Найдем силу давления, действующую на плоскость В—В:
Рг = Рв«»2 = Ю3 • Ю • 10,7 = 10,7 • 104 Н.
Вес конической части G2 = m-g =90-10 = 900 Н.
Тогда сила, действующая на болты в плоскости В—В,
FB_B = Fa-л - Pi - G2 = 126 400 - 107 000 - 900 = 18 500 H (на-
правлена вверх).
55
Сила, действующая на болты в плоскости С—С, определяется по
формуле
^С-С = Fg_B Л ~ &3,
где Р3 — сила давления, действующая на внутреннюю коническую
поверхность; G3 — вес внутренней конической оболочки массой
тг = 90 кг, G3 — mg = 90 • 10 = 900 Н.
Сила давления, соответствующая телу давления объемом W3
Рз = Ра^з, а
nz ®zj2 j2\l j24fA, +Й + Й + Й! +Й\
»3 =4(^1 j---!---1 =
= ^(1,82 -Oft2)5—*1^-5+— =13 m3.
Тогда
Рз = P.gW3 = Ю3 • 10 • 13 = 13 • 104 H.
Окончательно сила, действующая на болты в плоскости С— С:
Fc_c = Рв-в + Рз - G3 = 18 500 + 130 000 - 900 = 147 600 Н.
Таким образом,
FAA = 12,64 104 Н; F„_B = 1,85 104 Н; Рс^ = 14,76 104 Н.
Рис. 3.26
Тогда
Задача 3.26. Для поддержания стен-
ки резервуара используются четыре дву-
тавровые балки, при этом Р, = Р2 =
= Р3 = Р4 (рис. 3.26). Определить рас-
стояния ht, h2, h3, h4, если ширина стен-
ки b = 1 м; высота свободной поверхно-
сти Н = 6 м.
Решение. Сила, действующая на
всю вертикальную часть стенки, Р = р£,
где рг — гидростатическое давление в
центре тяжести стенки; >5 — площади
стенки шириной b = 1 м.
1 1 о
По условию Рх = Р2 =Р3 =Р4 =-P=-pgH2b.
56
В соответствии со схемой на рис. 3.26 Рг может быть рассчитана
как
Р1 “ PgAB&AB*
где pgAB — гидростатическое давление в центре тяжести части АВ
стенки; $АВ — площадь поверхности этой части.
Тогда
Р1 =PtABSAB = P£j/ = JP^"
Ясно, что сила давления Рх проходит через центр тяжести эпюры
давления, т. е.
2 3
ht =-lx, откуда/t =-йг
‘Тогда
Z о
hi куда
. 8Я2 1„ 1-6 . , 3. 3. _
h, = J---= -Н = — = 2 м и /, = —й, = —2 = 3 м.
1 V 72 3 3 1 2 1 2
Аналогично найдем
Л =Psmsk = =\р&Н2Ь,
\ 2 / о
<>гкуда 0,5/2 +03^2 -4,5=0. Отсюда 1г = 1,2 м.
В соответствии со схемой координата центра давления й2 силы
Д|ии1ения Р2 может быть найдена следующим образом [3, с. 30]:
й2= ——+htBC
ng вс^вс
=~-У2... ,+(i + к)=з,бз м,
/1+Ц2 2>
I 2р
где Ifa — момент инерции части ВС стенки относительно оси, прохо-
дящей через центр тяжести.
57
Определим силу давления Р3:
Л =PgCDScD =Рф1 +l2 +V Из =|р£#2>
к ) о
откуда 13 = 0,96 м.
Найдем координату h3 центра давления силы Р3:
ы1
Аз = . \- +hgCD = - +/2 +т)=4’7 М
*»®д® Ь +/2+кк V Z)
Окончательно найдем
/4 = Я- (А + /2 + /3) = 6 - 3 - 1,2 - 0,96 = 0,84 м.
Координата центра давления силы Р4:
Л4
AC g Ш
g DE°DE
ы;
------12--V + r +/2 +/3 +~] = 5’59 М
k+/2+/j+4-k V 27
Итак = 3,0 м; h2 = 3,63 м; h3 = 4,7 м; Л4 = 5,59 м.
Задача 3.27. Резервуар А наполнен жидкостью плотностью ря
(рис. 3.27). Внутри крышки-цилиндра В диаметром d = 10 см имеет-
ся поршень, на который действует сила F. Жидкость находится
в равновесии и расположена на высоте h2 от крышки-цилиндра.
По показаниям ртутного манометра h3 = 0,08 м и зная высоты
Л2 = 0,25 м, h3 = 0,4 м, й4 = 0,7 м, й5 = 0,08 м и h6 = 0,15 м, опреде-
лить: 1) показание пьезометра hi, 2) показание манометра С; 3) силу
F, действующую на поршень; 4) абсолютное давление жидкости под
поршнем если рт = 105 Па; рж = 900 кг/м3; ррт = 13 600 кг/м3
d = 10 см.
Решение. 1) Определим показание пьезометра Точки 1 и 2
принадлежат одной и той же поверхности сравнения, следовательно
давления равны друг другу: рх =р2;
Рх =Р1 =Рт + Рр^А5 = 105 + 13 600 • 9,8 • 0,08 = 110662,4 Н/м2.
Помимо этого точки 3 и 4 принадлежат одной и той же поверх-
ности сравнения, и р3 = р4, тогда р3= р4= р2 — p^gh6 = 110662,4 -
- 900 • 9,81 • 0,15 = 110662,4 - 1323 = 109339,4 Н/м2.
58
Рис. 3.27
Так как р± =р^ + PigA, то р^ =р4 -р^ = (109339,4 - 105) =
= 9339,4 Н/м2.
Отсюда
. 9339,4 , _ „
А, =------— = 1,058 м.
1 900 9,8
Манометр С находится на высоте А4 по отношению к точке 3,
т е. рс = р3 - p>gA4 = 109339,4 - 900 • 9,8 0,7 = 109339,4 - 6174 =
= 103165 Н/м2, тогда его показание будет
Рм =Рс ~Р*™ = 103165,4 - 100 000 = 3165,4 Н/м2.
Определим силу F, действующую на поршень. Известно, что
p = F/S и F=pS, где р — давление, действующее на поршень; S —
площадь поршня.
Найдем площадь поршня при d = 10 см:
5 = — = 344 (0^-2- = 0,00785 м2.
4 4
Давление под крышкой рв = р3 - р^(А3 + А2) = 109339,4 -
-900 9,8(0,4 + 0,25) = 109339,4 - 5733 = 103606,4 Н/м2. Тогда
F =PgS = 103606,4 0,00785 = 813,31 Н.
Определим абсолютное давление жидкости под поршнем. Так
как сила F, действующая на цилиндр, является результирующей, то
= рв, следовательно, р^. = 103606,4 Н/м2.
Задача 3.28. Бассейн, заполненный бензином (р = 900 кг/м3),
опорожняется с помощью трубопровода, закрытого клапаном
(рис. 3.28). Рассчитать силу F, необходимую для поднятия клапана,
если вес клапана G = 29,4 Н, диаметр трубопровода d = 0,4 м, высота
59
жидкости по отношению к центру тяжести Н= 3,5 м, размеры рыча-
га а = 0,55 м и Ь = 1,3 м; а = 30°.
Решение. Для того чтобы рассчитать силу F, необходимую для
поднятия клапана, нужно рассмотреть сумму моментов сил относи-
тельно точки А. На клапан действуют две силы: сила тяжести клапа-
на G и сила давления жидкости, содержащейся в бассейне. Сумм
моментов сил относительно точки А равна нулю, т. е.
EAL = 0; R.I е+а-— |+(?|л-— |sma = JZ>;
Ч 2J I 2)
„ ( d\ „( d\ .
F-I е+а— +(7 л— sma
4 2J I 2)
b
(3.1)
где e — эксцентриситет (расстояние между центром тяжести и цен-
тром давления).
Известно, что
Fx = Pg5=(po + pgZO5. (3.2)
В данном случае р0 =Лтм, тогда
_ pgsina/o* _ sinaZat
е pgHS SH
гг , ltd4
Так как сечение клапана круглое, то 1^ = и
-nrf44
е = — ------
3^-fAnd2
d2
32-3,5
042
= ^- = 0,001428 м.
112
(3.3)
Тогда на основании формул (3.1)—(3.3) получим
. 3.14-0 42
ЦО5 +900-9,8-33)' ’ (0,55-0,2 +0,0014)+29,4-0,35-0,5
F =----------------------4---------------------------------= 4447 н
и
Задача 3.29. Закрытый резервуар содержит бензин (рис. 3.29
плотностью р = 950 кг/м3. Напряжение насыщенного пара pt = 70 мм
рт.ст. Имеются три полусферические крышки диаметром D = 0,35 м.
Зная высоты h = 0,8 м, = 1 м и h2 = 1,8 м, найти вертикальную
и горизонтальную составляющие, а также равнодействующую силу
действующую на болты крышек; координату центра давления.
60
Рис. 3.29
I* с iii с н и е. Напряжение насыщенного пара равно избыточному
давлению: pt=p^ = pg* = 70 мм рт. ст. = 0,07 м рт. ст., отсюда
0,07 м.
Ррт 8
Рассмотрим крышку резервуара Сх (рис. 3.30). Сумма проекций
три юнтальных сил на ось XZFx = F2 — F3 = 0. Силы F2 и F3 равны по
«Ниичине и противоположны по направлению, следовательно,
Лгор = °, тогда Лверт =Pw#Sh + Р£*К где W= JT2 - W\9 W2 — объем ци-
линдра (рис. 3.31); Wx — объем полусферы крышки Съ
Wx =—,W2=—h.
1 12 2 4
Тогда
Лверг = 9329,63^14'0,3^2 0,8 +950-9з[зД40,352 - ЗД4°’35П = 1509,01 Н;
Рассмотрим крышку С2 (рис. 3.32): F2mp = 0 (как и для крышки
CJ, <У„>р = л2)2/4 (как и для крышки С,).
Тогда
=р^ + PgfPi fP= fP, +
Здесь Wi = + h2 + h); W2 = —--, тогда
61
Рис. 3.30 Рис. 3.31 Рис. 3.32 Рис. 3.33
Аверг = 9329,б3’14^’35-2 +950 9,8^3,14^’352 (0,8+1+1,8)+3?14^’35
= 4217,5 Н;
Р2 = +Лгор = ^ = 4217,5 Н.
Рассмотрим крышку С3:
^згор =(Роизб+Р«Лгз>У»₽г = (9329,6 +950-9,8(0,8+1,0))^^! = 2504 Н.
Согласно рис. 3.33, — вертикальная составляющая, дейст-
вующая на верхнюю половину крышки; Г3верт2 — вертикальная со-
ставляющая, действующая на нижнюю половину крышки. Из урав-
нения Г3верт =/*3верт2-Г3верт1, зная, что Г3верГ2 =РоизА>р + Р$»2,
Аверт! =Ризб*5гор + Р#^ -Рнзб^гор ~ Pg^l = Pg(^2 “ = Pg~
найдем Г3верт = 950-9,8 3,14--^’35 2 =104,3 Н.
Тогда
Рз = VF3^o₽ +fWr = 725042 +10432 = 7628089 = 2506 Н.
Для крышки С, сила F, приложена в точке С,. Определим коор-
035
динату центра давления: hCt =h-R = 0$ —-— = 0,8 -0Д75 = 0,625 м.
Для крышки С2 сила F2 приложена в точке С2. Определим коор-
динату центра давления: ЛС2 =(й+й3 +й2)-Л=3,6—^— = 3,425 м.
ГЛАВА 4
Плавание тела. Закон Архимеда
Задача 4.1. В обычных условиях человек поднимает без труда
стальную гирю массой mt = 30 кг. Стальную гирю какой массы чело-
век может поднять без труда под водой, если рв = 103 кг/м3;
рст=7,« 103 кг/м3?
Решение. Согласно закону Архимеда:
и; ; W2 ,
Pb«i Pct т2
ta₽ И/| — объем стальной гири; 1V2 — объем воды в объеме стальной
1ири. причем ИИ, = W2, или--=------.
рвт, рстт2
Следовательно, масса воды в объеме стальной гири
/и.рв 30 1000 „ о
т2 = — =---= 3,8 кг, тогда масса гири, которую человек мо-
рст 7800
жет поднять под водой, составит т = т, + т2 = 30 + 3,8 = 33,8 кг.
Задача 4.2. Прямоугольная баржа размером /хдхЯ=60х8хЗ,5м
(рис. 4.1) наполнена песком относительной плотностью рп = 2,0 кг/м3
и весом G — 1440 • 104 Н. Определить осадку баржи h; объем песка,
►огорый необходимо отгрузить с баржи, чтобы осадка не превышала
h =1,2 м (рв = 1000 кг/м3).
Решение. Согласно закону Архимеда:
•не G = PnglTn; РА = p„glK6; W6 = Ibh.
Отсюда
63
то
Так как
G _ 1440-Ю4
pBg» 103 -10-60-8
Определим количество песка при h = 1,2 м:
Л = = 104(60-8-1,2) = 576-Ю4 Н.
Так как G = РА и G = рп£Й^, то
=576 10 =288 м3.
2-104
Задача 4.3. Коническое тело с диаметром основания D и высотой
Н плавает в жидкости плотностью р2 (рис. 4.2). Плотность тела pj
Определить глубину погружения конического тела г.
Решение. Погруженная в жидкость часть конуса объемом V
представляет собой усеченный конус с радиусами нижнего круга R
верхнего круга г, высотой z, объемом V2. Тогда по закону Архимеда
G - Ра, G - plgK15
где V\ — объем всего конуса.
Тогда
Л = Р2^2,аГ1=|лй2Я.
Объем подводной части составит
V2 = |ти(я2 + г2 + Л*)-
64
Iпк как
|р157сЛ2Я = |р2^сг(Л2 +r2 + Rr), то
ptR2H= p2z(R2 + г2+ Rr).
И1 подобия треугольников АВС и СЕР
г H-z
R ~Н~’
(4.1)
•н к van
r_R(H-z)
H
(4.2)
Подставив (4.2) в (4.1), получим
p1R2H = p2z R2 +
RH-Rz\2 | R2H-R2z
H J + H
<) гсюда
2 = Я 1-з/1-— м.
I V P2J
Задача 4.4. Свободная поверхность жидкости в резервуаре нахо-
IHH H на расстоянии h\ + h'2 от его основания. После погружения
ннииндра диаметром d расстояние до свободной поверхности ста-
ми равным 7^ + h\ + h'2. Определить диаметр d цилиндра, если
hx = 200 мм; h2 = 288 мм; D = 60 мм (рис. 4.3).
Решение. По закону Архимеда в результате погружения ци-
линдра на глубину hx вес вытесненной воды равен весу воды в объе-
ме погруженного тела, а Архимедова сила — весу воды, вытесненной
нн|ружением цилиндра, т. е.
G = PX,G=pgW^pg^-h2,
4
о ИЛ (llD2
Рл = PgW2 =Pg —:---
14 4 1
Тогда
ря^-л2 =pg(^——[“К; =+
4 14 4 1
65
Отсюда
. I D2/il |3600-200 ,o
d = J----— = J---------= 38 мм.
у й| +Й2 11 288+200
Задача 4.5. Лодка плывет по воде (рис. 4.4). Определить глубину
погружения Н. Сколько человек (массой 67,5 кг каждый) может раз-
меститься в лодке при условии, что она не погрузится полностью
(плотность лодки р„ = 700 кг/м3); h = 0,3 м; а = 0,3 м; b = 5 м?
Решение. Согласно закону Архимеда, G = РА, где
G = р„«((Я+ h)ab) = 700 • 10(Я+ 0,3) • 0,3 • 5 = 10 500(Я + 0,3);
Рл = pagHab = 0,7 1000 • 10((Я+ 0,3)0,3 • 5) = 15 000 Н,
откуда Н= 0,7 м.
Вес лодки с людьми составит
G„ + 2Х?чел = РА;
TG4ai = PA-G„ = [p^g(ab(H + Л))] - [pg(ab(H + й))] =
= 104 • 1,5 - 0,7 • 104 • 1,5 = 45 • 102 Н.
Отсюда
^'.^чел 45-Ю2 ,
п = —----=--------= 6 чел.
67 $g 67,5-10
Задача 4.6. Понтон весом G, = 4 • 104 Н нагружен грузом G2
(рис. 4.5). Центр тяжести находится на расстоянии h = 0,45 м от ос-
нования понтона. Размеры понтона: длина L = 8 м, ширина I = 4 м,
высота Н= 1 м. Определить вес груза G2.
66
Рис. 4.6
Решение. Понтон находится в равновесии, следовательно,
IWHTp тяжести и центр водоизмещения совпадают, а значит,
Ра = Рв^ = peg(Ll 2Й) = 1 (Г(32 • 0,9) = 28,8 • 104 Н;
G, + G2 = Л; G2 = Рл - Gi = (28,8 - 4)104 = 24,8 • 104 Н.
Задача 4.7. Поплавок, сделанный из меди, служит для указания
У|М)йНЯ раздела воды и бензина. Определить диаметр D поплавка,
мми 8=1 мм; d = 3 мм; Z = 2 м; риеди = 9 • 103 кг/м3; р6 = 860 кг/м3;
рв= Ю3 кг/м3; /= 1 м; Н= 10 см (рис. 4.6).
Решение. На поплавок действуют две силы: вес G (направлен
М1И1) и выталкивающая сила Архимеда Рл (направлена вверх).
Так как поплавок находится в равновесии, эти две силы должны
Пмть равны друг другу. Определим вес поплавка по формуле
G = Рмии&^К
|Дй W— объем металла,
|K = 2j^5 + _(2)_5)2уя_28)+^£.
Выталкивающая сила состоит из двух составляющих
р = р' + р"
гz f z r V
Iдо Р\ — выталкивающая сила со стороны бензина; P"z — то же, со
утороны воды. Тогда
Р'=р^'иР''=р^Г,
ГД© И" — объем бензина, вытесненный поплавком; W" — объем
©оды, вытесненный поплавком,
+ и ^=п&_Н
42 4 I 2) 42’
67
НЕТ
СТРАНИЦЫ
НЕТ
СТРАНИЦЫ
Рис. 4.11
Задача 4.11. Буровая скважина наполнена глини-
стым раствором плотностью рр = 1,4 • 103 кг/м3. Опре-
делить координату z поперечного сечения, где напря-
жение [ст] = 0. Буровая штанга из стали имеет длину
L = 800 м, внутренний диаметр rf = 156 мм, толщина
стенки трубы 3 = 7 мм, рст = 7,8 • 103 кг/м3 (рис. 4.11).
Решение. Найдем поперечное сечение штан-
ги, при котором напряжение на разрыв [о] =0
[ст] = [Oj] — [ст2], где [стД — напряжение, зависящее от
силы тяжести; [о2] — напряжение, зависящее от вы-
талкивающей силы Архимеда,
<*i
2гсЖрст
2лЛЗ
2nj?3ZpD
=р"с
Так как [ст] = 0, то Oj = ст2, или p„z = Рр£.
Тогда
_рр£ _ 1,4 103 800 _
Z рст 7,8103
Задача 4.12. Коническое тело с диаметром основания d = 0,4м,
высотой й = 0,5 ми массой т = 10 кг плавает в воде (рис. 4.12). Ка-
кое количество воды необходимо залить в эту емкость для полного его
погружения?
Решение. Коническое тело находится в воде, тогда по закону
Архимеда
G = РА, G = mg, или G = 10 • 10 = 100 Н,
т. е. выталкивающая сила соответствует РА = 100 Н.
При заполнении водой конического тела Рл = pBglK, где
W — объем конического тела, т. е.
1И = -гсЯ2й =-ЗД4-0,22 0,5=0,02 м3.
3 3
Тогда выталкивающая сила
Л = PbS^= 103 • 10 • 0,02 = 0,02 • 104 = 200 Н.
Следовательно, объем воды, который соответствует весу
АРЛ = 200 — 100 = 100 Н и при котором тело полностью погружается
в воду, создает условие ЛРА = АС?, откуда
АС? = рв^А1КиД1К = — = -^- = 0,01м3.
pBg 103 10
70
Задача 4.13. Стальной конический клапан диаметром D и высо-
той h служит для закрытия отверстия круглой формы, куда он опус-
кМТСН на - Л (рис. 4.13). Позиция свободной поверхности соответст-
вует высоте Н. Определить силу F, необходимую для открытия
клапана, если Z> = 0,5 Л; Я=5й; рст = 7,8-103 кг/м3; рв= 103 кг/м3;
Л =0,5 м.
Решение. Определим силы, действующие на клапан:
нма веса
= pCTgJK = pCIg|rt/{2A = 7,8103 10^(0,5 0,25)20,5 =638 Н;
вила давления
Рг = рв^Я-|й)лЯ2 = 103 10^у^ЗД4 0Д252 =1145 Н;
вила Архимеда
рл =pBglK2 =103 10 0,0057 = 57 Н,
h
где №2 - объем усеченной пирамиды высотой h'=
= у^(Я2 +г2 +Л-) = ^у^(0,016 +0,0064 +0,01) = 0,0057 м3.
Теперь можно определить силу F, необходимую для открытия
клапана:
F= Р1 + Р2-РА = 638 +1145 - 57 = 1726 Н.
ГЛАВА 5
Уравнение неразрывности. Уравнение Бернулли
Задача 5.1. Расход идеальной жидкости относительной плотности
8 = 0,860 в расширяющемся трубопроводе с диаметрами d\ = 480 мм
(сечение 7—7) и rf2 = 945 мм (сечение 2—2) равен 0 = 0,18 м3/с
(рис. 5.1). Разница в позициях центра сечений равна 2 м. Показание
манометра в сечении 7—7 равно pt = 3 • 10s Н/м2. Определить ско-
рость жидкости в сечениях 7—7 и 2—2; давление р2 в сечении 2—2.
Решение. Сечение 7—7 проведем через место подключения
манометра, а плоскость сравнения О—О расположим на уровне zt и г2
от центров сечений 7—7 и 2—2, тогда
v. = = 0,995 м/с; v2 = ~ = 0,257 м/с.
raff nd2
Относительная плотность жидкости 8 = —, откуда
Рв
Рж = Р.8 = Ю3 • 0,860 = 860 кг/м3.
Используем уравнение Бернулли для сечений 7—7 и 2—2.
z, +—+a. — = z2 +—+а2—+Дй.
1 pg 12g 2 pg 22g
Предположив, что режим течения турбулентный (а, = = 1), и
пренебрегая потерями (ДА = 0), получим
Pi =Pi +Pxg^+~^i -»г) =
ОГЛ
= 3-105 +860-10-2+-^-(0,9952 -0,2572) = 3-105 +0Д7-105 +0,004 105 =
=3,174 • 105 Н/м2.
Задача 5.2. Сифон длиной 1 = Г + Г = 25 ми диаметром d = 0,4 м
(рис. 5.2) позволяет перетекать воде из одного резервуара в другой
72
Рис. 5.1
Центральная часть сифона поднимается на высоту Л, = 2м над
свободной поверхностью жидкости. Разница уровней в резервуарах
2 = 2,5 м. Коэффициент потери напора по длине X = 0,02, коэффи-
циенты местных потерь: входа = 0,5, выхода £2 = 1> поворота тру-
Пннрокода = 0,4. Определить расход воды в сифоне.
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проведем через свободные по-
вермности резервуаров, а плоскость сравнения — через сечение 2—2.
Используем уравнение Бернулли для сечений 1—1 и 2—2.
_ . Р1 . „ ®12 - 7 4. 4.Г» 4. V Л
Zi ч-----h (Xi -— Zi -------hOU-----h > Л.
1 Pg l2g 2 pg 22g
Здесь
7 772 712 772
SA = 4 +АмеСТ = + 2£3)^ = 3>55^-;
Pi=P2 = cq = eq = 1 (предположим, что режим турбулентный).
Тогда
ъ (*1 "”^2)2# 2 ос
*i =*2+2/; —= ;*1-г2 = 2,5м.
Отсюда
v = =3>7м/^б = ^-г=°’785 • °Д6 3,7 = 0,467 м3/с.
Задача 5.3. Наклонный трубопровод состоит из четырех состав-
ных частей с диаметрами d3 = 100 мм; d2 = 75 мм; d3 = 50 мм;
4» = 25 мм (рис. 5.3). Дебит равен 0,01 м3/с, относительная плотность
жидкости 3 — 0,95. Рассчитать давления ръ р2, р3 в соответствующих
73
поперечных сечениях, имеющих координаты центров zx = 5 м,
Z2 = 4 м, Z3 — 3 м. Потерями напора можно пренебречь.
Решение. Сечения 1—1, 2—2, 3—3, 4—4 проведем через места
подключения дифманометров, а плоскость сравнения О — О распо-
ложим на уровне центра тяжести сечения 4—4. Используя уравнения
Бернулли, найдем давления в сечениях 1—1, 2—2, 3—3, предполо-
жив, что режим течения турбулентный (at = = 1), и пренебрегая
гидравлическими потерями:
2 2
Zx +—+<Х1 — = Zt +—+<х2— + У h.
* Р£ * 2g 4 pg 22g
Здесь р4 =рвП|; У/г = О; v = -^;z4 = 0-
nd
Тогда
а ‘ИЭ’ЬнН =w8i°!
' 101 н/м!;
*=w ios н/м-
Задача 5.4. Последовательно соединенные трубопроводы с водой
имеют U-образный ртутный манометр (рис. 5.4). Рассчитать давле-
ния и скорости воды в двух сечениях данных трубопроводов, пренеб-
74
|winn асами потерями напора, если Q- 10 л/с; d\ = 5 см; rf2 =10 см;
рв = 103 кг/см1; ррт = 13,6 • 103 кг/м3; ЛЯ = 700 мм рт. ст.; Н = 1 м.
Ношение. Сечение 1—1 проведем через место подключения
U-образного ртутного манометра, а 2—2 — после соединения во вто-
ром последовательно соединенном трубопроводе. Плоскость сравне-
нии проведем через нижний уровень U-образного ртутного маномет-
ра На основании уравнений расходов Q = const определим скорость
МИМ И сечениях последовательно соединенных трубопроводов:
= М/С’ V2 = —Я- = Р7 М/С-
Ila основании основного уравнения гидростатики, используя по-
мшния U-образного ртутного манометра, найдем давление воды в
сечении /—Г.
Р1.И36 = РргЯДА - Р.ЛЯ= 0,835 • 105 Н/м2.
На основании уравнения Бернулли, составленного для сечений
7—7 и 2—2, предположив, что режим течения турбулентный
«Х|= а2 = 1), и пренебрегая гидравлическими потерями (^й=0),
найдем
Р2.И36 = +у^2 -*22) =0303Ю5 Н/м2.
Задача 5.5 Через трубопровод диаметром d = 100 мм движется
ШШМ с расходом 0 = 8 л/с (рис. 5.5). С помощью U-образного ртут-
ною манометра между сечениями 1—1 и 2—2, расположенными на
расстоянии I = 50 м друг от друга, берется разность показаний
Я " 32 мм. Относительная плотность ртути 8 = 13,6. Определить ко-
эффициент потери напора на трение X.
Решение. В соответствии с показаниями манометра и исполь-
зуя уравнение, Бернулли для сечений 7—7 и 2—2, имеем
Рис. 5.5
75
Z1
+—+at
Pg
2g
Pi
Pg
V2 к,
+a2 —+ДЛ.
2g
Так как трубопровод горизонтальный и постоянного диаметра
то Zi = Z2, = тогда
дй = й-рт ~Р1)=й(8-1).
Pi
По формуле Дарси—Вейсбаха для определения гидравлических
потерь по длине имеем
АЛ =Л-----,
d 2g
Q
где v = —=—. Тогда
nd2/4
х_ Л(5-1)
1 Q2
Д 4 I
(13,6—1)0,052
50 0,0082
ОД 2-9,81(0,785 0,01)2
= 0,0247.
Задача 5.6. Расходомер Вентури расположен в наклонном трубо-
проводе с диаметрами 4 = 0,25 м, d2 = 0,1 м (рис. 5.6). В двух сече-
ниях ртутным манометром производится замер разности давлений
Зная разницу давлений h = 0,1 м ртутного столба, определить расход
воды (ррт = 13 600 кг/м3).
Решение. Используем уравнение Бернулли для сечений 1—1 и
2—2:
21
Pi
Pg
vi
+a, —
1 2g
= z2 +—+a2—+ДЛ.
P£ 2g
Потерями напора пренебрежем. Считая режим течения турбу-
лентным, положим a, = Oj = 1. С учетом этого уравнение Бернулли
примет вид.
Pi ~Р1
Pg
+ A?i_2 =
2
2g
(5.1)
Избыточное давление в сечениях 1— 1 и 2—2 составитр = р0 + pgh.
76
I loikii шние манометра
Рм = Pl + pBg(Zi + h) = p2 + pBg?2 + p^gh.
I ilk как скорость V =-TO
nd2
(5.2)
H 1НКЖС
pg
ik
Ip. )
(5.3)
( учетом уравнений (5.1) — (5.3) получим
< h« юда
= n 2«(S„-1)
4, J___L
II <
j. Ррт
77
Тогда
e = 3j4 240(13,6-1) =(||2м,/с
| (0,1)* ~ (0,25)*
Задача 5.7. Идеальная жидкость относительной плотностью
5 = 0,8 перетекает через систему трех трубопроводов с диаметрами
= 50 мм, d2 = 70 мм, d2 = 40 мм под постоянным напором Н= 16 м
(рис. 5.7). Трубопроводы полностью заполнены жидкостью. Опреде-
лить расход жидкости Q.
Решение. Так как жидкость идеальна, потерями напора можно
пренебречь. Тогда, используя уравнение Бернулли, определим рас-
ход жидкости: Q = —^~J2gH = 22,2 л/с.
4
Для проведения пьезометрической линии рассчитаем скоростной
и пьезометрический напоры, т.е.
5 / \2
р1 _ 1 I 4Q I
2 g гДлс?,2 J
= Я = 6,55 м; ^- = #[1-^-1 = 9,45 м;
d* Pg I
V2 IT di
— = Я-Г = 1,7 м;
2g rf24
— = я(1-^-1 = 14,3 м.
Pg I d*)
Сложив напоры, убедимся в правильности решения, т. е.
Л=^Л=я=1бм.
pg 2g pg 2g
Задача 5.8. Бода протекает по водомеру Вентури, состоящему из
трубы диаметром di = 20 см, в которую вставлен участок трубы диа-
метром d2 — 10 см (рис. 5.8). Пренебрегая сопротивлением, опреде-
лить расход воды, если в пьезометрах nt и П2 разность показаний
h = 0,25 м.
Решение. Составим уравнение неразрывности и уравнение
Бернулли для сечений 1—1 и 2—2:
Pl V1 Pl V2
OiCBj = z, +—+-1- = z2 +—+-^-
Pg 2g pg 2g
или
лД2 лД,2 . о,2 vl
v, —- = v2—й+—= —,
1 4 4 2g 2g
78
I jpl I I p2 I .
Wk как & +— - lz2 +— 1 = й.
k Pg) I Pg)
Преобразуя эти уравнения, получим
(D У
= v2D^; откуда vx = u21 — ;
IA )
(5.4)
2g
(5.5)
Подставив (5.4) в (5.5), получим
f \4
2 21 ^2
1,2 "Чд.
2g
»2 . (D2
= h, или — 1-1 —
2g
D,
= h.
Отсюда
v2 =
2gh
(D2
Расход определим по формуле
„ Л1>2
0 = (О2»2 =—Л
4
2gh 3J40J2
(nA4 4
2*81025 =0,018 М»/О.
79
В действительности расход будет несколько меньше вследствие
потерь энергии, которыми пренебрегаем для упрощения решения.
Задача 5.9. Пренебрегая всеми потерями напора, определить вы-
соту Н и расход Q струи воды (рв = 1000 кг/м3) начальным диаметром
d = 25 м при выходе из сопла длиной h = 0,25 м. Выброс струи осу-
ществляется вертикальной трубкой диаметром D = 500 мм и длиной
Нй = 3 м, которая подпитывается из резервуара с постоянным уров-
нем под избыточным давлением р„ = 5 Н/см2 = 5 • 104 Н/м2 над сво-
бодной поверхностью (рис. 5.9).
Решение. Пренебрегая всеми потерями и записав уравнение
Бернулли для свободной поверхности в резервуаре и окончания
струи, получим
„ рм 5-Ю4 ,.
Н = — = —----------= 5,1 м.
pg 103 -9,81
Расход струи воды определим с помощью формулы Торричелли
[3, с. 109]
Q = ^-72^(Я-Я0-й) = ^К025' 72 9,8(5,1-3-0,25) = 2,9 л/с.
Задача 5.10. Центробежный насос должен обеспечить расход
Q = 0,1 м3/с и давление на вйходе р2 = 4,7 • 104 Н/м2. Всасывающая
труба имеет диаметр d = 0,3 м и длину L = 24 м, а также фильтр на
входе, имеющий местный коэффициент сопротивления £ = 5. Вса-
сывание воды осуществляется из открытого резервуара (рис. 5.10).
Коэффициент потерь на трение X = 0,02, коэффициент местных со-
противлений Поворот = 0,2. Определить высоту всасывания Нк.
Рис. 5.10
80
Р е ш е н и е. На основании уравнения Бернулли, записанного для
свободной поверхности воды 1—1 резервуара и сечения 2—2 на входе
в насос, имеем
нк = ^-^-[а+Ц+^по
pg pg I d )2g
Положив a = 1 для турбулентного режима и рв = 103 кг/м3,
имеем
Н Рт~Р2
Pg ^2,
4
10s -4,7104
104
1+0,02—+5+0,2
----------------0Д2 =4,615 m.
(03)42-9,81
Задача 5.11. Горизонтальная часть эжектора расположена на
высоте h = 2 м от свободной поверхности жидкости в резервуаре.
Диаметр горловины эжектора d = 20 мм, а диаметр выходного сече-
ния D = 60 мм (рис. 5.11). Определить давление в минимальном се-
чении эжектора и максимальный расход при отсутствии расхода в
трубке А.
Решение. Сечения 7—7 и 2—2 проводим по горловине эжекто-
ра и выходному отверстию, а плоскость сравнения — по осевой ли-
нии эжектора. На основании уравнения Бернулли для сечений 7—7 и
2—2 имеем
Р^-Рх = Р12~Рг = J_(£f [J___L1q2
pg 2g 2g(nJ Id4 Z>4 J ‘
81
С другой стороны, на основании уравнения гидростатики
А = - pgh = 105 - 104 • 2 = 8 104
или
Pam -Pl = Pgft-
Используя оба уравнения, получим
й =
Отсюда найдем максимальный расход, соответствующий отсутст-
вию расхода в трубке А:
п 2gh _ЗД4 I 2-9,8-2
v 4 j_________L 4 _!_____________1
Il d4 D4 V 0,024 0,Об4
Задача 5.12. Два резервуара, содержащие воду (резервуар А закрыт,
резервуар В открыт и связан с атмосферой), соединены с помощью
трубопроводов с диаметрами = 70 мм и d2 = 100 мм и длинами
4 = 3 м и /2 = 5 м (рис. 5.12). Разность уровней воды в резервуарах
И- 5 м. Предположим, что уровни 1—1 и 5—5 остаются постоянны-
ми. Определить расход воды Q, если р„ = 20 Н/см2 = 20 • 104 Н/м2;
(j2\2.
«2 )
Решение. Сечения 7—7 и 5—5 проходят по свободным поверх-
ностям резервуаров А и В, а плоскость сравнения О—О по оси трубо-
проводов. Согласно уравнению Бернулли
82
Pl vl
—+a, —
pg 2g
^5 4-rv + V ft
-----kx« 1- > л.
pg 2g ±
В данном случае Zi = h\ z5 = h + H; px =pmt + pu; p5 =pmf ;
Предположим, что размеры резервуара настолько большие, что
скорости изменения уровней равны нулю, т. е. Vj — v5 = 0.
Тогда
я=|\Д+^2+^3Ш+|\—+^—
Pg I Ч )2g I d2 '“Jig
Скорости потока воды в первом и втором трубопроводах:
4Q 4Q
»1 =~^2’
ndf nd2
тогда
I 2g(^f--H
_______<pg J
aA+£2+2;3
“2 . “2
f20 104
______________I io4 J
/_____________->\2
5 i 0072 i i
0,02^+0,5+l-U’U4 0,02—+1
0Д l 0Д J | 0Д.
0,074 0Д4
56,2 л/с.
Задача 5.13. Течение воды осуществляется из резервуара с посто-
янным уровнем Н= 16 м через короткий трубопровод, состоящий из
отрезков труб с диаметрами dx = 50 мм и d2 = 70 мм (рис. 5.13). На
конце трубопровода помещено запорное устройство с коэффициен-
том местных потерь ^, = 4. Другими потерями можно пренебречь.
Определить расход воды Q.
83
Рис. 5.13
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проводим по свободной поверх-
ности резервуара и осевой линии трубопровода, плоскость сравне-
ния — также по осевой линии трубопровода. Согласно уравнению
Бернулли
2 2
я=^.^аЧ.).
2g 2g 2g
откуда
Тогда
Ttrf,2 IlgH _ЗД40,25 /2-9,81 16
У 4 Vl+t„ 4 N 1+4
= 15,5 л/с.
Задача 5.14. Резервуары А и В с водой соединены горизонталь-
ным трубопроводом, состоящим из отрезков труб с диаметрами
= 100 мм и d2 = 60 мм и имеющим кран с коэффициентом мест-
ных потерь = 5 (рис. 5.14). Другими потерями можно пренебречь.
Разница в уровнях жидкости в резервуарах Н= 3 м. Определить
расход жидкости в трубопроводе Q. Каким должен быть коэффици-
ент местных потерь чтобы расход жидкости увеличился в два
раза?
Решение. Сечения 1— 1 и 2—2 проводим по свободной поверх-
ности резервуаров, а плоскость сравнения — по оси трубопровода.
Предполагая, что размеры резервуаров настолько велики, что из-
менение скорости на свободных поверхностях равно нулю, приме-
ним уравнение Бернулли к сечениям 1—1 и 2—2, из которого следу-
ет, что pi =р2; = 0; Zi — = Я; Дй = £-^-.
2g
84
1
1
Разность уровней воды в резервуарах составит
Q2
4^’
I 4 I
откуда найдем расход жидкости в трубопроводе
„Pdl l2gH = ЗД4-3.6-10-3 /2-9,81-3
4 V 4 V 5
= 9,7 л/с.
Определим коэффициент местных потерь при двукратном увели-
чении расхода жидкости. Так как
to^=^r = 7=1’25-
4 4
Задача 5.15, Согласно показанию манометра избыточное давле-
ние в закрытом резервуаре р^ = 4 • 106 Н/м2. Ось трубопровода нахо-
дится на глубине h = 5 м от свободной поверхности (рис. 5.15). Коэф-
фициенты местного сопротивления запорного крана ^кр = 4, сопла
= 0,06. Линейным сопротивлением трубопровода можно пренеб-
речь. Определить расход воды Q, если dx = 10 cm;-J2 = 20 см; d3 = 8 см.
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проведем по свободной поверх-
ности резервуара и в выходном сечении трубопровода; по оси трубо-
провода проведем плоскость сравнения О—О.
Применим уравнение Бернулли для свободной поверхности 1—1
и для сечения трубопровода 2—2.
Ра &о
Zo+—+«0^-
Pg 2g
—+а3^-+^й.
pg 2g
(5.6)
85
Рис. 5.15
Для поверхности 1—1: Zo = h; р0 = Рм +Рхп*; р0 = 0.
Р£
40
Для сечения 2—2: z3 = 0; р3 =pxnt; v3 =
nd3
Так как местные сопротивления складываются из резкого расши-
рения (переход от dx к t/2) и резкого сужения (переход от <4 к J3), то
V “2 ,
Упростив уравнение (5.6) и решив его относительно расхода
ж/,
Q = -±-vx, получим
)raa = 0,5 ([10], с. 74).
2
= 34Х
4-Ю6 +5
---iy------s- = 0,00785 /— = 241 л/с.
_2Д1+о,О6+4+[1Х
0,084 V 0,22)
Задача 5.16. Система из двух соединенных последовательно тру-
бопроводов di = 100 мм и <4 = 200 мм, 4 = 200 м и 12 = 300 м соеди-
няет резервуары А я В, имеющие свободные поверхности на уровнях
Нх = 100 м и Н2 = 200 м (рис. 5.16). Коэффициенты потерь на мест-
86
ные сопротивления: = 0,5; £2 = 0,1; £з= 0,6; коэффициент трения
на линейные сопротивления для сформировавшегося турбулентного
режима [1, с. 61] X = 0,02 + 0,5/г/. Определить расход жидкости меж-
ду резервуарами.
Решение. Учитывая большие размеры резервуаров, будем счи-
тать скорости изменения уровней свободных поверхностей равными
нулю. Тогда согласно уравнению Бернулли для свободной поверхно-
сти и входа в трубопровод имеем
Я2-Я. =($3+аДЫ-+1^2+£1 +*1-М—»
1 I d2)2g 4 ‘djl/
где v2 = -^.
де
Тогда на основании уравнения Бернулли
2«(Я2-Я1) = ^з+хД,|^-+^2Ч1+хД1^-,
V d2)nldi d^iCd*
откуда
е=Ч I г^-я,)
4 Ге (ллл 0,5 и _ Глл- 0.5 1/.
3 £,+ 0,02 +—-—М- -4+Е2 + Е.+ 0,02+—-—р-
t lOOOdJdJrfS Ъ2 1 ( ИХХМрЦ
0,5
дооо-аг
300 од Л. АС Глаа 0,5 )200
----^5-+ОД+0,5+0,02+— —
0,2 аг4 V ioooojJ од
= 47,9 л/с.
87
Задача 5.17. Жидкость вытекает из резервуара через трубопровод
диаметром d= 100 мм длиной / = 50 м (рис. 5.17). Уровень свобод-
ной поверхности, находящийся на высоте Н= 4 м, остается постоян-
ным. Рассчитать расход жидкости: в горизонтальном трубопроводе
Qi, в наклонном трубопроводе Q2 (Az = 2 м). Местными потерями на-
пора можно пренебречь.
Решение. Применим уравнение Бернулли для свободной по-
верхности и выхода из трубопровода. Плоскость сравнения проведем
через центр выходного сечения трубопровода. Коэффициент потерь
напора на трение рассчитаем по эмпирической формуле
Х=0,02+—.
d
Полагая, что режим течения турбулентный, т. е. а = 1, учитывая
большие размеры резервуара и считая скорость изменения уровня
свободной поверхности равной нулю, можно записать
Я + Аг =
1+0,02 +
0,5 VI 1 ( 4 У 2
1000</Jrf|2gb«/2 J 2>
откуда
2g(# + A?)
О - —
в2~ 4 .. ,
1 1+ 0,02 +
334-ОД2 I 2-9,81(4 + 2)
4 Ji+fao2+-^—1*2
J t iooo-ojJoj
= 23Д5л/с.
На основании уравнения Бернулли запишем
Н =
1+0,02 +
0,05 А/
lOOOdJrf
1 Л 4 Л
2g\nd2J
2
откуда
2-9,81-4
0,5 А/
lOOOdJd
3,14-0,12
4 ,l'l + fo.02+-0'5 ]50
V V ioooo,ijo,i
=18,9 л/с.
Задача 5.18. Определить, на какую высоту поднимется вода в
трубке, один конец которой присоединен к суженной части трубы, а
другой опущен в воду (рис. 5.18). Расход воды в трубе Q = 0,025 м3/с,
избыточное давление = 49 • 103 Па, диаметры dt = 100 мм и
<4 = 50 мм.
88
Решение. Уравнение Бернулли для сечений 1—1 и 2—2 при
«1 = «2 = 1 (потерями напора пренебрегаем) имеет вид
A+i = Pl+£t
pg 2g pg 2g
Учитывая, что
4Q 4C
1 irf nd22
после преобразований получим
p2 _a |42Q2f 1 Li --jPdP3 । 16 0>Q252 f 1 —
pg Pg 2gn2 Ц4 d4 J 1000-9,81 2-9.81-ЗД42 lo,l4 0,054
= -2,76 m.
Полученная отрицательная высота — вакуумметрическая высота,
на которую и поднимется вода в трубке.
Задача 5.19. Вертикальный трубопровод, соединяющий основа-
ние резервуара с атмосферой, имеет следующие параметры- п э ,
/, = 4 м; 1г = 10 м; /3 = 3 м; - 100 мм; d2 = 150 мм (рис. 5.19). Коэф-
фициент потерь напора на линейные сопротивления для сформир
вавшегося турбулентного режима определен по эмпирической ф р-
муле Х=0,02+~. Рассчитать расход жидкости в трубопроводе и
давление в точке В. Потерями на местные сопротивления можно
пренебречь.
89
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проводим по свободной поверх-
ности резервуара и в конце трубопровода, плоскость сравнения для
определения расхода проводим также на конце трубопровода. Для
этих сечений применим уравнение Бернулли и решим его относи-
тельно скорости v2 в трубопроводе. Тогда
е=I, 2^-ц+ум = 84
4 J 0,02 + -^^4+ 0,02+-^-К+1
Ц lOOOiJ d, j; lOOOdJd;
Для определения давления в точке В сечение 2—2 и плоскость
сравнения проведем через эту точку. Применив уравнение Бернулли,
получим
Рвюб =pg(A+A)- 1+0,02 +
0,5 НЪ 1 g2 =
lOOOrfJrfJl^n2
ГТ
= 103-9,8-9-11+10,02 +
0,5 4 "1103
oj-iooojojj 2
-------------0,0842 =
3,14-0,152 "I
4 )
= 65,4-103 Н/м2.
Задача 5.20. Определить расход воды Q в трубе диаметром
dt = 250 мм, имеющей плавное сужение до диаметра d2 = 125 мм,
если показания пьезометров: до сужения й, = 50 см; в.сужении
й2 = 30 см. Температура воды 20 °C (рис. 5.20).
Рис. 5.19
Рис. 5.20
90
Решение. Составим уравнение Бернулли для сечений 1—1 и
2—2, приняв за плоскость сравнения ось трубы:
р, а|Р12
PS 2g
2
Pl . а2р2 , 1,1-2
---+ —------+ ЛПОТ •
pg 2g
Учитывая, что Zi = = 0, пренебрегая в первом приближении поте-
рями напора, т. е. принимая h1^ = 0, и полагая а, = <Xj = 0, получим
pg pg 2g 2g
Из уравнений неразрывности течения имеем «о,», = со^г-
Поскольку со, = ltd*/4; ®2 = то v2 = v^/d^-
Обозначим
——— = hl -h2 =h,
Pg Pg
тогда уравнение Бернулли примет вид
Л =
2 ( j4 \
EiJfL-i I
2g J
откуда
г ----------- 1-------------------------------------------в
Расход воды в трубе определим по формуле
В действительности расход воды будет меньше вследствие потерь
напора, которыми пренебрегли. С учетом этих потерь формула для
определения расхода примет вид
р^~
4
где ц — коэффициент, учитывающий уменьшение расхода вследст-
вие потерь напора; в первом приближении примем ц = 0,98; найдем
числовое значение расхода
е = 0^83’14 0-252 |.=0,024 м7с.
4 р,254 / 0Д254 -1
91
Задача 5.21. Трубопровод диаметром d = 25 мм служит для
транспортирования воды, которая выливается наружу (рис. 5.21).
Показание манометра, установленного в начале трубопровода,
Рм = 5 бар.
Трубопровод состоит из участков: = 15 м, /2 = 4 м и /3 = 6 м.
Коэффициент потерь напора по длине X = 0,05, коэффициент мест-
ных потерь трубопровода (поворот) £пов = 0,5. Определить расход
воды Q в трубопроводе.
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проведем во входном и выход-
ном сечениях трубопровода, плоскость сравнения — центральная
ось трубопровода. Положив режим течения турбулентным, т. е.
= а2 = 1, запишем уравнение Бернулли для входного и выходного
сечений трубопровода:
тогда расход воды
ЗД4 0.0252
4
Рис. 5.21
92
Задача 5.22. Имеется центробежный насос производительностью
Q = 9000 л/с, состоящий из всасывающего и нагнетательного
трубопроводов. На входе во всасывающий трубопровод диаметром
d] = 30 см давление составляет = 200 мм рт. ст., в нагнетатель-
ном трубопроводе диаметром d2 = 20 см, находящемся на высоте
z = 1,22 м над осью всасывающего трубопровода, давление
р2 = 7 Н/см2. Определить гидравлическую мощность насоса.
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проводим во входном и выход-
ном сечениях, плоскость сравнения — ось всасывающего трубопро-
вода. Согласно уравнению Бернулли для входного и выходного сече-
ний насоса имеем
где Ян — напор в насосе, м.
Режим течения турбулентный, т. е. at = ocj = 1, тогда гидравличе-
скую мощность определим по формуле
№ Р«0Ян,
где Q — производительность насоса, м3/с.
По данным определим:
Р1И36 _ Ррг 8^рт _ 13,6 0^ _ « 7^
Pg Рв£ 1
^L = ^. = _Z^_ = 7,14 м.
pg pg 103 -9,8
Гидравлическая мощность насоса
93
= 10’ 9Л91О’^2.69’971<),-М'611),У - *
103 ) 0,7852-2-9,810.24 0,34
= 3,7-10* кВт.
Задача 5.23. Определить расход минерального масла, движущего-
ся по трубе диаметром d = 12 мм, изогнутой под прямым углом. По-
казания манометров, поставленных перед коленом и после него, со-
ставляют соответственно р2 — 10 МПа и рг = 9,96 МПа.
Решение. Сечения 1— 1 и 2—2 проводим в местах присоедине-
ния манометров, плоскость сравнения — центральная ось трубы.
По формуле для определения потерь напора в колене имеем
V nd2'
Найдем Др =рх — рг = 10 — 9,96 = 0,04 МПа, а по таблице [10]
£ = 1,5 и р = 900 кг/м3.
Тогда расход масла
0_nd2 |2(р1-р2) _ЗД4(1^10-2)2 /2-4104 =8?
4 } & 4 У 1,5-900 ’
Задача 5.24. Определить расход жидкости через зазор между
цилиндром и поршнем, если </г= 20,04 см, d2 — 20 см, длина со-
пряжения / = 15 см. Поршень неподвижный. Перепад давления
Др = 20 МПа, вязкость жидкости ц = 170 • 10-4 Н • с/м2.
Решение. Определим радиальный зазор между цилиндром и
- d, -d2 20,04-20 ,
поршнем: о = - =——------= 0,02 см, ширина зазора В = тш =
= 3,14 • 20 = 62,8 см.
Тогда расход жидкости при отсутствии эксцентриситета [4,
с. 37]
С = ^ = 20.10‘(2.1<И>62,8.10-’ ]0_,
12ц/ 12-170-10“*-15-10”2
При максимальном значении эксцентриситета расход через щель
увеличивается в 2,5 раза, т. е. Q = 2,5 Q = 8,25 • 10-3 м3/с.
Задача 5.25. Рассчитать потери давления в прямом трубопрово-
де длиной L = 40 м и внутренним диаметром d = 16 мм при дви-
94
жении в нем жидкости плотностью р = 890 кг/м3 и вязкостью
v = 20 • 10-6 м2/с. Скорость потока v = 3 м/с.
Решение.
D vd 31610’3
Re =— =-------—
v 2010-6
Число Рейнольдса определим
= 2400.
по формуле
Так как поток турбулентный, определим коэффициент потерь по
формуле Блазиуса для гидравлически гладких труб:
_ 03164 _ 0,3164 _
Шё V2400
Потери давления найдем по формуле Дарси—Вейсбаха:
. . Lv2 .... 40 32-890 ... 1Пз ,
Ар = Х-----р = 0,045-----------=451 10 Н/м.
d 2 0,016 2
Задача 5.26. Определить повышение давления в трубе диаметром
d = 5 см с толщиной стенки 5 = 2 мм при гидравлическом ударе.
Скорость потока в трубе v = 7 м/с. Модуль упругости жидкости
= 2700 МПа, плотность жидкости р = 900 кг/м3. Модуль упруго-
сти материала трубы £т = 2 • 105 МПа.
Решение. Приведенный модуль упругости жидкости [4, с. 61J
Еа =----^—г =------------279-01°6. -------= 2699 106 Н/м2.
1+4^ 1+2700 106---------------------
°Ет 2 10'3-2 105 106
Скорость распространения ударной волны [4, с. 61]
ЩГ 12699-Ю6 .... .
с = -2- =J-------= 1732 м/с.
V Р V 900
Повышение давления в трубе при гидравлическом ударе найдем
по формуле Жуковского:
р = pcv = 900 • 1732 • 7 = 109 • 105 Н/м2.
Задача 5.27. Определить давление струи жидкости на неподвиж-
ную, наклонную к горизонту на угол 15° стенку. Струя вытекает
из конически сходящейся насадки диаметром 1 мм с давлением
20 МПа. Плотность жидкости р = 900 кг/м3.
Решение. Сила давления струи определяется по формуле
F= Орряпу.
95
Расход жидкости через насадку
е=ц5 = = 1,58 • 10- м’/с.
V Р 4 V 900
Определим скорость выходящей из насадки струи:
v = q>
У р V 900
= 204,5 м/с.
Тогда сила давления струи на наклонную стенку
f = pQpsmy = 900 • 1,58 • 10~4 • 204,5 • 0,26 = 7,6 Н.
Задача 5.28. Определить изменение заключенного в стальном
цилиндре объема жидкости, находящейся под атмосферным дав-
лением при его увеличении на 20 МПа. Длина цилиндра 1 м, внут-
ренний диаметр d = 100 мм, толщина стенки цилиндра 8=1 мм;
Е„ = 1700 • 106 Н/м2; Еа = 2 • 105 МН/м2.
Решение. Определим объем жидкости в цилиндре:
V = — I = 3,14 0,121 = 7,85 • IO"3 мз
4 4
Приведенный модуль упругости жидкости
F -
1+£м-^-
8£ст
1700-Ю6
1+1700 106
ОД
1О'Э-2 40s 40е
= 9,2 • 108 Н/м2.
Тогда изменение объема жидкости
7,8540-’-^=17.10_5m3
Еа 9,2-Ю8
Задача 5.29. Имеются два трубопровода с диаметрами dx = 100 мм
и d2 = 50 мм. Вязкость жидкости в трубопроводах соответственно
Vj = 23 • 10"6 м2/с и v2 = 9 • 10“6 м2/с. Скорость жидкости в трубопро-
воде большего диаметра vx = 7 м/с. При какой скорости жидкости в
трубопроводе меньшего диаметра потоки будут подобны?
Решение. Условие подобия потоков — равенство чисел Рей-
» » Vldl V2d2
нольдса, т. е. А = R2 = —откуда искомая скорость составит
V! V2
vldlv2 70Д-9 10-6 _.e .
v-> = 1 1 =--------------= 5,48 м/с.
Vjrfj 23 IO-6 0,05
96
Задача 5.30. Определить мощность, расходуемую потоком воды
на участке трубопровода длиной / = 10 м (рис. 5.23), если угол накло-
на трубопровода Р = 30°, диаметр большой трубы D = 0,2 м, диаметр
малой трубы d = 0,1 м, расход воды Q = 0,05 м3/с, разность уровней
ртути в дифференциальном манометре h = 0,4 м, движение воды тур-
булентное.
Решение. Сечения 7—7 и 2—2 проведем через места подклю-
чения дифманометра, а плоскость сравнения О—О расположим
на уровне центра тяжести второго сечения. Используя уравнение
Бернулли, найдем потери напора между рассматриваемыми сече-
ниями:
$пот 1-2
2 2
_а2»г
pg Pg)
+
В данном случае z2 == 0, a Zi = — /sinp = —10 • 0,5 - -5 м (для сече-
ний, расположенных ниже плоскости сравнения, значение z считает-
ся отрицательным).
Абсолютные давления рх и р2 в центрах тяжести сечений опреде-
лим через абсолютные давления р3 и р4, действующие на поверхность
ртути в дифманометре. Известно, что в плоских живых сечениях
давление распределяется по гидростатическому закону, поэтому
А =А + Р£(* + А) и р3 = р2 + pg(x + Zi).
Дифманометр измеряет разность давлений, на которую высота
столба х не оказывает влияния. В самом деле,
4? = Л - Рз = Pi - Pi +Р£(Л - Zi) = P^gh-
Разность пьезометрических напоров
= =0,4(13600-11+5 = 10,04 м.
Vpg pg) v р J V1000 /
Рис. 5.23
97
Скорость потока воды в первом и втором сечениях
4Q _ 4 0,05
nD2 ЗД4-0.22
= 1,59 м/с; v2
4Q _ 4 0,05
nD2 ЗД4-0Д2
=6,37 rf/c.
При турбулентном движении можно принять коэффициент Ко-
риолиса а, = «2 = 1. Тогда разность скоростных напоров
(а,у2 а2оЛ_ Г1Л9* 6372 V м
2g 2g ) 11-9,81 2-9,81)
Таким образом, потери напора
Нпт1_2 = -1,94+ 10,04-5 = 3,1 м,
расходуемая потоком мощность
Nn = Nml__2 = pgHQ = 1000 • 9,81 • 3,1 • 0,05 = 1520 Вт = 1,52 кВт.
Задача 5.31. По трубопроводу (см. рис. 5.23) движется сжатый
воздух. Абсолютное давление воздуха = 0,4 МН/м2, температура
t = 20 °C, расход О0 = 0,5 м3/с (расход, приведенный к нормальным
атмосферным условиям). Показание дифманометра h = 0,4 м. Опре-
делить мощность, расходуемую воздушным потоком на участке дли-
ной / = 10 м при изотермическом процессе.
Решение. Сечения 1—1 и 2—2 проведем в тех же местах, что и
в предыдущей задаче. Выражение для определения потери давлении
между сечениями 1—1 и 2—2 имеет вид
(2 2 \
Hiigi+(р,Я| _роК2).
2 2 ) Pi рг
В нашем случае z2 = 0; Zi = -5 м и pogZt = —1,29 • 9,81 • 5 =
= —63 Н/м2. Плотность воздуха в сечении 1—1
0,4 106 273
0Д-106 273+20
о —о —139
Pi Ро ь*?
Ро 1
= 4,8 кг/м3.
Если пренебречь изменением плотности воздуха по высоте, то
абсолютное давление воздуха сечении 2—2 составит
Рг =Pi - Ррт£Л + Р1«О + й) - Pi#(* + Zi).
По сравнению с плотностью ртути плотность воздуха весьма
мала, поэтому можно считать, что
P2=Pi~ P„£h = ОЛ • 106 — 13 600 • 9,81 • 0,4 = 0,346 МН/м2.
98
Плотность воздуха в сечении 2—2.
, „0,364 106 273
р? = 1,29--------------
0Д106 273+20
=4,51 кг/м3.
Тогда скорости воздуха в сечениях 1—1 и 2—2 соответственно
будут:
4.S3J4.0.21
4 1’29 0’5 =19,8 м/с.
4Д5-ЗД40Д2
Разность скоростных напоров
poCti^i2 р0а2^ = 1391432 1,29119,82
2 2 2 2
= -240 Н/м2,
а потеря давления
^1-2 =-240+23-U9^ilg-^--63 = 15270 Н/м2
4,0 U,3o4
и потерянная мощность
ЛГП = = 15 270 • 0,5 = 7635 Вт = 7,7 кВт.
Из расчета видно, что величина изменения скоростного и гео-
метрического напоров в общем балансе очень мала, поэтому ею
обычно пренебрегают.
Потерю давления с достаточной для практики точностью опреде-
ляют по упрощенному уравнению
Д₽пот/-2 =23рА1А
Pi Pi
В данном примере вычисленная по этому уравнению потеря дав-
ления составляет 15 600 Н/м2, что дает расхождение с прежним ре-
зультатом не более 2 %.
ГЛАВА 6
Режим течения жидкости в трубах.
Гидравлические потери
Задача 6.1. Определить критическую скорость, отвечающую пе-
реходу от ламинарного режима к турбулентному в трубе диаметром
d = 0,03 мм при движении воды, воздуха и глицерина при температу-
ре 25 °C.
Решение. Из формулы Рейнольдса найдем
v 2320v
j j •
a a
Для воды из [1] найдем v = 0,9 • 10-6 м2/с, тогда
2320-0,9 -IO-6 rt„ .
=-------------= 0,07 м/с;
K₽ 0,03
для воздуха v = 16,15 • 10~6 м2/с, тогда
2320 16Д5 10-6 .
=-------------= 1,25 м/с;
Kp 0,03
для глицерина v = 4,1 • 10"4 м2/с, тогда
2320-4,МО"1 „ _ .
=-------------= 31,7 м/с.
” 0,03
Задача 6.2. Определить число Рейнольдса и режим движения
воды в водопроводной трубе диаметром d = 300 мм при расходе
Q = 0,136 м3/с и температуре воды 10 °C.
Решение. Определим живое сечение потока
ш = = ЗД4Д31 071м2.
4 4
100
Тогда средняя скорость движения воды в трубе
(2 _ 0,136
© 0,071
= 1,92 м/с.
Число Рейнольдса
Re = — = 1,92 0,°^ = 441 000,
v 1,306-Ю-6
где v = 1,306 • 10-6 м2/с [1].
Режим движения воды турбулентный, поскольку
Re = 441 000 > Re^ = 2320.
Задача 6.3. Применяемые в водоснабжении и канализации трубы
имеют минимальный диаметр d = 12 мм, максимальный диаметр
d ~ 3500 мм. Расчетные скорости движения воды в них составляют
v — 0,5...4 м/с. Определить минимальное и максимальное значения
числа Рейнольдса и режим течения воды в этих трубопроводах.
Решение. Температура воды в системах водоснабжения и
канализации может изменяться в пределах О...ЗО°С, кинематиче-
ские вязкости по таблицам [1] составляют v0- = 1,78 • 10-6 м2/с и
Узо- = 0,81 • 10“* м2/с. Минимальное число Рейнольдса при d = 0,012 м,
v = 0,5 м/с и Vo- = 1,78 • 1°“6 м2/с составит
Re^ =^ = 0»5 0>012=3370>
v 1,78 Ю-6
а максимальное число Рейнольдса будет
Reraax = —= 17 284 000.
0,81-Ю-6
Так как Remin = 3370 > Re^ = 2320, то в трубопроводах систем во-
доснабжения и канализации режим движения воды всегда турбу-
лентный.
Задача 6.4. Конденсатор паровой турбины, установленный на те-
пловой электростанции, оборудован 8186 охлаждающими трубками
d = 0,025 м. В нормальных условиях работы через конденсатор в час
проходит 13 600 м3 циркуляционной воды с температурой
12,5...13 °C. Будет ли при этом обеспечен турбулентный режим дви-
жения в трубках?
Решение. Определим секундный расход воды:
Л 13600
через конденсатор Q = Q = 3,78 м3/с;
101
3 78
через каждую трубку q = -2—=0,000462 м3/с.
8166
Площадь сечения трубки
nd2 ЗД4 0.0252 ппплла 2
<в =--------------= —— -----= 0,00049 м .
4 4
Скорость движения воды в трубке
д _ 0,000462
со 0,00049
= 0,945 м/с,
а кинематическая вязкость воды согласно таблицам [1] v = 1,23 х
х 10-6 м2/с.
Определим число Рейнольдса, характеризующее поток в трубках,
Re = — = = 19 200 > 2320.
v 1,23 IO-6
Таким образом, режим движения воды в трубках турбулентный.
Задача 6.5. Как изменится число Рейнольдса при изменении диа-
метра трубопровода от меньшего к большему и при сохранении по-
стоянного расхода жидкости Q = const?
Решение. Число Рейнольдса определяется по формуле
vd ^Qd 40
Re =— = —=— = —из которой следует, что Re уменьшится во
v pd2v ndv
столько раз, во сколько раз увеличится диаметр трубы.
Задача 6.6. По трубопроводу диаметром d = 100 мм транспорти-
руется нефть. Определить критическую скорость, соответствующую
переходу ламинарного движения в турбулентное, и возможный ре-
жим движения нефти.
Решение. Определим критическое число Рейнольдса:
v d
Re =-5-= 2000,
у
тогда
Re^ v 2000v
Ukp d d
Согласно таблицам [3] для нефти v = 8,1 • 10-6 м2/с. С учетом ис-
ходных данных получим
2000-8Д10-6 Л,, .
»ч> =-----ту-----= 0Д6 М/с.
102
В нефтепроводе редко возможна скорость движения меньше по-
лученной, поэтому движение нефти в трубе диаметром d = 100 мм
может происходить преимущественно при турбулентном режиме.
Задача 6.7. Горизонтальный отстойник для осветления сточных
вод представляет собой прямоугольный резервуар шириной b = 6,0 м
и глубиной h = 2,5 м. Температура воды 20 °C. Определить среднюю
скорость и режим движения сточной жидкости, если ее расчетный
расход Q = 0,08 м3/с. При какой скорости движения жидкости в от-
стойнике будет наблюдаться ламинарный режим движения жидко-
сти?
Решение. Определим скорость движения воды в отстойнике:
v = — = = 0,0053 м/с = 5,3 мм/с.
hb 2,5-6
Число Рейнольдса
Re = ^,
V
где v - 1 • 10-6 м2/с по таблицам [1]; R — гидравлический радиус от-
стойника,
R =
(О
X
2,5-6 15
2,5-2+6 11
= 1364 м.
Здесь со — живое сечение отстойника; X — смоченный периметр.
Тогда
Re = 0*?—3 = 7156 > 500...600 (для открытых русл [1]).
1,01-Ю-6
Режим течения жидкости в отстойнике турбулентный. Крити-
ческую скорость, при которой движение жидкости переходит от
ламинарного к турбулентному, можно определить с помощью выра-
жения
%*
V
откуда
Re^v 600-1,01-Ю-6 ЛПЛП.. . плл ,
= —=--------------------= 0,00044 м/с = 0,44 мм/с.
R 1,364 / > /
В отстойниках расчетная скорость принимается равной 5... 10 мм/с
[1], т. е. движение жидкости всегда является турбулентным.
юз
Задача 6.8. Определить скорость, соответствующую переходу ла-
минарного режима движения жидкости в турбулентный, если диа-
метр трубопровода d = 100 мм, кинематический коэффициент вязко-
сти жидкости v = 1,01 • 10-6 м2/с.
Решение. Запишем уравнение Рейнольдса:
Re v = 1,01 • 10-6 м2/с.
v
Известно, что
Re^ = 2320,
тогда
• d 04
Итак, при v < 0,0234 м/с режим течения жидкости ламинарный,
при v > 0,0234 м/с — турбулентный.
Задача 6.9. Уточнить режим течения воды в трубопроводе диа-
метром d = 100 мм при расходе 0 = 4 л/с. Коэффициент кинематиче-
ской вязкости v = 1,01 • 10-6 м2/с.
Решение. Определим число Рейнольдса по формуле
D vd 40 4-4 10-3 Л<1 .
Re = —, где v = -=^ =-------- = 0,51 м/с,
v nd2 ЗД40Д2
тогда
Re = -^^- = 5104,
1.0110-6
следовательно, режим течения воды турбулентный.
Задача 6.10. Определить коэффициент кинематической вязко-
сти, соответствующий переходу ламинарного режима в турбулент-
ный в трубопроводе диаметром d = 0,203 мм при расходе нефти
0 = 0,1 м3/с.
Решение. Критическое число Рейнольдса
Здесь Regp = 2320 и v = —
104
тогда
v = —= 0Д 0А03------------2,7 • 10-4 м2/с.
Re^ ЗД4 0,2032 -2320
Задача 6.11. Средняя скорость течения нефти в трубопроводе
диаметром d = 200 мм v = 0,8 м/с. Коэффициент кинематической
вязкости v = 1,3 • 10-4 м2/с. Определить начальный интервал образо-
вания ламинарного течения.
Решение. Согласно теории формирования ламинарного режи-
ма [2, с. 74], можно рассчитать начальную длину / трубопровода, на-
ходящуюся в интервале 0,03Red < К 0,07Red, после прохождения
которой максимальная скорость течения практически достигает сво-
ей окончательной величины.
Число Рейнольда составит
Ке = ^ = ОЛО^ = 12зо
v 1,3 10^
тогда А = 0,03 Red = 0,03 • 1230 • 0,2 = 7,4 м; /2 = 0,07 • 1230 • 0,2 =
= 17,22 м.
Итак,
7,4 м < / < 17,22 м.
Задача 6.12. Трубопровод d = 100 мм транспортирует нефть плот-
ностью р = 920 кг/м3 и коэффициентом кинематической вязкости
v = 1,3 • 10-4 м2/с. Определить расход нефти, соответствующий пере-
ходу ламинарного режима в турбулентный.
Решение. Величина расхода нефти, соответствующая переходу
ламинарного режима в турбулентный, пропорциональна критиче-
ской скорости, т. е. Окр = р^со, но
-Re^v
d «
откуда объемный расход нефти
Q =1^l2(O = 2320v7iJ2 = 182 lvd = 2,36 Ю~2 м3/с;
кр d 4d
массовый критический расход
Кр = Рбкр = 2,36 • 10-2 • 920 = 27,71 кг/с;
весовой критический расход
<?кР = РйЗкр = 920 • 9,81 • 2,36 • 10-2 = 213 Н/с.
105
Задача 6.13. По трубопроводу диаметром d = 75 мм транспорти-
руется нефть плотностью р = 850 кг/м3 с коэффициентом динамиче-
ской вязкости р, = 0,03 Н • с/м2. Скорость течения v = 1 м/с. Опреде-
лить гидравлический уклон i.
Решение. Гидравлический уклон определяется по формуле
[2, с. 58] i = Ah/l.
В соответствии с формулой Дарси—Вейсбаха
dig
. Л 1 v1
тогда г = Л---.
</2g
Поскольку Re = ^ =1 0’075'850 =2125, Re > Re = 2320, рас-
li 0,03 к₽ . F
сматриваемый режим ламинарный, и X = 64/Re, тогда
_______________________________«il!______.ода,
Red2j 2125 0,075-2-9,81
Задача 6.14. По трубопроводу диаметром d = 203 мм и длиной
I = 10 000 мм под напором 2,7 атм транспортируется нефть плотно-
стью р = 900 кг/м3 с коэффициентом кинематической вязкости
v = 1,46 • 10“* м2/с. Разность между входным и выходным сечениями
трубопровода Zi — Z2 = 50 м. Определить весовой расход нефти G.
Решение. Используем уравнение Бернулли для входного и вы-
ходного сечений трубопровода:
Pi Vi Рг 1^2 л 1
z{ +—+a1-L = z2+—+a2-^-+Ah.
pg 2g 2 pg 2lg
Согласно данным, где
Zi — Z2 = 50 м; />1 — р2 = 2,7 атм = 2,7 • 105 Н/м2,
имеем
AZ* = 2^ = 3о м.
pg 900-9,81
Предположим, что течение ламинарное, т. е. = v2(d = const) и
.. . I v2
Ah = X---, тогда
dig
106
. 64 ., 64vto2 64vfo
Х = —; ДА =—х— =--г.
Re vd2lg Igd2
Следовательно,
50+30 ^l4610"1,04
2 -9,81 0,2032
я,
откуда
v = -80 = 0,69 м/с.
115,5
Весовой расход нефти <7 = pgrco = 900-9,81 0,69—0,2032 =197 Н/с.
4
Задача 6.15. Зная, что весовой расход нефти плотностью р =
= 930 кг/м3 с коэффициентом кинематической вязкости v =
= 4,5 • 10~4 м2/с, транспортируемой трубопроводом диаметром
d = 156 мм и длиной I = 5000 мм, равен G = 2 • 106 Н/ч, рассчитать
величину потерь напора по длине и гидравлический уклон.
Решение. Режим течения нефти определяется по числу Рей-
нольдса Re = vd/v. Здесь
Q „ G 2-106 ЛЛ, „
г? = —, a Q = — =--------= 0,06 м3/с,
со pg 93040-3600
тогда
0,06-4 ... .
v =--------— = ЗД4 м/с.
ЗД4-0Д562
Так как
Re = — = З’140’^6 = Ю90,
v 4,5-10-4
то режим течения ламинарный и X = 64/1090 = 0,059.
Потери напора по длине в соответствии с формулой Дар-
си—Вейсбаха составят
ДА = Х-— = 0,059 5000 3,14 = 950 м;
dig 0Д562-9,81
гидравлический уклон
/ = ^=950.=
L 5000
107
Задача 6.16. Определить весовой расход G нефти, имеющей плот-*
ность р = 850 кг/м3 и коэффициент кинематической вязкости
v = 0,13 • 10-4 м2/с, если давление на входе и выходе из трубопрово-
да диаметром d == 203 мм и длиной / — 24 000 м соответственно
рх = 105 Н/см2 и р2 = 10 Н/см2.
Решение. Предположим, что режим течения турбулентный и
труба гидравлически гладкая, тогда по формуле Блазиуса
. = 0,3164 = O3164v025
Re0’25 u0’25^0-25 ’
По формуле Дарси—Вейсбаха
ДР = = 0,3164V0’25 у1’75/
pg dig 1,25 20
откуда
=...20АРС - 2(105-10)0303^10- 67
0,3164v°’25p/g 03164(0ДЗ-IO-4)0’25 -850-24403
Тогда
„ _ nd2 0,67-850-9,81-3,14 0,2032 10. .
G = pgQ = pgv—— = ---------— -----------= 180,4 Н/с.
4 4
Проверка: предполагалось, что режим течения турбулентный и
трубопровод гидравлически гладкий, следовательно,
Re = — = °»67 0>2^3 = Ю460< 100 000,
v 0Д3 10-4
что возможно.
Задача 6.17. Определить потери напора по длине в трубопроводе
диаметром d — 100 мм д линой I = 1000 м, по которому транспортиру-
ется нефть относительной плотностью 8 = 0,813 и коэффициентом
кинематической вязкости v = 1,34 • 10-6 м2/с.
Решение. Предположим, что режим течения турбулентный и
трубопровод гидравлический гладкий, следовательно, число Рей-
нольдса не превышает 100 000 [3]. Тогда скорость, соответствующая
этому числу для рассматриваемого трубопровода, будет
Rev 100000 134 10-6 ,,. .
v =----=---------------= 1,34 м/с.
d ОД
108
Коэффициент гидравлических потерь по длине для данных усло-
вий определяется по формуле Блазиуса
0,3164 _ 0,3.64
Re0,25 V100000
Тогда потери напора по длине определим по формуле Дар-
си—Вейсбаха:
ль 1 I °2 ллюЮОО 1,342
ДА = Л---= 0,018-------= 16,47 м.
dig ОД 2-9,81
Задача 6.18. Определить потери напора по длине при равномер-
ном движении жидкости по трубопроводу со средней скоростью
иср = 0,4 м/с, если коэффициент кинематической вязкости жидкости
v = 0,4 • 10-4 м2/с, диаметр трубопровода d = 100 мм, его длина
/= 1000 м.
Решение. Определим режим течения жидкости:
Re = — = 0,4 = 1000 < Re„,
v 0,4-Ю"4
т. е. режим течения ламинарный, тогда
Х = — = — = 0,064.
Re 1000
Потери напора по длине определим по формуле Дарси—Вейсбаха:
ль 1 I®2 лл4л!0000Д6
АЛ г X----= 0,064----— = 5,12 м.
dig ОД 20
Задача 6.19. Жидкость с коэффициентом кинематической вязко-
сти v = 0,1 см2/с течет по наклонному трубопроводу диаметром
d = 20 мм и длиной / = 20 м под действие^ постоянного напора
Н= 1 м (рис. 6.1). Рассчитать минимальный угол наклона трубопро-
вода а, при котором режим течения жидкости будет ламинарным.
Местными потерями напора можно пренебречь.
Решение. Для ламинарного режима течения должно выпол-
няться условие
0 < Re < ReKP, или 0< — < 2320.
v
109
1 1
Рис. 6.1
Тогда
0< р <2320, откуда 0 < v< 1,16 м/с.
одю-4
Рассмотрим два сечения: сечение 1—1, проведенное по свобод-
ной поверхности жидкости в резервуаре, и сечение 2—2 в месте вы-
хода струи жидкости из трубопровода.
Определим скорость, соответствующую напору Н= 1 м, для чего
запишем уравнение Бернулли для сечений 1—1 и 2—2:
z, +—+а.
pg
Pl ^2 тт
— = z->+—+a2 — + Hnm, >.
Л 2 2 Л НОШ 1-2
2g pg 2g
Подставив в нее vt = 0; = р2 = р„м', Zi = Н; z2~ Hi,
BmI-2 =h~-, получим
a 2g
H-Hx =a^- + k-i
1 2g d2g
(6.1)
Если предположить, что трубопровод горизонтальный и режим
течения ламинарный, то а = 2 и X = 2300’ ТОГДа V1 = м/с-
Как видим, 0<p2< 1,16. Определим высоту, соответствующую
линейным потерям и скорости v2 = 0,82 м/с:
ДЯ = = б4'20 0,822
d2g 2300 0,02-20
= 0,93 м.
(6.2)
Скоростной напор
v2 .0,6724
а—= 2—--------
2g 2-9,81
=0,067 м.
ПО
Решив уравнение (6.1) с помощью уравнений (6.2), получим
п1
Н. = Я-а—-ДЯ = 1-0,93 - 0,067 = 0,003 м;
1 2g
ТТ Л ЛО
sina = —- = —— = 0,00015 и а = 0°0Г.
7 20
Задача 6.20. Из резервуара по горизонтальному трубопроводу
диаметром d = 20 мм длиной I = 10 м вытекает масло (рис. 6.2).
Марка масла АМГ-10, температура 30 °C. Определить высоту масла
Н в резервуаре, если его расход составляет Л/с = 0,3 кг/с. Местными
сопротивлениями можно пренебречь.
Решение. Проведем по оси трубопровода плоскость сравнения
О—О и два сечения: 7—7 по свободной поверхности масла в резер-
вуаре и 2—2 по струе масла в месте ее выхода из трубопровода.
Составим для этих сечений уравнение Бернулли:
aiPi2
2g
2
+ А
Pg Pg
Подставив в это уравнение v, = 0, v2 = v, Р\~ р2 = рати, Zi - H,
Zi = 0 и Hnml_2 =Hm= получим
«2g
Ратм । jj _ । Ратм । _
Pg 2g pg d 2g’
откуда
я=^+х14
2g dig
По прилож. 2 определим, что для масла АМГ-10 при 7 = 20 °C
плотность р = 850 кг/м3, а вязкость при t = 50 °C v50 = 1,84 °Е (в ус-
Рис. 6.2
111
ловных градусах вязкости или градусах Энглера). По формулам [3,
с. 10, 15, 16]
pt = р<- ; v = fo,O731°E-^^]lO"‘; v, =v
' 1+р,Д/ I °E )
найдем p и v при /= 30 °C [3, с. 10, 15]:
Рз° 1+p, At
850
1+0,0007-10
= 844 кг/м3;
v5O=[o,O731°E5o-^|o-4
\ ^50 J
0,0731-1,84-^^illO-4 = 0,1 • 10"4 m2/c;
V30=V50 — = 0,110“4 — =0,242-10M2/C.
130 J 130 J
Определим среднюю скорость масла в трубе:
p.jg_=jjG = 1,13 м/с;
nd2 nd2p п 0,022 -844
число Рейнольдса
Re = — = Ц3 0’02_ = 935.
v 0,242 -Ю"4
Так как Re = 935 < Re^ = 2320, режим движения ламинарный,
следовательно, коэффициент Кориолиса составит а = 2, а коэффи-
циент Дарси найдем следующим образом:
X == — = — = 0,0685.
vd / v Re 935
Подставив эти значения в полученное выше уравнение для Я,
получим
н = 2-^^2 +0,0685 10 Ц3— = 2,37 м.
2-9,81 0,02 2-9,81
Задача 6.21. Рассчитать кинетическую энергию в поперечном се-
чении ламинарного потока в трубопроводе радиусом R, если измене-
ние скорости происходит согласно уравнению v-v011—-I [2].
112
Решение. При одинаковых средних скоростях величина кине-
тической энергии для ламинарного режима в два раза больше, чем
для турбулентного потока [3], т. е.
—2
=2pQy,
где v — средняя скорость.
Для ламинарного режима v = v0/2 (где vQ — максимальная ско-
рость) [3].
Тогда
v3 1
Q = Jtrfy, или = 2рпЛ2 — = -рлЛ2»о.
8 4
Задача 6.22. Весовой расход нефти плотностью р = 880 кг/м3
с кинематической вязкостью v = 1,1 • 10-4 м2/с в горизонтальном
трубопроводе диаметром d = 156 мм длиной I = 2000 м составляет
G = 12 • 106 Н/сут. Определить давление рх на входе в трубопровод,
если давление на выходе р2 = 15 Н/см2.
Решение. Определим режим течения нефти в данном трубо-
проводе:
„ G 12 106 ЛЛ1, ,,
Q =----------=-----------------= 0,016 м3/с;
pg24-3600 880-10-24-3600
40 4-1,5-Ю-2 п_о, . _ 0,796-0,156 1Г>Ох1>
v = —=- = — -------= 0,796 м/с; Re = —-------— = 1129 < Re™,
nd2 ЗД4-0,024 1Д-10"4
следовательно, режим течения в трубопроводе ламинарный и
Х =
64
Re
64
1129
= 0,056.
Составим уравнение Бернулли для начала и конца рассматривае-
мого трубопровода:
Pi vi
—+a. —
PS 2g
— + а2 — + &hj 2.
pg 2g ‘ ’~2
Трубопровод горизонтальный постоянного диаметра, следова-
тельно, Zi = Z2, Vj = v2 или
(р2 . I v2} I 2 к ш4 лООП20000,7962
». = pd—+ А,---=р2+Хр—v =15-10 +0,05-880---------------=
1 d2g) d 0Д56 2
= 15 • 104 + 17,87 • 104 = 32,87 • 104 Н/м2 = 32,87 Н/см2.
ИЗ
Задача 6.23. Распределение скорости в поперечном сечении
потока жидкости с коэффициентом динамической вязкости
|1 = 0,05 Н-с/м2 соответствует выражению v = 20у — O.Sy2. Определить
тангенциальное напряжение трения
Решение. Согласно гипотезе Ньютона
Определим градиент скорости по заданному выражению его рас-
пределения:
dv = 20dy — 2 • 0,5ydy = 20dy — ydy.
Максимальное тангенциальное напряжение находится в центре
потока, т. е. когда у = 0 (для ламинарного потока), следовательно,
dVmax= 20dy; max- = 20, тогда
dy
'Стах = 0,05 20 = 1 Н/м2 = 1 Па.
ИШЛ * л ' 9
dy
Задача 6.24. Определить силу трения, действующую на боковую
поверхность трубопровода S — 100 м2 и d = 40 см.
Решение. Возьмем жидкость с коэффициентом динамической
вязкости ц = 0,05 Н • с/м2 и градиентом скорости — = 20 с-1. Предпо-
dy
ложим, что режим течения ламинарный, тогда (р, — р^т2 — 2т1т = 0
Ртрг 2h , S 100 оп
или т = ——, откуда рт = —, где / = — =------= 80 м.
21 ™ г nd ЗД40,4
По формуле Ньютона т=ц— = 0,05 • 20 = 1 Н/м2, тогда
dy
2-80-1 onnu, ,
Р^> =-^т- = 800 Н/м2.
Сила трения, действующая на боковую поверхность трубопрово-
да, составит
Р = Р^ = 800 • 100 = 8 • 104 Н.
Задача 6.25. Определить потери напора на трение во всасываю-
щем трубопроводе насоса длиной / = 20 м, диаметром d — 0,2 м. Рас-
ход жидкости, проходящей через всасывающую трубу, Q = 0,06 м3/с.
Трубопровод имеет три поворота (£ = 0,2), всасывающий клапан
114
(^кл ” 5). Определить эквивалентную длину, соответствующую мест-
ным сопротивлениям.
Решение. Определим режим течения во всасывающем трубо-
проводе: 4Q 4-0,06 1О1 , v = —= = 1,91 м/с, nd2 3,14-0,04
тогда Re = — = 1,91'У = 3820>Re . v 1-10^
Предположим, что жидкость имеет коэффициент кинематиче-
ской вязкости v = 1 • 10“4 м2/с. Режим течения турбулентный, а тру-
бопровод гидравлически гладкий, т. е. по формуле Блазиуса
. 0,3164 0,3164 ППу|
А = ’ = —-------= 0,04.
Re0’25 7,86
Потери напора во всасывающем трубопроводе
/ 1 \ 2
дя=дя^+дямпот= Ц+^^-=
k в " Jig
(nn, 20 /о л л 9,6-3,65
= 0,04—+(3-02+5) -----= ——-— = 1,75 м.
I 02 ) 20 20
Эквивалентная длина, соответствующая местным сопротивлени-
ям, составит
= У §— = (3-02+5)= 5’6'3’65 = 1,02 м.
2g ' 20 20
Задача 6.26. Центробежный насос транспортирует бензин из ре-
зервуара А в резервуар В (рис. 6.3). Уровень бензина в резервуаре А
Н= 20 м. Определить высоту всасывания насоса, высоту нагнетания
и давление, измеряемое в выходном сечении насоса. Исходные дан-
ные: расход бензина 0 = 6,13-10“3 м3/с, диаметр трубопровода
d = 0,05 м; р = 810 кг/м3; v =2,7 • 10-6 м2/с, коэффициенты потери
напора на местные сопротивления: входа ^вх = 0,5; крана = 0,17;
задвижки £ = 2; выхода £вых = 1; 1Х = 6,5 м; /2 = И6 м.
Решение. Проведем плоскость сравнения по центральной оси
трубопровода, сечение 7—1 — по свободной поверхности первого ре-
зервуара, сечение 2-2 — по центральной оси центробежного насоса.
115
Определим высоту всасывания насоса. Запишем уравнение Бер-
нулли для сечений 1-1 и 2—2.
Р\ Vl Pl ,
+a' T" = *2 +71+а2Ч7+А^’
Pg /g pg 2g
где Zx = H; px =pmi; vx = 0, z2 = 0.
Потери напора складываются из потерь напора по длине и сумме
потерь на местные сопротивления, т. е. ht_2 = + ймпот.
Здесь
a2g 2g
где v
4Q 4-6ДЗЮ'3
nd2 ЗД4 0.052
= 3,12 м/с.
Определим режим течения: Re =
gd _ ЗД2 0,05
v I/MIT6
= 57 777, т. е. ре-
жим течения турбулентный.
Предположим, что трубопровод гидравлически гладкий, т. е. по
формуле Блазиуса
. _ 0,3164 _0,3164_п„
Л-----; ..— — —-------— U.UZ,
ф7 777 15,5
тогда высота всасывания
Pi
Pg
= Н - а2 (X - + 1— =
22g Id 4Kpj2g
= 20-1 [о,02 -^-+0,5+0Д71^- =
20 С 0,05 J 20
= 20-0,468-(2,6+0,67)0,468 = 17,93 м.
116
Высоту нагнетания определим по показанию манометра, кото-
рый фиксирует давление на уровне выхода в резервуар В:
р„ _ 3,5 104
pg 810-9,81
=4,4 м.
Для определения избыточного давления в выходном сечении за-
пишем уравнение Бернулли для сечения 2—2 и свободной поверхно-
сти резервуара В:
2 2
Z2 +-2.+а2 -3- = Zi + +а3 + h2_3,
PS 2g pg 2g
ГДС Z2 0, P2 -^»изб.вых, Zi ^3 0, h^p + AHnOT,
I 7Д
hM.n = hw + h4> +hma =(£ + £кр +^вых)^—•
Тогда
Ризб .вых
= 8100 4,4+fo,02 -*^+2+0,17+11^111
I 0,05 ) 20
= 0,6 -105 Н/м2.
Задача 6.27. Расход воды при температуре 10 °C в горизонтальной
трубе кольцевого сечения, состоящей из двух концентрических
оцинкованных стальных труб (при кольцевом расстоянии между тру-
бами ЛГЭ = ОД5 мм), Q = 0,0075 м3/с. Внутренняя труба имеет наруж-
ный диаметр d = 0,075 м, а наружная труба имеет внутренний диа-
метр D = 0,1 М/ Определить потери напора на трение на длине трубы
/=300 м.
Решение. Площадь живого сечения
<й = ^(0,12 -0,0752) = 0,0034 м2.
Смоченный периметр живого сечения
х = л(0,075 + 0,1) = 3,14 • 0,175 = 0,55 м.
Эквивалентный диаметр
rf = 4Л = — = 4 0,0034 = 2,48 • 10~2 м.
х 0,55
117
Относительная шероховатость
Кэ _ 1,5-Ю^4
d3 2,48 10"2
= 0,0059.
Средняя скорость течения
Q 0,0075 __ .
v = — = —-----= 2,2 м/с.
со 0,0034
Коэффициент кинематической вязкости при t = 10 °C
v = 1,31 • Ю“6 м2/с [3], тогда число Рейнольдса
Re = —^- = 2>?.-?’51.9 2 = 42 000 > Re .
V 1 'll «Л-6
131 10
Коэффициент гидравлического трения по формуле А.Д. Альтшуля
«А0,25 ( fix А0,25
Х=0Д1^+— = ОД 1 0,0059+——— =0,0324.
ReJ V 42 000J
Потери напора на трение по длине найдем по формуле Дар-
си—Вейсбаха:
. 1 I Р2 А А,АЛ 300-2,22 n, o
h. = X--------= 0,0324------r2-----= 96,8 m.
d32g 2,48-IO2-2-9,8
Задача 6.28. Определить потери-напора на трение в трубопроводе
диаметром d = 250 мм длиной I = 1000 м, с абсолютной шероховато-
стью стен А = 0,15 мм, служащего для транспортирования нефти ве-
совым расходом G = 2 • 106 Н/ч, плотностью р = 880 кг/м3 и коэффи-
циентом кинематической вязкости v = 0,3 см2/с.
Решение. Определим режим течения нефти:
vd
V
D vd 4Q
Re =—, f =
nd2
Отсюда
(? _ 2-106
У pg 880-10-3600
= 0,063 м3/с,
тогда
4Q 4 0,063 , „ .
v = —=--------------= 1,28 м/с,
nd2 ЗД4-0.0625
118
следовательно,
Re = — =1,28 0,25 = ю 700 > Re.
v 0,3 10-4
Режим турбулентный, трубопровод гидравлически гладкий, тогда
потери напора на трение по формуле Дарси—Вейсбаха составят
’ pg d2g
Определим коэффициент трения [3]:
по формуле Блазиуса
. _ 0,3164 _ 0,3164 _nnQ1.
1 —-------ттт—------— и,из 1,
(10 7ОО)0,25 ЮД7
по формуле Никурадзе
X 2 =----1------z- =-----i----z- = 0,017.
[l,74+21g—У d’74^2-92)2
I 2aJ
-г *ь nn,.1000-1^82 .nt, .. nni_1000-U82
Тогда ДА, = 0,031----—— = 10,16 м; ДА, = 0,017-----—— = 5,57 м.
1 0,25-20 2 0,25 20
Задача 6.29. Сложный горизонтальный трубопровод, состоящий
из двух параллельных ветвей (рис. 6.4), транспортирует воду с расхо-
дом Q = 20 л/с. Рассчитать расходы Qt и Q2 в параллельных ветвях,
если = 30 м; /2 = 50 м; = 35 мм; d2 = 50 мм; коэффициенты по-
терь напора на трение Xt = 0,04 и ‘к2 = 0,02; коэффициент местных
потерь = 1,6/
119
Решение. Применяя уравнения неразрывности и равенства по-
терь напора в параллельных ветвях [3, с. 96], получим Q = Q\ + Q2,
Q:~Q~ Qi‘,
или
0,04-
пг /ге-0,0352
30 W1/ 4----
0,035 20
( 50
= 0,02 —+1,6
VO,05
2 /эт-0,0502
Tzzz
20
откуда ft = 5,8 л/с, Q2 = 14,2 л/с.
Задача 6.30. Определить показание манометра рмтл, если расход
воды, проходящей по трубопроводу (рис. 6.5), составляет Q = 30 м3/ч.
Длина трубопровода /=120 м, высота Л = 710 мм, диаметр труб
d= 100 мм, шероховатость Д = 0,5 мм, степень открывания задвижки
Лудло h/d — Q,l, радиус закругления отводов R — 200 мм.
Решение. Проводим в потоке два сечения 1— 1 и 2—2, а также
плоскость сравнения О-О. Для этих сечений составим уравнение
Бернулли:
2S Pg ’ 2g
+—+z2
PS
Подставив в это уравнение значения = а2 = vi = v2 =
Pl Ратм "I" Рм9 Р2 ~Ратм> Zi 0j Z2 ~ ““А И
Рис. 6.5
120
Определим среднюю скорость воды в трубопроводе:
46 4 0,00833 1ft, .
v = = —-—— = 1,06 м/с.
nd2 л-ОД2
Найдем число Рейнольдса
Re = — = 1,06 = 106 000.
v 0,0110"*
Ввиду того что полученное значение Re > Re^ = 2320, режим
движения воды по трубопроводу турбулентный.
Так как Re >500—; 106 000 >500 =100000, то имеет место
А 0,0005
зона квадратичного сопротивления и коэффициент Дарси может
быть вычислен по формуле Никурадзе [3, с. 78]:
1
1,74+21g—
V 2Д/
-------i-----г = 0,0304.
(1,74+21g—1
V 2 0,0005/
Из таблиц [ Д| находим значения коэффициентов местных сопро-
тивлений: при — = — = 2 = 0,3; при — = 0,7 = 1,5, следователь-
d ОД d
но, Д = 2^гв + = 2 • 0,3 + 1,5 = 2,1.
Подставив найденные значения v, X и в полученное выше
уравнение для рм, получим
ри =1000-9,8110,0304—+2,1
120:2Д^-0,71
ОД 72-9,81
= 14 700 Н/м2 = 0,15 атм.
Задача 6.31. Для ограничения расхода воды в водопроводной ли-
нии установлена диафрагма. Избыточные давления в трубе до и по-
сле диафрагмы постоянны и равны соответствейно рг = 6,37 • Ю4 Па
и р2 = 2,05 • 104 Па. Диаметр трубы D = 0,076 м. Определить необхо-
димый диаметр отверстия диафрагмы d с таким расчетом, чтобы рас-
ход в линии был равен Q = 0,0059 м3/с.
Решение. Потеря напора в диафрагме
_ 6,37 104 -2,05 104
pg 998,2-9,8
121
Скорость воды в трубопроводе
4Q 4 0,0059 ,, ,
v = =------------ = 1,3 м/с.
nd2 ЗД4 0,762
£Д>2
Из формулы Вейсбаха h = -—, откуда
2g
. =2gh = 2 9,8-4,4 =
?даиф₽ v2 1,32
Этому значению коэффициента сопротивления соответст-
вует е,.„е площадей се™. которое можно опреде-
лить по формуле [1, с. 75]:
2
^эдиафр
где £ — коэффициент сжатия струи [1, с. 74], е = 0,57 + ^4^.
1Д-л
Таким образом,
л2
“7-------V-1
„0,57+^1
1,1—л/
= 51
или
1
fn<-7.0-043
п 0,57+—----
I 1Д-я
= 7,14+1 = 8Д4.
Решим это уравнение:
4,64л2 - 6,1л + 0,75 = 0;
л2 - 1,32л + 0,16 = 0.
Получим и1 = 1,18 (не удовлетворяет); л2 = 0,135.
Определим необходимый диаметр отверстия диафрагмы:
d = Djn = 0,076^0,135 = 0,028 м.
122
Задача 6.32. Построить характеристику шахтного водоотливного
трубопровода (рис. 6.6), если его длина I = 350 м, диаметр труб
d = 250 мм, шероховатость А = 1 мм, высота всасывания Hw = 3 м,
высота нагнетания Ня = 277 м, сумма коэффициентов местных со-
противлений = 26.
Решение. Уравнение напорной характеристики рассматривае-
мого трубопровода имеет вид [3]
Н=Нг + а&,
где Hr = Нк + Ня = 3 + 277 = 280 м.
Коэффициент Дарси найдем по формуле Никурадзе:
X =------------- =---------1-------- = 0,0352,
fl,74+21g— 1 fl,74+21g 0,25 1
V 2Д; С 2 0,002)
затем вычислим эквивалентную длину трубопровода [3, с. 85]:
/экв =^</ = —^—0,25= 184 м.
“ X 0,0352
Тогда сопротивление трубопровода
I + 350+184 ПОЧ ГС 2/ 5
а = —=------------= 1283,65 с2/м,
X2 0,416
где X2 = 0,416 м6/с2 — квадрат расходной характеристики (из табли-
цы обобщенных параметров для труб d = 250 мм и А = 1 мм [3, при-
лож. IV]).
123
Следовательно, Н= 280 + 139G2 = 280 + 0,00010702.
Задаваясь значениями расхода, вычислим Н:
Q„ м3/ч.......... 0 100 200 300 400
Q, м3/с.......... 0 0,0278 0,0557 0,0833 0,111
Я, м.......... 280 281,7 284,3 289,6 297,2
По этим данным построим характеристику трубопровода (рис. 6.7).
Задача 6.33. Вода течет по горизонтальной трубе, внезапно су-
жающейся с dx = 0,2 м до d2 = 0,1 м. Расход воды Q = 0,02 м3/с. Оп-
ределить, какую разность уровней ртути Лрт покажет дифференциаль-
ный ртутный манометр, включенный в месте изменения сечения
трубы. Температура воды 20 °C.
Решение. Определим скорость воды:
в широком сечении трубы
40 4-0,02 п,л .
V, = =-------—- = 0,64 м/с;
1 ж/2 3,14-0,22
в узком сечении трубы
4Q 4 0,02 . „ .
v2 = = 2,55 м/с.
itd2 3,14-ОД2
Степень сужения трубопровода [1, с. 75]
л = — = —^- = 0,52 = 0,25.
Коэффициент сжатия струи найдем по формуле [1, с. 74]
£ = 0,57+
0,043
1Д-л
= 0,57 +
0,043
Ц-0,25
= 0,62.
Коэффициент местного сопротивления при внезапном сужении
определим следующим образом [1, с. 74]:
Составим уравнение Бернулли для сечений 1—1-и. 2—2, проходя-
щих по нормальному и суженному диаметрам, и плоскости сравне-
ния О—О, совпадающей с осью трубы:
fl
л "ч Л "Г О "Г^вн.с п •
р 2 р 2 2
124
Разность пьезометрических напоров
Я = = < = 235i_064i 2^ =
pg 2g 2g ъ 2g 19,6 19,6 19,6
Величина столба ртутного манометра
. Нр 0,434-998,2 .
hm =----— = —----------— = 34,5 мм рт. ст.
ррт-р 13550-998,2
Задача 6.34. Недалеко от конца трубопровода диаметром
</ = 0,15 м, транспортирующего вязкую жидкость (р = 900 кг/м3,
v = 1 • 10-4 м2/с), имеется задвижка Лудло. Определить пьезометри-
ческое давление перед задвижкой при расходе Q = 0,04 м3/с, если
степень открытия задвижки п = 0,75. В конце трубопровода давление
равно атмосферному.
Решение. Найдем скорость течения жидкости в трубе:
40 4 0,04 , __ .
v = —=- =-----—- = 2,27 м/с.
nd2 ЗД40Д52
Число Рейнольдса, характеризующее течение в трубопроводе,
составит
40,04
Re = — = = 3400.
v то/v ЗД40Д51-10-4
Определим коэффициент местного сопротивления [1, с. 80]:
Re
где — значение коэффициента местного сопротивления в квадра-
тичной области; Re — число Рейнольдса, характеризующее течение в
нормальном сечении трубопровода.
По таблице [1, с. 80] найдем А = 350, = 0,2,
тогда
350
£ = 222-+0,2-0,3.
3400
Потери давления [1, с. 73] составят
Дрм = = 0,3-900^1 = 696 Па.
125
Задача 6.35. Вода течет по горизонтальной трубе, внезапно рас-
ширяющейся с dj = 0,1 м до d2 = 0,15 м. Расход воды Q = 0,03 м3/с.
Определить: а) потери напора при внезапном расширении трубы;
б) разность давлений в узком и широком сечениях трубы; в) потери
напора и разность давлений при изменении движения (из широкой
трубы в узкую); г) разность давлений при постепенном расширении
трубы (считая потери напора пренебрежимо малыми).
Решение, а) Найдем потери напора при внезапном расшире-
нии трубопровода по формуле Борда
_(P!-P2)2
№.₽ 2g
Здесь
Z \ 2 ✓ \ о
О 0,03-4 „„„ , (d,\ (0Д1„„„ ,
v. = — = —------ = 3,82 м/с; v2 = — v, = —— 3,82 = 1,7 м/с,
1 (Oj ЗД4-10-2 UJ
тогда
_ (3,82-1,7)
внр 2-9,81
б) Из уравнения Бернулли найдем разность давлений в узком и
широком сечениях трубы:
А . А2 _ Рг . А2 . h .Рг ~Pi _ vi-v\
pg 2g pg 2g pg 2g
ИЛИ
Рг-Рх = - h^pg = - V2) -0,22 -998,2 -9,8 = 3688 Па.
в) При изменении направления движения воды на обратное, т. е.
из широкой трубы в узкую, скорость в сжатом сечении составит
vi
= о’
®СЖ Е
n =
Степень сжатия потока
^L = _^i = 0,446.
<Z22 0Д52
Коэффициент сжатия струи определим по формуле [1]
0,57+^^- = 0,64.
1Д-л
126
Потери напора при внезапном сужении трубопровода
/ \2 2 / \2 2 \2
.. МО), ] Ml 1
2g 2g^©2 ) 2#le )
3,82 V 1_____V2
2-9,8 VO,64 J
= 0,23 m.
Разность давлений найдем из выражения
Pi -Pi = pi.~p2 h = 0 595 + 0 23 = 0 82 = 8000 Па
Pg 2g
г) Разность давлений при постепенном расширении трубы опре-
делим следующим образом:
——— = ——— = I*’— = 0,596 м, тогда р2 ~Pi = 5840 Па.
pg 2g 29,81
Задача 6.36. Две горизонтальные трубы с диаметрами d{ = 0,075 м
и d2 = 0,1 м соединены фланцами, между которыми поставлена тон-
кая пластинка с отверстием диаметром d = 0,05 м, центр которого
совпадает с осью трубы. Ртутный U-образный манометр присоединен
с помощью наполненных водой трубок на таком расстоянии выше и
ниже отверстий, где течение можно считать выровненным. Отсчет по
манометру Н= 349 мм рт. ст. при расходе воды Q = 0,014 м3/с. Счи-
тая, что потери напора происходят только при расширении струи ни-
же отверстия, определить коэффициент сжатия струи в отверстии.
Решение. Потери напора найдем по формуле Борда:
h = (рсж -Р2)2 = fai-jY р2 = ре! = t Q2
2g vcoe J 2g 2g 2g©2
Поскольку расход воды известен, можно записать
Q = ©!»! = Е«юсх = (O2V2 = 0,014 м3/с.
Проводим сечения 1— 1 и 2—2 в месте присоединения наполнен-
ных водой трубок U-образного ртутного манометра и плоскость
сравнения по центральной оси горизонтальных трубопроводов. То-
т1 Pl Pl ^2 i
гда из уравнения Бернулли —+— = —+—+«, 7 получим
pg 2 pg 2
2S PS 2sl_0>? J
где 8рт = —— относительная плотность ртути.
127
Сравнив последнее выражение для с выражением, найден-
ным из формулы Борда, получим
-1 +(Зрт -l)Apr2^j
или
ЛЗД4-О12Л
-1 +12,6-0,349-2-9,=27,8.
J (4-0,014 J
( \ ( Л12 1
Поскольку по [1, с. 74] £ = |—-1] =1——11 =27,8, полу-
lee) J (0,052£ )
чим е = 0,645.
Задача 6.37. Определить потери давления при движении масла в
радиаторе (рис. 6.8), если расход масла Q = 2 • 10-4 м3/с. Диаметр
коллектора радиатора d0 = 0,03 м, диаметр трубок = 0,01 м, длина
/ф = 1 м. Плотность масла р = 900 кг/м3, кинематическая вязкость
v = 6,5 • 10-5 м2/с.
Решение. Скорость течения масла в коллекторе
4g
redo2
4-2 10"4
ЗД4-0.032
= 0,28 м/с.
Найдем потери давления в трубках по длине и потери на местные
сопротивления. Все четыре трубки находятся в одинаковых услови-
ях, следовательно, расход масла в каждой из них составит
gip=7g = 5-10-3M3/c.
4
Скорость течения масла в трубке
4g4> 4-5-10-5 Л,, .
= —т- =---------г = 0,63 м/с.
ЗД4-0,012
Определим режим течения в трубках по числу Рейнольдса:
%£,=b6Wi = 97<
’ V 6,510"’ “
т. е. режим течения ламинарный.
128
Рис. 6.9
Потери давления по длине найдем по формуле для определе-
ния потерь напора по длине при ламинарном движении в круглых
трубах:
= 32ру/ .,. = 32 900.6,5.10-4.0,63 =1[|4 ш_
4 0,01=
Потери давления из-за местных сопротивлений определим по
формуле
VTD VTD
ДРл — ДРм.ВХ +ДРм.ВЫХ “ ^ВхР~1"^ВЫХр л *
Коэффициент местных сопротивлений вычислим по формуле [1,
с. 80]
КС
где — значение коэффициента местного сопротивления в квадра-
тичной области.
По таблицб [1, с*. 80] находим для входа в трубки ^вхкв = 0,5 и
А = 30, для выхода из трубок £выхкв = 1 и А = 30. Тогда
30 30
Ux =^+1=1>31; £„=^+0,5=0,81,
следовательно,
Дрм = 1,31-900^-+0,81^^- = 0,07 кПа.
2 2
Общие потери давления в радиаторе составят
Дрпот = ДРл + 4Рм= 11,8 + 0,07= 11,87 кПа.
129
Задача 6.38. Определить потери давления Др в водяном тракте
водонагревателя, состоящего из шестипетлевого стального трубчато-
го змеевика (рис. 6.9). Диаметр труб d — 0,075 м, длина прямого уча-
стка I = 3 м, петли соединяются круговыми коленами, имеющими
радиус R = 0,1 м. Расход воды Q = 0,01 м3/с, температура 90 °C.
Решение. Потери давления в водяном тракте водонагревателя
складываются из потерь давления по длине Лр^ и местных потерь
на плавные повороты ApnoB-
Число Рейнольдса для v = 0,33 • 10~6 м2/с [1, с. 9] при средней
скорости воды
Q _ 4Q _ 4 0,01
<о ltd2 ЗД4 0,0752
= 2,27 м/с,
Re = — = 2’27.^?3 = 5Д5 105.
v 0,33 10-6
Принимая для стальных труб [1, с. 56] кэ = 0,03 мм, найдем
kjd = 4 Ю-4. Змеевик работает в переходной области сопротивле-
ния [1, с. 61], тогда коэффициент гидравлического трения определим
по формуле [1, с. 58]
\d ReJ (7,5 102 5Д5-105
0,25
I =0,017.
Потери давления по длине найдем по формуле Дарси—Вейсбаха,
приняв р = 965,3 кг/м3:
ДР™. =Х-р—= 0,0176'3'965,3^27-2 = 1,01 • 104 Па = 10,1 кПа.
d 2 7,5-10’2 -2
Потери давления на плавные повороты вычислим по формуле
Вейсбаха
Л п 1)1
=£ру«
где v — средняя скорость в сечении, как правило, расположенном
ниже по течению за данным сопротивлением.
Местные потери давления на плавный поворот
_ v1
ДРпов — Л%180°Р~^-’
где п — число плавных поворотов; £180. — коэффициент местного со-
противления при плавном повороте на 180°, £180- = (примем
130
a = 1,33). Коэффициент местного сопротивления £90- при плавном
повороте на 90° при d/R = 0,075/0,1 = 0,75 определим по формуле
[1, с. 79]
^90° = 0,2+0,001(1002.)8
= 0,2 +0,001 1,78Л/б/75 =0,26,
тогда потери давления на плавные повороты
A,-. 1b0j6 U3 9653-2j7- _,)460 |ь
Общие потери давления в водяном тракте водонагревателя со-
ставят
ДР = ДРлин + ДРпов = Ю ЮО + 9460 = 19 560 Па.
Задача 6.39. Насос забирает из водоема воду температурой 20 °C
в количестве Q = 50 л/с. Определить максимальную высоту рас-
положения горизонтального вала насоса над свободной поверх-
ностью воды (рис. 6.10), если давление в трубе перед насо-
сом р2 = 0,3 105 Па. На всасывающей чугунной трубе диаметром
d = 0,25 м и длиной / = 50 м имеются заборная сетка, плавный пово-
рот радиусом R = 0,5 м и регулирующая задвижка, открытая на 45%
площади проходного сечения.
Решение. Составим уравнение Бернулли для сечений 1—1,
проведенного по уровню свободной поверхности водоема, и 2—2 пе-
ред насосом:
И V2
Ру + А +PS21 =Ру + Р2 +PgZ2 +Дрпот,
где Vi — средняя скорость течения воды
на свободной поверхности водоема; —
атмосферное давление; v2 — средняя ско-
рость течения воды во всасывающей тру-
бе; Дрпот — сумма потерь давления по
длине и местных потерь.
Учитывая, что zt = 0, ~ 0, и прини-
мая плоскость сечения 7—7 в качестве
плоскости сравнения, найдем
V2 IT А
Pl = Ру+Р2 +PgHl +ДРПОТ-
131
Высота расположения насоса над уровнем воды в водоеме
Н -Pl ~Р2 v*
1 Pg 2g Pg
Средняя скорость течения воды во всасывающей трубе
Суммарные потери давления
Здесь = ^заб + ^пов + гДе ^заб = 5 — коэффициент местного
сопротивления на входе во всасывающую трубу, определяется по
таблице [1, с. 239]; £пов — коэффициент местного сопротивления на
плавном повороте трубопровода; %, — коэффициент местного сопро-
тивления задвижки.
Число Рейнольдса при v = 1,01 • 10-6 м2/с (по таблице) составит
Re = — = = 25 104
v 1,01 ПТ6
Для чугунных труб абсолютная шероховатость кэ = 1 мм, относи-
Лэ 1-Ю-3 л ,п-з
тельная шероховатость — =-------=4 10 .
d 0,25
По графику Никурадзе всасывающий трубопровод работает в
квадратичной зоне сопротивления, тогда коэффициент гидравличе-
ского трения
(к V’25 Г10-3?’25
Х=0Д1-Ч = 0Д1 — =0,0278.
V d ) \0,25 J
Коэффициент местного сопротивления на плавный поворот £пов
вычислим по формуле Альтшуля:
U. = ^+0,001(100Х)8^ =
2,72.
Суммарные потери давления при плотности воды р = 998,2 кг/м3:
1022
-—— = 9492 Па,
2
ДРпов » 0,0278—+5+2,72 +5 998,2
132
тогда
„ 105(1-0,3) 1,022 9492 ,
Я, =----------——2------------------= 6,13 м,
1 998,2-9,8 2-9,8 998,2-9,8
т. е. высота расположения насоса не должна превышать 6,13 м.
Задача 6.40. Определить расход воды, проходящей по сложному
трубопроводу (рис. 6.11), если высота уровня воды в резервуаре
Н= 20 м, абсолютная шероховатость труб А = 0,5 мм, длины трубо-
проводов = 80 м, 1г = 240 м, /3 = 260 м, диаметры труб rfj = 250 мм,
<4 = ЮО мм, d3 = 125 мм. Местными сопротивлениями можно пре-
небречь.
Решение. В самотечном трубопроводе потери напора равны
разности отметок входного и выходного сечений, т. е. Япот = Н.
Потери напора при последовательно-параллельном соединении
трубопроводов могут быть вычислены по формуле [3, с. 97]
Так как местными сопротивлениями пренебрегаем, сопротивле-
ния отдельных простых трубопроводов можно найти по одной из
формул:
. . , I
а = A.J либо а = —г,
ю к2
где Ат — обобщенный параметр; при расчетах трубопроводов его
значение беру! из таблиц в зависимости от диаметра и шероховато-
сти труб; к — расходная характеристика трубопровода, м3/с, прини-
мается по таблице [3].
Тогда
1 ! 1
-J-^даз^З}
Величины удельного сопротивления по длине А& для различных
участков находим по таблицам в зависимости от d и А (см. прилож. 4).
133
Рис. 6.11
Рис. 6.12
Окончательно найдем
20
1,98-80+------------------
<11
W252-240 + 780-260
= 0,0488 м3/с = 176 м3/ч.
Задача 6.41. Расход горячей воды температурой 95 °C в радиаторе
водяного отопления составляет Q = 0,001 м3/с. Определить потери
давления между сечениями 1—1 и 2—2 (рис. 6.12), если диаметр под-
водящих трубопроводов d = 0,0125 м, а общая их длина /= 5 м.
Решение. Суммарные потери давления составят Дрпот =
= + Дрм, где Дрл — потери давления по длине; Дрм — местные
потери.
Средняя скорость течения воды в трубопроводе
40 4 0,001 0 .
v = =-----------x-v = 8,15 м/с.
nd2 ЗД4О25-10’2)2
Определим число Рейнольдса при v = 0,3 • 10-6 м2/с [1]:
Re^^8»151^10'2^,^
v 0,3 Ю"6
Абсолютная шероховатость стальной трубы по таблице [1, с. 56]
к3 = 5 • 10-5 м, относительная шероховатость
d 1,25 UT2
134
Трубопроводы работают в переходной зоне сопротивления- Ко-
эффициент гидравлического трения определим по формуле [И
(к АЙ^^’^ ( АЙ
1=0Д1|-5-+— = ОД 1|4-10"3+—=0,028.
U Re) V 3,410s J
Потери давления по длине при плотности воды р = 961,9 кг/м3.
Др. = 1-р—= 0,028-L-^61,9^^ = 3,45 • 105 Па.
л d*2 1,25 10~2 2
Местные потери давления складываются из потерь на поворот в
пробковом кране и радиаторе. Для поворота ^о- = 1,4, для 1^на
= 0,4, для радиатора = 2 (см. прилож. 5). Эти значения коэФФи"
циентов местных сопротивлений, рекомендованные для зоны квадра-
тичного сопротивления, учитывают по формуле £ = Л/Re + §п> ПЬ
Из таблицы [1] имеем для поворота под углом 90° А = 400» для
пробкового крана А = 150, для радиатора приближенно принимав
Л = 150; ^, = 500-2=1000.
Сумма коэффициентов местных сопротивлений
У^2[1,4+^-к[о,4+^т1+(2+^ = 5,6.
V 3,410s) V 3,410s) t 3,410s)
Потери давления на местные сопротивления [3] составят
Дрм = = 5,6 961^8Д5 2 = 8’3 '104 Па’
а суммарные потери давления = (34,5 + 8,3)104 = 42,8 • 104 Па.
Задача 6.42. Определить длину начального участка /н стального
трубопровода диаметром d = 0,2 м. Расход воды Q = 0,15 м3/с, темпе-
ратура 20 °C.
Решение. Длина начального участка при турбулентном
нии в трубопроводе может быть определена из формулы [1, с-
— = 2,45-7%,
d
где 1 — коэффициент гидравлического трения для стабилизИР0®311"
ного течения.
Для определения 1 необходимо найти относительную шеР°хова"
тость и число Рейнольдса:
135
при к3 = 5 • 10-5 [1, с. 56]: ^ = Ш1 = 2^10^;
d 0,2
при v = 1,01 • 10-6 м2/с, v = -±2A* = 4,8 м/с:
3,14 0,22
Re = — = 4’80’2 = 0,97-106.
v 1,01 10-6
По диаграмме [1, с. 58] определим, что трубопровод работает в
области квадратичного трения, тогда по формуле
(к V’25 Г5 1о-5?’25
X =0,11-М =0Д1р-^— =0,0138.
I </ J 0,2 J
Длина начального участка
. J-2,45 0,2-2,45
/„ = —= Г- = 4>2 м-
77 7^0138
Рассматривая вход в трубу как местное сопротивление, найдем
Длину участка влияния местного сопротивления по формуле
km ~ 30J = 30 • 0,2 = 6 м, что несколько больше найденной длины на-
чального участка.
Задача 6.43. Насос с подачей Q = 0,01 м3/с забирает воду из ко-
лодца, сообщающегося с водоемом чугунной трубой диаметром
150 мм длиной / = 100 мм (рис. 6.13). На входе во всасывающую
трубу установлена сетка. Температура воды в водоеме 20 °C. Найти
перепад уровней воды АЛ в водоеме и колодце.
Решение. Запишем уравнение Бернулли для сечений 1—1 и
2—2, принимая уровень воды в колодце 2—2 за плоскость срав-
нения:
Рис. 6.13
136
V V
Pi +py+pgA* = P2 +Py+^nOT-
Учитывая, что pt = p2 и vt ~ v2 = 0, получим Дрпот = р#ДЛ.
Потери давления в трубе [2]
Скорость течения жидкости в трубе
4Q _ 4 0,01
nd2 ЗД40Д52
= 0,565 м/с.
Число Рейнольдса при v = 1,01 • 10-6 м2/с из таблицы [1]:
Re = — = °’565 0?15 _ 8,4 • 104
v 1,01 10-6
Абсолютная шероховатость чугунной трубы к3 = 1 мм = 10-3 м;
относительная шероховатость kjd = 10-3/0,15 = 6,7 Ю-3.
Коэффициент гидравлического трения вычислим по формуле
для труб, работающих в квадратичной зоне сопротивления
[1, с. 58]:
/. \0,25
Х=0Д1рМ
\d J
= 0,0316.
Местные потери давления складываются из потерь давления на
вход в трубу и на выход из нее (см. прилож. 5), = 6, = 1.
Перепад уровней воды в водоеме и колодце
Л/i = ^5- = (X - + У = fo,O316 •— + = 0 46 м
pg к d )2g к 0Д5 J 2-9,81
Задача 6.44. В стальном трубопроводе системы горячего водо-
снабжения диаметром d = 0,0125 м длиной I = 100 м движется вода
со скоростью v = 0,5 м/с. Температура воды 50 °C. На трубопроводе
имеются два поворота на угол а = 90° и пробковый кран. Определить
потери давления и сравнить с результатами расчета, выполненного в
предположении квадратичного закона сопротивления.
Решение. Суммарные потери давления Дрпот складываются
из потерь на трение по длине Дрл и потерь в местных сопротивле-
ниях Дрм.
137
Число Рейнольдса при v = 0,55 • 10"6 м2/с
Re = — = О’5 0’0125 = 114403.
v 0,55-Ю-6
Для стального трубопровода абсолютная шероховатость — 5 • 10'5 м
[1, с. 56], относительная шероховатость kjd= (5 • 10-5)/0,0125 = 4 • 10-3.
Коэффициент гидравлического трения найдем по формуле
[1, с. 58]
( к
1=0,11 —
=од/1121+—’25
(0,0125 ll,4103J
= 0,035.
Потери давления на трение по длине трубопровода при
р = 988,1 кг/м3 составят
Дря = Х-р—= 0,035 1°° -988,121- = 3,45 • 104 Па.
л d Н2 1,25 10-2 2
Коэффициент местных сопротивлений для поворота на угол 90°
определим по формуле £=4/Re + £„, где £„=1,4; Л = 400. Для
пробкового крана £„ = 0,4; А = 150 (см. прилож. 5).
Сумма коэффициентов местных сопротивлений
У £ = 2| 400 +1,4|.+- —°- +0,4 = 3,28.
Ц1,4103 ) 11,4103
Местные потери давления
Дрм = ££ру = 3,28-988д2|1 = 405 Па.
Суммарные потери давления составят
ДРпаг = ДРл + ЛА. = 3,56 - 104 + 405 = 3,6 -104 Па = 36 кПа.
Если считать, что трубопровод работает в области квадратичного
сопротивления, то [1, с. 58]
fjt V’25 (510-5 V
1=0Д1рМ =0Д1| , =0,028.
UJ \Ц5-10-2у
138
Тогда
д , = 0,028 100 ,988,1^ ~ 2,77 • 104 Па; = 2 • 1,4 + 0,4 = 3,2 Па;
л 1Д510-2 2
Лрм = 3,2 -988Д~ = 395 Па; = 2,77 • 104 + 395 = 2,81 • 104 кПа.
Таким образом, потери давления, рассчитанные в предположе-
нии квадратичного закона сопротивления, на 14 % ниже реальных
потерь напора.
Задача 6.45. Определить потери давления Арм на преодоление ме-
стных сопротивлений при движении воды в стальном трубопроводе
диаметром d = 0,025 м при повороте трубы на угол а = 90’ без встав-
ки и со вставкой. Найти наименьшую длину вставки 4с, ПРИ которой
отсутствует взаимное влияние двух местных сопротивлений. Ско-
рость воды v = 5 м/с, температура 20 °C.
Решение. Потери давления при повороте трубы на угол 90°
без вставки (а) и со вставкой (б) найдем по формулам
Л t V2 . -tn V2
А₽(а) ~S90°P"^p АР(в) -24135оР^_-
Приняв v = 1,01 • 10-6 м2/с, найдем число Рейнольдса для потока
воды в трубе:
Re = — = 5'2,51в * = 12,4-104 > Re.
v 1,01-Ю-6 *
Относительная шероховатость при к3 = 5 • 10-5 [1, с. 56] kjd =
= (5 • 10-5)/(25; 10-3) = 2 • 103.
Коэффициент гидравлического трения трубопровода определим
по формуле [1, с. 58]
(к OCX*25
1 = 0Д11^-+—
\d ReJ
^500 12.4-104 J
= 0,0275.
Коэффициент местного сопротивления при резком повороте на
угол 90° (по таблице) = 1,3. Коэффициент местного сопротивле-
ния при резком повороте на угол 135° найдем по формуле
(л/3 I
1-2^. =0Д7.
139
Два поворота на угол а = 135° не влияют друг на друга, если рас-
стояние между ними больше 1К.
Из отношения [1, с. 80]
I 12 12
-50 = У ,-50=26,4
d Jk ^/6^248
определим lm = 26d = 26,4 ° 0,025 = 0,65 м.
Таким образом, если расстояние между двумя поворотами на
угол а = 135° больше, чем = 0,65 м, местные сопротивления не бу-
дут оказывать влияния друг на друга.
В этом случае
4^90° _ %90° _ 1,3 _ з g
4Р135° 2^!з5о 2-0,17
т. е. вставка может снизить потери давления примерно в 4 раза.
Задача 6.46. Определить потери давления при движении воды в
стальном трубопроводе диаметром d = 0,1 м длиной L = 200 м, со-
стоящем из секций с длинами I = 10 м, сваренных электродуговой
сваркой с толщиной выступа стыка над внутренней поверхностью
трубопровода 8 = 3 мм. Сравнить с потерями давления в том же тру-
бопроводе без учета стыков, если расход воды Q = 0,05 м3/с, темпе-
ратура 20 °C.
Решение. Потери давления в сварном трубопроводе складыва-
ются из потерь по длине и потерь в сварных стыках:
a L , и A v2
4РпоТ “ I 1 + ^СТ I Р Г) •
V а. J 2
Скорость воды
4g _ 4 0,05
7crf2 ЗД4-0,01
= 6,37 м/с.
Число Рейнольдса при v = 1,01 • 10~6 м2/с (см. прилож. 2):
Re = — = = 637 105.
v 1,01-Ю-6
Абсолютная шероховатость стальной трубы к3 = 5 • 10-5 [1, с. 56];
относительная шероховатость kjd= (5 • 10-5)/0,1 = 5 • 10-4.
Коэффициент гидравлического трения определим по формуле
]1, с. 58]
(V Ай А0’25 ( кя V’
Х=0Д1Р-+— =0Д1|5-10-4+—=0,0173.
Id ReJ V 633-Ю4 J
140
Коэффициент местного сопротивления сварного стыка [1, с. 76]:
3 z ч 3
. iJ310’3!2 ЛЛ„
^=14(J =0.07.
число стыков п = L/l = 200/10 = 20.
При плотности воды р = 988,2 кг/м3 потери давления составят
Дрпот = Х^+л^сгРу- = 0,0173^988,2 ^Zi+20-0,07-988,2^- =
а 2 2 ОД 2 2
= 6,9 • 105 + 0,3 • 105 = 7,2 • 105 Па = 720 кПа.
Потери давления в том же трубопроводе без учета стыков соста-
вят Др, = 7,2 -105 Па = 720 кПа. Таким образом, в рассматриваемом
случае сварные стыки увеличивают потери давления на 4 %.
Задача 6.47. Определить предельно допустимую скорость течения
воды в отводе, если давление воды в трубопроводе перед отводом
Pi = 1,2 -10-5 Па. Температура воды 80 °C, критическое число кави-
тации для отвода хкр = 2 [1, с. 81].
Решение. Плотность воды при температуре 80 ’С р = 971,8 кг/м3
[1]. Давление насыщенных паров воды рав = 4,7.104 Па.
Предельно допустимую скорость течения воды в отводе опре-
делим по формуле [1, с. 82]
v
пр
|2(pt ~РН,Д) _ |2(Ц 10s -4,74g)
У Р*кр У 971,8-2
= 8,6 м/с.
Задача 6.48. Определить предельно допустимую бескавитацион-
ную скорость движения воды в стальном трубопроводе г>пр перед ре-
гулирующим клапаном при температуре воды 20 °C, если коэффици-
ент местного 'Сопротивления клапана ^ = 1. Диаметр трубопровода
d = 0,05 м, расстояние от входа в трубопровод до клапана / = 10 м,
давление на входе в трубопровод р0 = 105 Па.
Решение. Предельно допустимую скорость в трубопроводе пе-
ред регулирующим устройством найдем по формуле [1, с. 82]
V = ~Рн.п)
^пр л 9
У Р*кр
где Pi — давление непосредственно перед регулирующим клапаном.
Критическое число кавитации хкр определим по формуле [1, с. 82]
=i+2Vi=3.
Давление перед местным сопротивлением р} = р0 - Дрл.
141
Потери на трение по длине вычислим по формуле Дарси—Вейс-
баха
А л I ^пр
ДРл =Х^Р-Т-*
а 2
Таким образом, для определения двух неизвестных рх и имеем
два уравнения:
2 _ %(Р1 ~Рнп).
47 пр ’
Ро~Рн.п РЩ>
^крР d 2Х]ф
<>=2
Н.П
И г>„р =
- Л / »
Pl -Ро Л, р .
а 2
Подставив значение pt из второго уравнения в первое, найдем
2(Ро-Рн.п) 1
</ Хцр
Предположив, что имеет место квадратичный закон сопротивле-
ния, кэ = 10"4, определим [1, с. 58]
(к A0,25 flO^V’25
Л,=0Д1-М = 0Д1 — =0,023.
I d ) I 0,05 I
Следовательно, при плотности воды р = 998,2 кг/м3 [1, с. 6] и
давлении насыщенных паров рКп = 0,024 • 105 Па [1, с. 229]
2(105 -0,024-Ю5
V™, = —-----------------
w J 3-998,2
----ЧоТ5’О7м/с-
1+0,023—-
0,05 3
Определим область сопротивления трубопровода. По формуле
[1, с. 59] при v = 1,01 -10-6 м2/с найдем Рщ>^э =502>500
v 1,01-Ю-6
[1, с. 58], из чего следует, что трубопровод работает в области квад-
ратичного сопротивления.
ГЛАВА 7
Гидромашины и гидропривод технологических машин
Задача 7.1. Определить расход жидкости через зазор между цилинд-
рическими деталями, если dx = 20,04 см, = 20 см, длина сопряже-
ния I = 15 см. Поршень неподвижный. Перепад давления Др = 20 МПа,
динамическая вязкость жидкости ц = 170 • Ю"4 Н • с/м2.
Решение. Ширина радиального зазора составит
_ dY-d2 20,02-20 лм
о = —---- = —------= 0,02 см.
2
2
Ширина зазора В = nd = 3,14 • 20 = 62,8 см.
Расход жидкости в зазоре между пластинками определяется по
формуле [4, с. 37]
12р/
Кольцевые щели образуются двумя соосно расположенными ци-
линдрическими поверхностями, например цилиндр—поршень. Так
как расход изменяется пропорционально зазору в парах цилиндр-
поршень, важно обеспечить между ними возможно меньшие зазоры.
При максимальном значении эксцентриситета расход через щель
увеличивается в 2,5 раза по сравнению с концентричным зазором:
Q3 = 2,5Q[4, с. 38].
Тогда при отсутствии эксцентриситета
_ 20.1£«Р40j)W102 _ . 1(Н м,
12(1/ 12ПМГ1 -15-10-2
расход при полном эксцентриситете
= 2,56 = 82 • 10-4 м3/с = 8,2 л/с.
Задача 7.2. Определить давление струи жидкости на неподвиж-
ную стенку, наклоненную к горизонту на 15°. Струя вытекает из ко-
143
нического насадка диаметром 1 мм с давлением 20 МПа. Плотность
жидкости р = 900 кг/м3.
Решение. Сила давления струи [4, с. 52] Fy = Cpvsiny.
Расход через насадок [4, с. 47]
О^Жо^4-^10-^J-2:20-10* - 1,58• кн м7с.
V Р 4 V 900
Скорость выходящей из насадка струи [4, с. 47]
V р V 900
тогда сила давления струи на стенку составит
= 900 • 1,58 • 10~4 • 205 • 0,26 = 75,8 Н.
Сила давления струи, перпендикулярной стенке,
F = ^-=™$=292 Н.
siny 0,26
Задача 7.3. Определить изменение заключенного в стальном ци-
линдре объема индустриального масла, находящегося под атмосфер-
ным давлением, при увеличении давления до 20 МПа. Длина цилин-
дра 1 м, внутренний диаметр d — 100 мм, толщина стенки цилиндра
5=1 мм, модуль упругости масла = 1700 • 106 Н/м2, модуль упру-
гости материала трубы Ет = 2 • 105 МН/м2.
Решение. Определим объем масла в цилиндре:
V = —I = 3’14'0’12 = 7,85 • 10-3 м3.
4 4
Приведенный модуль упругости индустриального масла [4, с. 6]
1700-10®
р
Ей = * =----------------------------9,2 -10» Н/м2.
1+Е —— 1+1700 106 — -Ю-’-Ю"6
8ЕТ 2
Изменение объема жидкости
ДК= ЛКДр,
где к — коэффициент сжимаемости [4, с. 6], к = —Др; к = —.
144
Тогда
0_зм3
Ев 9,2 Ю8
Задача 7.4. Имеются два трубопровода диаметром = 100 мм и
d2 = 50 мм. Кинематическая вязкость жидкостей, протекающих по
трубопроводам, Vj = 23 • 10-6 м2/с и v2 = 9 • 10-6 м2/с. Скорость жид-
кости в трубопроводе большего диаметра составляет vt = 7 м/с. При
какой скорости в малом трубопроводе потоки будут подобны?
Решение. Условия подобия потоков — равенство критериев
Рейнольдса Re, = Re2 или
v2d2
Vi v2
Отсюда искомая скорость
VirfjV2 7-0,1-9-Ю-6 . ._ .
v2 = 11 =--------—----= 5,47 м/с.
v,d2 гз-пгМде
Задача 7.5. Определить основные рабочие параметры силового
цилиндра по следующим данным: рабочая нагрузка F= 8000 Н, мак-
симальная скорость перемещения поршня v = 0,5 м/с, время разгона
поршня с 0 до 0,5 м/с, А/ = 0,1 с и р = 3 МПа.
Решение. Сила инерции в период разгона определяется по
формуле
Ги = —(о -0) = 8000 0,5 = 4077 Н.
и g& 9,81-ОД
При постоянном ускорении длина пути разгона составит
т Fv2 8000-0,52 _ ,
L =-----=-----------— = 2,5 см.
Fu2g 4077-2-9,81
Общее усилие на поршне F„ — F + FK = 8000 + 4077 = 12 077 Н,
тогда диаметр цилиндра будет
n L47?n L .44 2 077 104 __
В=1к—- = 11,5--------— - 8,8 см,
V V ЗД4-3-106
где к — коэффициент потерь; примем к — 1,5 [4].
145
Сила трения в цилиндре определяется по формуле [4]
=fiiDbpk,
где/— коэффициент трения (примем f- 0,2); b — ширина уплотнения
(примем Ь = 4 см); рк — величина давления на контактную поверхность
(примем рк = 2,2 Н/см2), тогда Д, = 0,2 • 3,14 • 8,8 • 4 • 2,2 = 48,6 Н.
Требуемая подача насоса
бк = S„v = 56,4 • 0,5 • 100 = 28,2 • 102 см3/с.
Мощность гидроцилиндра при статической нагрузке
N= Fv = 8000 • 0,5 • 10~3 = 4 кВт.
Мощность, расходуемая на трение, составит
= Др» = 48,6 • 0,5 • 10-3 = 24,3 • 10"3 кВт.
Коэффициент полезного действия цилиндра
N 4 Лпп
т] =----------------------=--------= 0,99.
JV+ЛГ^ 4+0,023
Задача 7.6. Определить площадь рабочего окна дросселя, уста-
новленного в напорной линии магистрали, давление в которой
ри = 10 МПа. Давление на сливе рс = 0,5 МПа. Расход жидкости че-
рез дроссель Q — 800 см3/с, плотность жидкости р = 900 кг/м3.
Решение. Расход жидкости через отверстие определяется по
формуле [4, с. 158] Q = pS^2gH, где ц. — коэффициент расхода жид-
кости через отверстие, в данном случае ц ~ 0,7; S — площадь рабоче-
го окна отверстия (дросселя); 2gH — скорость течения жидкости че-
рез окно дросселя.
Отсюда
5 = - =------800 1^- = 7,86 • IO"6 м2,
фр О-7М1(Л"’~ОЯ
где Др — период давления на дросселе.
Задача 7.7. Давление в напорной линии золотника р„ = 20 МПа,
давление нагрузки pg = 18 МПа. Расход рабочей жидкости через зо-
лотник Q = 30 л/мин (золотник четырехщелевой, рабочая жид-
кость — минеральное масло). Определить основные размеры золот-
ника.
Решение. Определим секундный расход масла через золотник:
Q =------= 500 см3/с.
60
146
Перепад давления на рабочих окнах составит Др = (рн - р.)0,5 =
= (20 - 18)0,5 = 1 МПа.
Площадь рабочего окна [4, с. 158]
Q _ 500 1Q-6
р. Ер 0,7,/—10е 1
VP V900
= 0,15 см2;
ширина рабочего окна при ходе плунжера х = 2 мм будет
, S 0Д6 п 0
b = — = —— = 0,8 см.
х 0,2
Задача 7.8. Спроектировать радиально-поршневой насос на
подачу 1,7 л/с и рабочее давление 20 МПа, если т]о = О,96 и
т|н = 1470 об/мин.
Решение. Теоретическая подача насоса (4, с. 91] Снт= Сн/По=
= 1,7/0,96 = 1,77 л/с.
Рабочий объем насоса определяется по принятой частоте враще-
ния вала насоса, т. е.
бнт 1,77-60-Ю-3 ,
_ «нл_ _ _>-------_ 4 СМ3
н лн 1470
Приняв число поршней z = 5, найдем объем одного поршня:
у=1 = ^Л = 13,9 см3,
z 5
тогда диаметр поршня при е = 0,6 (4, с. 101] составит
4К
d= - а
РД4-2е
। 4-13,9
ЗД4-2 0,6
= 38,5 мм.
Длина поршня / = 2(е + сГ) = 2(6 + 38,5) = 89 мм; диаметр оси ро-
тора Do = 5 • 38,5 = 192,5 мм; диаметр ротора Dp = 192,5 + 2 • 89 =
= 370,5 мм; внутренний диаметр статора Dc = 370,5 + 2 • 6 = 382,5 мм
[4].
Диаметр распределительного канала при числе каналов т = 2 и
скорости потока v = 3 м/с определим следующим образом [4, с. 101]:
, №нт 41,7710~3 1О,
d =, = I—2---------= 19,4 мм.
V лига у ЗД4-2-3
147
Теоретическая мощность насоса при заданном давлении эквива-
лентна теоретической подаче и определяется из выражения
Л^н.т = <2н тр, откуда ЛГНТ = 1,77 • 10’3 • 20 • 106 = 35,4 кВт.
Приводная мощность насоса определяется из выражения
[4, с. 86]
N
Nn =
Ло
где т|о — полный КПД насоса, тогда N„ =
35,4
0,96
= 36,9 кВт.
Задача 7.9. Рассчитать основные размеры аксиального роторно-
поршневого насоса по следующим данным: полезная подача
QK = 2,35 л/с, рабочее давление 20 МПа, частота вращения вала
п„ = 1460 об/мин; z = 7; т)о = 0,98, максимальный угол наклона диска
у = 18°.
Решение. Определим теоретическую подачу насоса:
н.т
Q = б- = 2^ = 2,4 л/с,
Vht По 0,98
тогда рабочий объем насоса [4, с. 109] составит
Q„T 2,4 103-60 aQ, 3
дя = ~;-------= 98,6 см3.
н лн 1460
Из формулы для определения рабочего объема насоса [4, с. 109]
=Shz = ^-zDtgy
4
найдем
Sh = ^- = 1,441°3 = 14,09 см3.
zn 71460
Диаметр цилиндра при Л/а = 2, где а = h/d = 1...2 [4, с. 109]; оп-
ределим диаметр насоса [4, с. 100]:
d = Ж = з| = 2,1 см.
}nza РД4-7-2
148
При ходе поршня h = 2а = 42 мм диаметр осевой окружности
блока [4] составит
_ h 42
D = — =-----= 116 мм.
tgy 0,36
Теоретическую мощность насоса определим по формуле
Л'н.т = Q«.rP = 144 • 16,7 • 20 • 10-3 = 48,4 кВт.
Наружный диаметр блока в соответствии с принятыми соотно-
шениями [4] будет D6 = D + 1,6d = 116 + 1,6 • 21 = 149 мм.
Задача 7.10. Определить давление ръ которое нужно приложить к
поршню силового цилиндра (рис. 7.1) для создания силы вдоль што-
ка Р = 7850 Н. Силы трения поршня в цилиндре и штока в сальнике
равны 10 % от полного давления на поршень. Избыточное давление
по левую сторону поршня рг = 9,81 Н/см2; D = 100 мм; d = 30 мм.
Рис. 7.1
п л/)2
Решение. Сила давления справа рх---должна преодолеть
4
^/£^2 _\
силу Р = 7850 Н, силу р2 —— ----- и силу трения, равную
„.Г nD2 n(D2-d2
Ma—
[4], т. е.
тсП2 „
А—г-< = р+Р2
4
n(D2-d2) / nD2 it(D2-d2
-------+ОДР — "Л-------4--
4
Отсюда
Pi 0,9tlD2 D2
4-800 2 +1(Ю3 -32) = 1,20 МН/м2.
0,9-ЗД4102 102
Задача 7.11. Определить основные размеры шестеренного насоса
по следующим данным: Q = 60 л/мин; р = 2 МПа; п = 1450 мин-1;
число зубьев z = 14; т]0 = 0,92.
Решение. Определим теоретическую подачу насоса:
2НТ = — = = 65 л/мин.
Vh't г]» 0,92
149
Модуль зацепления определяется по эмпирическому выражению
[4]: /и = 0,5>/65 = 4 мм. Диаметр начальной окружности шестерни
D = mz — 4 14 = 56 мм.
Ширину шестерни найдем из формулы подачи [4, с. 119]:
. Q 65-Ю3
ь = —— =-----------х---------= 3,2 см.
2jw»2zn 2-ЗД4 0.42 14 1450
Рабочий объем насоса определим из выражения
QHT 65-103 .. ,
q = =-------= 45 см3.
п 1450
Полезная мощность насоса N„ = Qp = 60 • 16,7 • 2 • 10-3 = 2 кВт.
Приводная мощность [4, с. 86]
где т]0 — объемный КПД; цд — механический КПД приводного дви-
гателя, тогда
^н.п
2
0,92 0,95
= 2,56 кВт.
Задача 7.12. Рассчитать основные параметры гидромотора, рабо-
тающего с частотой п = 24 с-1 и моментом М = 100 Н • м.
Решение. Определим момент, при котором гидромотор рабо-
тает с КПД ц = 0,94 и давлением Ю МПа:
М 100 „
Мт = — =-------= 106,4 Н • м.
г) 0,94
Рабочий объем гидромотора определим по установленному рабо-
чему давлению [3, с. 127]:
2-ЗД4106,4 з
Р 10
Расход гидромотора 0М = qn = 68 • 24 = 1632 см3/с.
Необходимая подача насоса
Qн = = — = 1700 см3/с.
" По 0,96
Мощность гидромотора [4] составит NK = 2пМ^ = 6,3 • 106,4 • 24 =
- 16,3 кВт или NM = Q„p = 1632 • 10 • 10 3 = 16,3 кВт.
150
Задача 7.13. Определить основные рабочие параметры силового
цилиндра по следующим данным: рабочая нагрузка F= 10 000 Н,
максимальная скорость перемещения поршня v = 0,6 м/с, время раз-
гона поршня с 0 до 0,6 м/с; А/ = 0,1 с; р = 5 МПа.
Решение. Сила инерции в период разгона
Л. = —(г-0) =
gbi
10 000 0,6
9,81-0Д
= 6116 Н.
При постоянном ускорении путь разгона составит
т Fv1 10 000-0,62 ,
L =------=----------— = 3 см.
FH2g 6116-2-9,81
Общее усилие на поршне F„ = F+ F„ = 16 116 Н.
Диаметр цилиндра
D Lli6ii6^= м>
\ iy> \ 3,14-5-Ю6
где к = 1,5 — коэффициент потерь [4].
Сила трения в цилиндре в общем случае зависит от коэффициен-
та трения /, диаметра цилиндра D, ширины в уплотнениях и величи-
ны рк давления на контактную поверхность. При расчете цилиндра
можно принимать /= 0,1...0,2; pk=Pi‘, b~Q,5D [4], тогда
= fitDbpk = 0,2 • 3,14 • 7,8 • 4 • 2,2 = 46,6 Н.
Требуемая подача насоса Q„ = S„v — 47,8 • 0,6 • 100 = 28,6 • 102 см3/с =
= 0,286-10~2м3/с.
Мощность гидроцилиндра при статической нагрузке составит
N- Fv = 10 000 • 0,6 • 10-3 = 6 кВт, а мощность, расходуемая на тре-
ние, = F^v = 43,1 • 0,6 • 103 = 25,86 • 10-3 кВт. Коэффициент по-
N 6
лезного действия цилиндра будет П =-----=---------= 0,99.
N+Nv 6+0,028
Задача 7.14. Определить основные размеры шарикового предо-
хранительного клапана по следующим исходным данным: расход
рабочей жидкости Q = 400 см3/с, давление открытия клапана
р0 = 5 МПа, перепад давления р = 1,0 Н/см2 (рабочая жидкость —
минеральное масло).
Решение. Площадь рабочих окон клапана определяется по
формуле [4, с. 174]
с_ Q
[2
где К = \ь I—; значение Др предварительно выбирается наименьшим
VP
151
из настраиваемых давлений работы клапана; ц — коэффициент рас-
хода (принимается равным 0,7), тогда
5 =----- f9°. = 0Д2 см2.
0,7J—-Ю6 100
4900
Диаметр подводящего канала при скорости 3 м/с составит
d.
I 4-400 , ,
--------= 1,3 см.
ЗД4-ЗОО
Диаметр шарика D= 1,8 см, JK= 1,3 см; необходимое усилие в
пружине Ra =Ро$к = 5 • 1,34 = 6,7 Н; максимальный диаметр опоры
шарика d = dK + 1 мм = 1,31 см; площадь опоры шарика 5Ш = 0,24 см2.
_ Д, 6,7
Давление клапана на опорную поверхность р = =
= 2,8 Н/см2 = 0,28 • 105 Па.
d2 132
Высота подъема шарика [4, с. 175] h =--— =—— = 0,59 см.
4sin60° 4-0,71
Жесткость пружины при предварительном сжатии на 8 мм
составит
С = 2k = = 8 4 н/см = 837 5 д/м.
0,8 0,8
Давление, при котором клапан закроется,
ch 8,4-0,59 2
р. =--------=--------—------= 3,6 Н/см2.
3 5К -0,55 1,34-0,5 0Д2
Перепад давления при работе клапана составляет Др = 5 — 3,6 =
= 1,4 Н/см2.
Задача 7.15. Определить площадь рабочего окна дросселя, уста-
новленного в напорной линии магистрали, давление в которой
рп = 10 МПа. Давление на сливе рк = 0,5 МПа, расход через дроссель
Q = 800 см3/с.
Решение. Площадь рабочего окна дросселя определяется по
формуле [4, с. 158]
где ц — коэффициент расхода (0,6...0,7); Др — перепад давления (не
более 0,5 % от максимального значения рабочего давления).
152
Тогда
800
0,7,/—106(1-0,5)
V 900
= 0,08 см2.
Задача 7.16. Давление в напорной линии золотника ря = 10 МПа,
давление нагрузки р. = 9 МПа. Расход рабочей жидкости через золот-
ник Q = 15 л/мин (золотник четырехщелевой, рабочая жидкость —
минеральное масло). Определить основные размеры золотника.
Решение. Определим секундный расход жидкости через зо-
лотник:
=^^ = 25 105м3/с.
OU
Перепады давления на рабочих окнах Др = (ря — р0)0,5 =
= (10 - 9)0,5 = 0,5 МПа.
Площадь рабочих окон определяется по формуле
где р. = 0,6...0,7.
Тогда
-------- ™.
0,7, —106 0,5
V 900
Ширина рабочего окна при ходе плунжера х — 2 мм составит
Задача 7.17. Имеется гидропривод нераздельного исполнения с
регулируемым насосом и нерегулируемым гидромотором. Параметры
насоса: (?н = 3 л/с; рн = 10 МПа; т]н = 0,9. Параметры гидромотора:
Мм = 140 Н • м; т|м = 7 об/мин. Определить основные параметры гид-
ропривода.
Решение. Определим рабочий объем гидромотора:
бн ЗЮ3 з
аи = — =------= 429 см3.
Пм 7
153
Теоретическая подача насоса составит
л е„ з ю3 „„
Q„. = — =---------------------= 3333 см3/с.
Пн 0,9
Утечка в насосе и гидромоторе определяется по формулам [4, с. 85]
<2н = бн.т(1 - Пн); бм = бнН - Пм),
ИЛИ ен = 333(1 - 0,9) - 333 см3/с; Qu = 3000(1 - 0,9) = 300 см2/с.
Объем утечек [3, с. 84]
Д0 = «нА.,
где ая — коэффициент утечек,
Дб 333-104 п,, 5„
а„ = — =--------— = 0,33 см5/(с • Н);
Рн 1010е
Дбм 300 $// __
ам = —— =-------т = 0,3 см5/(с • Н),
Рм Ю Ю2
а коэффициент утечек в гидросистеме
а — ап + а* = 0,63 см5/(с • Н).
Найдем коэффициент момента гидромотора [4, с. 124]:
, Ми 140-Ю4 .. ,
= —— =-----— = 14 см3.
Р„ Ю106
Составим уравнение механической характеристики гидропривода:
QH т аМм
пи ~:’
4м ^М 4м
где а = (ам + ап) — коэффициент утечек в гидросистеме; — Мм
а
суммарные утечки в насосе и гидромоторе;----------— снижение час-
^М 4FM
тоты вращения гидромотора, вызванное утечками жидкости.
Тогда
аМи 3300 0,63 140 102 __ ПП<П1.,
’------— =-----и„ —----------; пм = 7,7ин - 0,050Шм,
н kMqM 429 н 14-429
„ — ®Н.Т
ПМ--------U
?м
где ип — параметр регулирования насоса.
154
Подставив в это уравнение значения момента от нуля до номи-
нального, получим зависимость частоты вращения гидромотора от
нагрузки для любого заданного параметра регулирования насоса. Ос-
новной является характеристика при «н = 1, тогда частота вращения
гидромотора будет максимальной и при заданной нагрузке равной
им = 7,8 1 - 0,0001 • 14 • 102 = 7,66 об/с.
Минимальной частота вращения гидромотора будет при инпЛ1,
который находится из условия [4, с. 91]
тогда пм = 7,8 • 0,19 - 1,4 = 0,082 об/с.
Задача 7.18. Определить характеристики гидропривода с дрос-
сельным регулированием. Дроссель включен последовательно на
входе. Максимальная подача насоса Q„ = 1 л/с. Нагрузка на шток
поршня F= 17,5 • 103 Н. Площадь поршня 5П — 50 см2. Давление на-
стройки сливного клапана рк = 4 МПа.
Решение. Определим максимальное проходное сечение дрос-
селя при перепаде давления без нагрузки:
0,7,1—102 -4103
V900
Перепад давления на дросселе с учетом нагрузки определяется по
формуле [3, с. 202]
Зя
Скорость поршня цилиндра в зависимости от нагрузок определя-
ется согласно уравнению [4]
г = 0,71Лйдр -4,7^400 -0,02F, или г = 4,935идр 7400 -0,02^.
Подставив в это уравнение различные значения нагрузки на пор-
шень для каждого параметра регулирования дросселя, получим графи-
ки механической характеристики. Максимальная скорость поршня бу-
дет при максимальном параметре регулирования дросселя Ид_ = 50*S^
(где 50 — открываемая площадь проходного сечения дросселя):
г>шах = 4,9357400-350 = 35 см/с.
Скорость поршня при отсутствии нагрузки (F = 0) составит
v = 4,957400 = 99 см/с.
Остановка поршня произойдет при нагрузке Fmax = 400/0,02 =
= 20 • 103 Н.
155
Задача 7.19. Определить потери давления на трение при протека-
нии масла по трубопроводу с внутренним диаметром 25,4 мм, дли-
ной 15,2 м, при скорости 6,1 м/с и при температуре масла 49 °C.
Решение. Коэффициент кинематической вязкости масла в
трубопроводе равен НО сСт [4]. Определим число Рейнольдса:
Re = 1000— = = 1410.
v НО
Так как Re < 2000, шероховатость трубопровода не влияет на ве-
личину потерь, т. е.
— = -^- = 0,045,
Re 1410
следовательно,
5,1ХЬ2Т] 5Д 0,045 15,2-37,2 0,88 . ла,а . , . . 1п5 л г,,
рп = —------' = ——-------————— = 4,4959 кг/см^ = 4,5 • 10 Па [4].
d ‘
25,4
Задача 7.20. Определить потери давления на трение при протека-
нии масла температурой 38 °C по стальному трубопроводу внутрен-
ним диаметром 50,8 мм, длиной 30,5 м при скорости 9,14 м/с.
Решение. Коэффициент вязкости масла при температуре 39 °C
равен 32 сСт [4].
Определим число Рейнольдса:
Re = 1000— = 10(У'9»14'5.0’8 = 14509,75.
v 32
При относительной шероховатости e/D = 0,0009 коэффициент
сопротивления X = 0,03.
Тогда потери давления на трение составят
5,1-0,03 ЗОЛ 83,5 0,88 1п5 „ ...
рп = —— ------------—-— = 6,75 кгс/см2 = 6,75 • 105 Па [4].
'Задача 7.21. В гидравлической сети насос с подачей 37,8 л/мин
поддерживает циркуляцию масла, имеющего вязкость ПО сСт при
температуре 49 °C и плотность р = 880 кг/м3. Внутренние диаметры
трубопроводов и их длины приведены на рис.. 7.2. Провести гидрав-
лический расчет сети.
Решение. 1. Линия всасывания: внутренний диаметр 25,4 мм,
подача насоса 37,8 л/мин.
Определим скорость движения масла
Q 0,0378 . _. .
v = —=--------------------- = 1,24 м/с.
пР2 60-0,785 (0,0254)2
4
156
610
6100
Рис. 7.2
Число Рейнольдса составит
Re =
ЮРО-р-Д _ 1,25 25,4-1000
v ПО
= 290,
тогда коэффициент сопротивления X = 64/290 = 0,22.
Расчет потерь. Длина прямого участка трубопровода £ = 1,68 м,
коэффициент сопротивления на входе в трубопровод £ = 0,5. Форму-
ла Дарси—Вейсбаха для течения в прямых трубопроводах аналогична
по виду математическим выражениям для определения потерь напо-
ра в коленах, клапанах и соединениях. Вместо того чтобы подсчиты-
вать потери в каждом отдельном элементе гидравлической сети,
целесообразно выразить отдельные компоненты потерь в соединени-
ях и т. п. через равное им сопротивление эквивалентной длины пря-
мого трубопровода. Для этого приравняем формулу Дарси—Вейсбаха
с выражением для потери напора в соответствующем элементе к
формуле Вейсбаха:
D2g 2g
Отсюда найдем величину эквивалентной длины прямого участка:
, 0,5-0,0254 ЛП,
£, = — D=——-------= 0,06 м;
э X 0,22
для колена £ = 0,72, тогда L3 = 0,083 м;
для вентиля = 0,3, тогда L3 = 0,034 м.
157
Полная длина трубопровода на линии всасывания с учетом всех
гидравлических сопротивлений будет
La = L+YL3 =1,68 +0,06 + 0,083 +0,034 = 1,86 м.
П лбш/ Э 7 7 7 7 7
Теперь можно определить полную величину потерь на линии
всасывания:
.Lv2 5Д 1,86 0,22-1,57 0,88 П11, . , 1МП
рп = pgX-----= -Г_2----£—!------’— = ОД 13 кг/см2 = 0,113 • 105 Па.
D 2 g 25,4
2. Линия нагнетания. Считаем, что управляющий клапан нахо-
дится в положении обратного хода, при котором подача насоса на-
правлена в полость возврата гидроцилиндра. Диаметр трубопровода
19 мм. Тогда
0,0378
60 0,785(0,019)2
= 2,22 м/с;
233 19 1000^ «4,
110 383
Расчет потерь. Длина прямого участка трубопровода до тройни-
ка: L3 = 8,54 м, для обратного клапана £ = 16,5, тогда
=J6^.0019=1877 .
э 0Д66
для изогнутого участка трубопровода £ = 0,3, тогда L3 = 0,034 м;
для прямого колена £ = 1,2, L3 = 0,137 м;
для тройника £ = 1,5, L3 = 0,17 м.
Полная длина участка трубопровода до тройника
L = 8,54 + 1,91 + 0,034 + 0,137 + 0,17 = 10,79 м.
Определим полные потери на линии нагнетания, за исключени-
ем клапана управления:
5Д 0Д67 10,79-4,95-0,88 . 2 . , 1П5 __
ра = -----—----------— = 2,1 кг/см2 = 2,1 • 105 Па.
3. Параллельные участки трубопровода. Условия течения ясно
говорят о том, что в этих участках поток жидкости ламинарный. Все
проходные площади трубопроводов равны, т. е. F= F^ F2.
Отсюда
v. = Liv =1’22 '2’23 = 1,27 м/с; Re, = 220; X = 0,29;
1 Z,-Z2 2ДЗ
158
L^v 0,914-2,23 no, . D . л,оо
v2 = —!— = —------------— = 0,96 м/с; Re2 = 165; л = 0,388.
Lx —* L2 2 Д 3
Расчет потерь. Длина первого прямого участка Z, = 0,914 м;
для двух колен под 45° = 0,263, L3 = 0,034 м;
для выхода £ = 1, L3 = 0,068 м.
Полная длина первого участка L3i = 1,016 м.
Длина второго участка Z2 = 1,22 м;
для колена под 90° £ = 1,2, L3 — 0,059 м;
для выхода £ = 1, L3 = 0,048 м.
Полная длина второго участка Ьз2 = 1,33 м.
Определим исправленные значения скоростей и коэффициентов
трения:
= 1,33-2,23 6 м/ = 21 = 0 ж
1 2346
г2 = = 0,965763 м/с; Re, = 167; = 0,32.
В случае когда поток жидкости, поступающий из коллекторного
трубопровода, разделяется на несколько потоков в параллельных
трубопроводах, величину сопротивления можно определить по фор-
муле Дарси—Вейсбаха, представленной в виде
где Ф — коэффициент, равный 5ДХ—р.
Тогда полные потери давления на участке с параллельными тру-
бопроводами определятся следующим образом:
= 5Д£е^= 1Д16, , =
1 Жр 19,0v '
Ф2 = = 5,1|^| (0,382 -0,88) = ОД 2;
(,-- \2 z ч2
pn = <^ = 2,232 • 0,0225 = 0,112 кг/см2 = 0,112 • 105 Па.
159
4. Ответвления трубопроводов диаметром 38 мм.
Скорость движения масла в трубопроводе
0,0378 Л.
v =-------------т- = 0,56 м/с.
60 0,785(0,038)2
В этом случае имеет место ламинарный режим течения, следова-
тельно,
= _Liv = Ij34j7 = 6 = 3 =
1 L,+L2 2,60
v2 =
= 1,83 1,22 м/ = =
(+Z2 2,60
Расчет потерь. Длина первого прямого участка трубопровода
Ц = 1,22 м;
Для одного поворота = 0,3; £э =
-^- 0,038 = 0,06 м;
0,19
для входа = 0,5; L3 = 0,1 м.
Общая длина Z3, = 1,38 м.
Длина второго прямого участка трубопровода L2 = 1,37 м;
для колена 90° = 1,2; Lnf) =^—0,038 = 0,212 м;
для входа £ = 0,5; L3 = 0,088 м.
Общая длина L31 = 1,67 м.
Исправленные значения скоростей и коэффициентов трения:
= 1,7-1.83 = = =
1 3,05
1 TR.1 R4
= = 0,828 м/с; Re2 = 285; = 0,225.
2 3,05
Тогда
Ф1 =5,1 —•0,182-0,88 = 0,0296; Ф2 = 5,1-0,225-0,88 = 0,0444;
38 38
ф=Г
ЦбД296 +-Д0444/
Полные потери давления на трассе составят
рП = 0,0091 • 1,832 = 0,03 кг/см2 = 0,03 • 105 Па.
160
5. Линия возврата: v = 1,83 м/с; Re = 640; 1 = 0,1.
Расчет потерь. Длина прямого участка трубопровода равна 11,9 м;
для тройника £ = 1,5; L3 = -0,038 = 037 м;
для двух поворотов £ = 0,3; Д, = 0,23 м;
для двух колен 90° £ = 1,2; L3 = 0,914 м;
для выхода £ = 1; L3 = 0,38 м.
Общая длина L3 = 13,7 м.
Полные потери на линии возврата составят
5Д 0Д-13,7-335-0,88 . 2 _ 1П5 „
р„ = —з}} ——~ о*542 кг/см = °’542 ’ ю Па.
6. Клапан управления. Размер клапана соответствует диаметру воз-
вратной линии 38 мм. Так как стандартные клапаны изготовляют с
одинаковыми присоединительными размерами, возникает необходи-
мость в использовании переходника на линию диаметром 19 мм. Эго
ведет к внезапному расширению и сужению потока. Проходные пло-
щади в клапанах равны 6,45 см2. Принимаем коэффициент сопротив-
ления = 16,5 для любого направления потока через клапан. В этом
случае, чтобы определить полные потери клапана, необходимо учесть
следующие величины: диаметр участка трубопровода D = 19 мм;
скорость движения масла на входе в трубопровод v — 2,23 м/с; CKO-
О.0378 пло .
рость на входе в клапан v = 0000645 = М 'С’ СКОРОСТЬ на выходе
v = 2,23 м/с.
Тогда потери на внезапное расширение составят
, (»i “J’z)2 Р . 0,088(г>. -гч)2 л лл„ , ,
й_ = —-----— или р„ = — h„ =-------------— = 0,007 кг/см2 =
п 2g а 10 и 2g
= 0,007 • 105 Па;
потери на вихреобразование в клапане будут
V2 0,088 163 0,96 Л Л*7 / 2 ПОТ 1П5П
р„ = pz— = —--------- = 0,07 кг/см2 = 0,07 • 105 Па,
” И 2g 2-9,8
а потери на внезапное сужение —
v2
Рп =Z—,
2g
где v — скорость в патрубке с меньшим диаметром; величина коэф-
фициента z зависит от отношения диаметров Dt/D2, в данном случае
z — 0,28. Тогда
161
0,088-0^5-5 пллс£ , , _£п „
»_ = —----—— = 0,0056 кг/см2 = 560 Па.
2-9,8
Таким образом, общая величина потерь в клапане на участке
трубопровода диаметром Р = 38 мм составит рп = 0,83 10s Па, ско-
рость на входе v = 1,83 м/с, скорость в клапане v = 3,23 м/с.
Тогда потери на внезапное сужение будут
= = WJUW =
и* 2 g 2-9,81
потери на вихреобразование
= = 0,088-16,5 10,4 = 6
g 2g 2-9,81
и потери на внезапное расширение
р = — А„ = Q’088^3’23"1’83)2 = 0,00879 кг/см2 = 879 Па.
"2 10 п 2-9,81 '
Итак, полная величина потерь ра = р„ +pg + рп = 0,763 кг/см2 =
= 0,763-10s Па. '
Полный перепад давления в системе, который должен обеспе-
чить насос, равен сумме всех потерь, т. е. потерь на всасывание
(0,013 • 105 Па), нагнетание (2,03 • 105 Па), ответвления (0,112 • 105 Па),
обратном ответвлении (0,03 • 3,26 = 0,0978 • 10s Па), обратной линии
(0,535 • 3,26 = 1,7441 • 105 Па), входе в клапан (0,0825 • 105 Па), выхо-
де из клапана (0,736 • 3,26 = 2,49 • 105 Па), т. е. (0,013 + 2,03 +
+ 0,112 + 0,9978 + 1,7441 + 0,0825 + 2,49) 105 = 11,47 • 105 Па.
Тогда полный перепад давления в системе, создаваемый насо-
сом, составит 666 718 Па ~ 0,67 МПа. В эту величину не входят поте-
ри в самом насосе, определяемые величиной КПД насоса.
При вычислениях не была учтена величина скоростного напора
насоса, так как в общем скоростной напор не является потерей
удельной энергии, а представляет собой энергию, переданную жид-
кости, и, следовательно, может быть учтен, однако обычно скорост-
ной напор теряется безвозвратно на вихреобразование при входе
жидкости в гидроцилиндры.
Задача 7.22. Для объемной гидропередачи технологической ма-
шины, гидравлическая схема которой изображена на рис. 7.3, необ-
ходимо выбрать насос и гидромотор, если нагрузочный момент на
валу М. = 5700 Н • м, а скорость вращения должна изменяться в пре-
делах 10...80 мин-1.
162
Рис. 7.3
Решение. Рабочее давление жидкости принимаем согласно ряду
и типажу гидромашин (см. прилож. 7,8): = 160 кг/см2 = 16 МН/м2.
Для данного параметра выберем радиальный роторно-поршневой
гидромотор с рабочим объемом qg = 2,5 л/об (см. прилож. 8).
Определим максимальный и минимальный расходы рабочей
жидкости, потребляемой гидромотором:
б, min = 9eflg mia = = 25,5 л/мин = 0,425 • 10~3 м3/с;
бг max = gg"gin“ = = 204 л/мин = 3,4 • 10"3 м3/с.
gam Tig 0,98
Подача насоса равна расходу, т. е. £>н = Так как р^ = 160 кг/см2
и Qgmax = Q« = 204 л/мин, выберем регулируемый аксиальный роторно-
поршневой насос с рабочим объемом q = 0,16 л/об и расчетной пода-
чей Q„p = 212 л/мин при синхронной скорости вращения ротора
яс = 1500 мин/ (см. прилож. 8).
Действительная подача с учетом скольжения ротора асинхрон-
ного электродвигателя составит
Q = Q« — = 212— = 205 л/мин.
н н лс 1500
Перепад давлений в гидромоторе при Mg = 5700 Н м
2яМ. П- ,
р, =------«_!£_ = 14,9 • 106 МН/м2 = 149 кг/см2.
g 0,0025 0,94
Давление, развиваемое насосом, больше давления в моторе на
величину потерь в гидромагистрали. Чтобы не повторять ранее при-
163
веденных расчетов по определению потерь давления в гидросети, за-
дадимся ориентировочно, что при
Ьрк = (0,01—0,02)/^ = (0,01.-0,02)14,9 • 106 =
= (0,149-0,298)10* МН/м2,
тогда
Л + ДРс = (14,9 + 0,2)10* = 15,1 • 10* МН/м2.
Максимальная мощность на валу насоса
Nнтю = Рнбпии = 10* 201 = 58,4 кВт.
нпах пн 0,88 60
Параметры регулирования насоса:
при nf = 10 мин1
__Qg min _ 25,5 _
~~Q„ 205 "
при nf = 80 мин1
= Qgmax =204^q995
бн 205
ГЛАВА 81
Расчет газопроводов и пневмодвигателей
Задача 8.1. Найти потребное давление в ресивере р01, если весо-
вой расход газа G, давление среды на выходе из газопровода р и раз-
меры газопровода Ind.
Решение. 1. При адиабатном процессе зададимся средней тем-
пературой газа в газопроводе (7^ ~ 0,9Т01), по ней определим среднее
значение вязкости ц. По G, d и ц найдем число Рейнольдса, а затем —
— W
коэффициент 1 и приведенную длину I - —.
d
Далее на основании уравнений
М , Р1 _ Р2 ! ”2 _ к рй
к-1 р, 2 Л-1р2 2 Л-1р0
и
—R7\ +^- = — rt2+^L = — RT2 (8.1)
Jt-1 1 2 к-1 2 2 к-1 2
составим уравнение для потока от ресивера до конечного сечения га-
зопровода:
J_RT„ +
k-l 01 4-lpx 2g
(8.2)
где
4G
Р j2
1ш g&
1 Приведены два варианта решения задач: для адиабатного и изотермического
течений в газопроводах. В первом варианте задана температура в ресивере То, во вто-
ром — температура вдоль газопровода, равная температуре окружающей среды
(Г— 7\ — const). Будем считать, что во всех случаях свойства газа (fc, Л, р) заданы.
165
Исключив из уравнения (8.2) pg, решим его как квадратное урав-
нение относительно v. Затем из уравнения
v = а = J2—^5- = J—BT0 (8.3)
ж₽ у к+1 р U+1 0
IS V
определим а~ и М =----.
Обратимся к графику на рис. 8.1 и по I и М определим затем
Р<п
р01. Если при расчете оказалось, что расчетная точка находится ниже
кривой АВ, то в конечном сечении М = 1 и v = а^. Отношение дав-
лений определяется точкой пересечения кривой АВ на рис. 8.1 с
Poi _
вертикалью, соответствующей значению I. В этом случае давление в
конечном сечении газопровода будет больше давления среды, куда
вытекает газ, следовательно, нам неизвестно.
Для определения р0> при этом поступаем следующим образом: по
указанной точке пересечения на графике определим Мь затем
vi = a^pM} ир = ——.
па go
JS&nee из уравнения (8.1), записанного для ресивера и начального
сечения, получим
а из уравнения состояния
Л=^.
g
Используя известное из термодинамики уравнение идеальной
адиабаты, найдем искомое давление в ресивере:
_ fT’oiV-1
Poi - I "^7"
Ui /
При ламинарном режиме течения, когда коэффициент X сущест-
венно меняется при изменении числа Re, можно определить темпе-
ратуру и провести уточнение расчета.
2. При изотермическом режиме по температуре Т= 1\ найдем ц,
затем Re, 1 и I. По Т и р по уравнению состояния определим р, за-
тем скорость в конечном сечении газопровода
166
4G
v-—5—•
1WTpg
По формуле
(8.4)
определяем а и далее M = —. После этого по графику на рис. 8.1 по I
а
и М найдем а следовательно, и р01.
Poi
__ Если расчетная точка на рис. 8.1 оказалась ниже кривой АВ, то
М.= 0,845 и расчет выполняется так, как в предыдущем случае при
М = 1. Различие состоит лишь в том, что температура 7\ известна, а
Т01 неизвестна'.
Задача 8.2. Найти весовой расход газа G при давлении в ресивере
р01, давлении среды на выходе из газопровода р и размерах газопро-
вода Ind.
Решение. 1. При адиабатном процессе зададимся значением ко-
эффициента А. = 0,02... 0,03 в предположении турбулентного режима
течения. Определим приведенную длину газопровода I и по отноше-
нию Р/Ры с помощью трафика на рте. 8.1 найдем Mt. Далее по формуле
(8.3) определим а^, затем Из уравнения (8.1), записанного
для ресивера и начального сечения газопровода, определим
г _т _Л-1»12
1 01 kR 2 ‘
167
Используя известное из термодинамики уравнение идеальной
адиабаты
Pi — | У"1
Poi V 01 7
и уравнение состояния
о ~ Ро1
Р°! р™ ’
^•*01
определим плотность газа в начальном сечении.
Искомый расход газа в первом приближении определим по фор-
муле
Далее по G и следует определить число Рейнольдса, проверить
режим течения и по Re подсчитать коэффициент X. После этого тем
же путем можно определить расход газа во втором приближении,
а если необходимо, то и в третьем и т.д., но обычно достаточно двух-
трех значений.
2. При изотермическом процессе также зададимся коэффициен-
том X, определим / и по с помощью графика на рис. 8.2 найдем
Poi
число М. По формуле (8.4) определим а, далее v = аМ. По Т и р из
168
уравнения состояния найдем р, затем искомый расход газа в первом
приближении:
Далее уточняем решение, т. е. подсчитываем Re и X, и повторяем
расчет в том же порядке до получения достаточной сходимости.
Если при решении данной задачи расчетная точка на рис. 8.1 или
8.2 оказалась ниже кривой АВ, то, как и в задаче 8.1, это означает,
что расход G определяется по точке пересечения кривой АВ с верти-
калью, соответствующей значению /.
Задача 8.3. Найти диаметр газопровода d, если весовой расход
газа G, давление в ресивере рОь давление в среде на выходе из газо-
провода р, длина газопровода /.
Решение. В обоих случаях (при адиабатном и изотермическом
процессах) решение проводим следующим способом. Задаемся ря-
дом значений диаметра d (3—4 значения). При этом целесообразно
приблизительно определить диаметр, соответствующий I при ко-
тором заданное отношение давлений р/р01 обеспечивает предельную
скорость на выходе из газопровода (если р/р^ < 0,528), и использо-
вать это значение в качестве одного из тех, которыми мы задаемся.
Далее для каждого из значений диаметра решаем первую задачу, т. е.
находим poi дая адиабатного и изотермического течений или лишь
для одного из них. Затем строим кривую зависимости р01 от d и по
ней по заданному р01 находим необходимый диаметр и выбираем
ближайший, больший стандартный диаметр.
Приближенная формула для расчета газопроводов в предположе-
нии изотермического течения может быть получена из уравнения
Х- = /тД-—Ц-21п— (8.5)
rf v) pi
с использованием соотношения
G
~ = PiPi# = v2P2g = W = const
*э
(8.6)
и уравнений состояния и изотермы. Сначала решим уравнение (8.5)
относительно vt, затем выполним преобразования и выразим весо-
вой расход газа:
(8.7)
где Т — постоянная температура в газопроводе.
169
Полученной формулой можно пользоваться в тех случаях, когда
известно, что в конце газопровода число М = 0,845, а также когда за-
дано давление в начальном сечении газопровода А- Если же послед-
нее неизвестно, то при малых скоростях газа в начальном сечении
можно приближенно принять рх = р01, т. е. пренебречь падением дав-
ления от ресивера до начального сечения газопровода.
Задачу по определению начального давления рх при заданных G и
р с помощью формулы (8.7) можно решать лишь методом подбора.
Но если приведенная длина — достаточно велика по сравнению с
d
величиной 21я(Р1/р), то последней можно пренебречь, тогда из (8.7)
получим
Следует помнить, что здесь и выше R — газовая постоянная в
системе единиц СИ, р — давление в Н/м2.
Задача 8.4. Определить удельную энергию воздуха при изотерми-
ческом и адиабатном процессах расширения, если начальное абсо-
лютное давление воздуха р, = 0,4 МН/м2, конечное абсолютное дав-
ление рг = 0,1 МН/м2, начальная температура = 20 °C.
Решение. Удельная энергия воздуха при изотермическом про-
цессе [3, с. 265] составит
Кд.из = 23а —1g— = 23 0,410е 0371g= 149 000 Дж/м3.
Pi Рг ОД
Плотность воздуха при начальных условиях
Pl То , „0,4 273 . о . ,
Pt = Ро ——- = 139—----------= 4,8 кг/м3.
Ро ОД 273 +20
(8.8)
Отношение плотностей — = = 0,27.
Pi 4,8
Удельная энергия воздуха при адиабатном процессе
F — - Ро 1 I Pi
^УД.ад , 1А * I
л 1 Pj
fc—1
£11 *
A J
= -У_.о,440‘-037
1,4-1
1,4 =
MW
= 123 624 Дж/м3.
170
Конечная температура воздуха
t-i
7, =7,^-]* =(20+273).(Й]'Л = 197К = -75°С.
Полученная температура ниже предельной (-40°С) чтоприведет
к обмерзанию выхлопных окон. Следовательно, нужно'Работать, с не-
полным расширением воздуха, т. е. доводить давление в конц р
рения неДОЛ = 0,1 МНМ а ДОЛ = = <М5 • 0,4 = 0,18 МН/м2.
Задача 8.5. По данным предыдущего примера определить выход-
ную мощность пневмодвигателя, крутящий моменти уде р
ход воздуха, если Q, = 0,2 м3/с; ng = 600 мин*; т)ад - 0,35.
Решение. Используя расчетные зависимости [3, с. 267], най-
дем
Ngma = = 123 000 • 0,2 • 0,35 - 8610 Вт - 8,6 кВт;
u 30^bHX_3M600 = 137 H.m;
ЗД4 600
_О,__|>2=0,023 isizs.
“ ЛГ,„ S.6 кВг
Задача 8.6. Сравнить по данным предыдущих примеров удельную
энергию пневмодвигателя, работающего без расширения
удельной энергией пневмодвигателя с полным расширением здуха
при изотермическом и адиабатном Процессах.
Решение. Удельная энергия пневмодвигателя без расширения
воздуха определяется по формуле [3, с- «’“J
Е = -р2) = 0,27(0,4 " 0,1)10* = 81 000 Дж/м3.
Pi
Найдем соотношение между удельными работами.
Е» 81000 _ 054 = .0,66.
123000
Задача 8.7. Определить расход воздуха шестеренного косозубого
пневмодвигателя КО,25, если начальное абсолютное давление сжато-
го воздуха р, = 0,5 МН/м2, конечное абсолютное давление при вы-
хлопе £=0,*12 МН/м2, начальная й конечная ™шературы воздуха
/ = /2 = 20 °C, скорость вращения ротора ng - 3000 мин , относи-
тельная величина вредного пространства т0 = 0,15, коэффициент
утечек i]y = 0,9.
Решение. Расход воздуха [3, с. 275] определяется по формуле
Qg =9g
(8.9)
где qg — рабочий объем (цифра после буквы в обозначении марки
пневмодвигателя), qg = 0,25 дм3 = 0,25 • 10*3 м3; кк — коэффициент
наполнения шестеренных косозубых пневмодвигателей, = 1; Pi —
начальная плотность воздуха по (8.8),
0,5 273
ОД 273+20
о — о ^1-— —1.29
Pi _Ро -М"
Ро
= 6 кг/м3;
р2 — конечная плотность воздуха,
.-п0Д2 273 , .. . ,
р, = 12,9—---------=1,44 кг/м3.
2 ОД 273 +20
Тогда по (8.9)
Qg =0^510"3— 1
8 60
~—Mq J_ = 0,072 м3/с =
1,29 1,29 JJo,9
= 4,3 м3/мин.
Задача 8.8. Определить диаметры пневмоцилиндра и трубопрово-
дов, если нагрузка F— 12 кН, ход 0,6 м, время рабочего хода t= 15 с,
эквивалентная длина трубопровода L3 = 85 м, КПД цилиндра т] = 0,8,
температура 7’= 15 °C, давление воздуха в узле ру = 0,56 МПа. Как
уменьшится мощность привода, если давление в узле уменьшится
на 10 %?
Решение. Максимальная энергоотдача пневмопривода обеспе-
чивается при нагрузке, равной 60 % нагрузки торможения, значит,
уравнение сил можно записать в виде F= 0,6руЛ!г| [4, с. 304], тогда
рабочая площадь поршня составит
„ 12000 2
S =--------------= 0,0446 м2,
0,6 0,56 10е 0,8
а диаметр цилиндра
. /45 /40,0446 Л«.
d = J— = I—------= 0,24 м.
V я V ЗД4
172
Объем воздуха, необходимый для выполнения рабочего хода,
найдем по формуле
V= Sh = 0,0446 0,6 = 0,0268 м3.
С учетом времени рабочего хода массовый расход воздуха будет
^ = 0W0331 =
т t 1,5
где плотность воздуха в цилиндре определяется соотношением
Рц
Рц + Ратм
gRT
0,6+0,5+0,1
9,8-287-288
10е = 0,538 кг/м3.
Определим среднюю плотность воздуха в трубопроводе:
Рср
. Р, +Р. _ 0^+033+0j1Qt _
2gRT 2-9,8-287-288
Потери давления рассчитываются согласно формуле [4, с. 300]
Zip = 0,017
L3Q2
prf5’33’
откуда диаметр воздухопровода
I 0»0174Qm =< J о,017-85-0,ОО^7" = 0 02 м
РсрО’у-Рц) У 0,673(0,56-0,33)106
Если давление в'узле падает на 10 %, перепад давления и средняя
плотность составят:
Др = ((0,9 • 0,56) - 0,33)10* = 0,173 10*;
= (о^о^б+озз)+о^ 1о6 = 638 ет/м3
Нср 2-9,8-287-288
откуда массовый расход определим следующим образом:
_ Р”_р„др. 1одо,д-о,б38-од7з-1о‘~_
" V 0,0177, И 0,017-83
173
Поскольку нагрузка одинаковая, отношение мощностей будет
равно отношению массовых расходов, а мощность привода при по-
ниженном давлении составит
ЛГХ = = ЛГ 9ДО82 = 0,8637V,
Qm 0,0095
т. е. уменьшение мощности будет 13,7 %.
Приложения
ПРИЛОЖЕНИЕ 1
Плотность, вязкость, коэффициенты объемного расширения и сжатия
некоторых жидкостей
(приратм = 101 325 Н/м2 или В = 760 мм рт. ст. и Т= 293 К или t = 20 °C)
Наименование жидкости Плотность р, кг/м3 Динамический коэффициент вязкости И 103, Н- с/м2 Кинематический коэффициент вязкости v • 106, м*/с Коэффициент объемного расширения Pt- град 1 Коэффициент объемного сжатия PF W3, м2/МН
Вода Этиловый 998,2 1,00 1,006 0,20 0,49
спирт 790 1,20 1,52 1,10 0,78
Ртуть 13 546 1,54 0,114 0,18 0,039
Глицерин 1260 1490 11800 0,49 0,25
Керосин 820 2,05 2,5 0,96 0,77
Воздух 1,2 0,0179 14,9 — —
Метан 0,668 0,0111 16,6 — —
Примечания: 1. Значения р, ц и v для воздуха и метана приведены
при относительной влажности ср = 0,5. 2. При выполнении технических рас-
четов можно принимать следующие значения плотности воды и ртути:
рв = 1000 кг/м3, ррт = 13 600 кг/м3.
175
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
Техническая характеристика некоторых рабочих жидкостей гидроприводов
Наименование жидкости р, кг/м3 при Г=20°С Вязкость при Г =50 °C и атмосферном давлении ‘«ег.’С (е выше) t °C (не ниже) Предел рабочих температур, °C ГОСТ
сСт *Е
Масло индуст- риальное «12» 876...891 10...14 1,86...2,26 -30 165 -30... +40 1707-51
То же, «20» 881...901 17...23 2,60...3,31 -20 170 0... +90 1707-51
» «30» 886...916 27...33 3,81...4,59 -15 180 10... +50 1707-51
» «45» 890...930 38...52 5,24...7,07 -10 190 10... +60 1707-51
» «50» 890...930 42...58 5,76...7,86 -20 200 10... +70 1707-51
Масло турбин- ное «22» 901 20...23 2,9...3,2 -15 180 5... +50 32-53
То же, «30» 904 28...32 3,9...4,4 -10 180 10... +50 32-53
» «46» 920 44...48 6,0...6,5 -10 195 10... +50 32-53
Масло вере- тенное АУ 880...896 12...14 2,05...2,26 -45 163 -40... +60 1642-50
Масло транс- форматорное 896 9,6 1,8 -45 135 -30... +90 982-56
АМГ-10 850 10 1,84 -70 92 -50... +60 6974-62
ПРИЛОЖЕНИЕ 3
Соотношения между единицами измерения:
а) давления
Единицы Н/м2 кгс/см2 (мм) кгс/м2 ММ вод. ст. м вод. ст. мм рт. ст. бар
1 Н/м2 1 кгс/см2 (атм) 1 кгс/м2 1 мм вод. ст. 1 м вод. ст. 1 бар 1 98,1 103 9,81 98,1- 103 133,3 105 10,2- 10б 1 10"4 0,1 1,36- 10 -3 1,02 0,102 10“ 1 103 13,6 10,2- 103 0,102 104 1 1 13,6 10,2- 103 102- 10" б 10 10"3 103 1 10,2 7,50- 10"3 735,6 73,56- 10" 3 73,56 750 ю-5 0,981 98,1 10-3 1,333- 10“ 3 1
б) кинематической вязкости: 1 м2/с = 104 см2/с (Ст) = 10б мм2/с (сСт);
в) динамической вязкости: 1Н • с/м2 = 0,102 кг • с/м2 = 10 дин • с/см2
(П); 1 кг • с/м2 = 9,81 Н • с/м2 = 98,1 дин • с/см2 (П); 1 дин • с/см2 (П) = 0,1
Н м2 = = 10,2 • 10"3 кг • с/м2.
176
ПРИЛОЖЕНИЕ 4
Обобщенные параметры для расчета трубопроводов
(при квадратичном законе сопротивления)
Внутренний диаметр труб d, мм Абсолютная шероховатость труб 4,, с1 2/м‘
А = 0,2 мм А = 0,5 мм А=1 ,0 мм
J2, м*/с2 V с2/м* J2, «‘/с2 с2/"4 м‘/С2 4и. с2/м4
50 0,000132 7570 0,000100 10 000 0,0000776 13 900 13 200
75 0,00113 886 0,000863 1160 0,000686 1460 2610
100 0,00516 194 0,00397 252 0,00319 313 826
125 0,0160 62,6 0,0125 80,0 0,0105 95,2 338
150 0,0434 23,1 0,0341 29,3 0,0276 36,2 163
200 0,197 5,08 0,155 6,45 0,128 7,81 51,5
250 0,634 1,58 0,504 1,98 0,416 2,40 21,1
300 1,65 0,607 1,41 0,709 1,09 0,917 10,2
400 7,41 0,135 5,98 0,167 4,97 0,201 3,23
500 23,7 0,0422 19,3 0,0518 16,1 0,0620 1,32
Примечание. К— расходная характеристика трубопровода; Лда —
удельное сопротивление по длине; А* — удельное местное сопротивление.
ПРИЛОЖЕНИЕ 5
Значения коэффициентов местных сопротивлении
(при квадратичном законе сопротивлений)
1. Вход в трубу
О 0,02 0,04 5, d
$
0,4
0,3
0,2
0,1
0 30 60 90120150 a, W
Выход из трубы (в резервуар больших размеров или в атмосферу)
2.
5 = 1,0
177
3. Внезапное расширение
кд)
4. Внезапное сужение
£=0,511- -
5. Плавное расширение
6. Плавное сужение
1020 а, град
7. Калено 8. Отвод
(При относительной шероховатости труб >0,0005)
178
9.
а) Разделение б) Слияние
потока потоков
С°Ч?-СЬ 0°6+&
и
ипт6
48
где v=—
nd
Индекс «б» относится: к потоку в боковом отверстии, индекс «тр» — к
транзитному потоку
10. Клапаны
а
Тарельчатый
б
Конусный с
конусообразной
опорной поверх-
ностью
в г
Конусный с Шаровой с
плоской шаровой
нижней поверх- опорной по-
ностыо верхносгью
12. Кран пробочный
11. Клапан ^дроссельный
§
179
13. Вентили:
а) стандартный б) «Косва»
в) прямоточный г) «Рей»
14. Задвижка Лудло
15. Обратный 16. Приемное
клапан устройство
(сетка с обратным
клапаном)
0,2 0,40,6 0,8 Л, d
ё к
180
ПРИЛОЖЕНИЕ 6
Размеры стальных бесшовных труб
(но ГОСТ 8732 - 58 н ГОСТ 8734 - 58)
Условное давление р^ Па - 105
до 64 до 100 до 200 до 320
8 4. 8 «1 8 4, 8
6 8 1 10 2 14 3,5 14 3,5
8 10 1 14 3 18 4,5 18 4,5
10 12 1 18 3 22 5 22 5
13 14 1 20 3,5 25 5 25 5
15 18 1,4 22 3,5 28 6 28 6
20 22 1,4 28 3,5 34 6 34 6
25 28 2 34 4 42 7 42 8
32 38 2,5 42 4 50 7 50 8
40 45 3 50 4 60 8 60 10
50 57 3,5 60 5 76 10 76 12
Примечания: 1. Для dy до 25 мм применяются трубы по ГОСТ 8734 —
58; свыше — по ГОСТ 8732 - 58. 2. Размеры в мм: dy — условный проход;
dn — наружный диаметр трубы; 6 — толщина стенки.
181
ПРИЛОЖЕНИЕ 7
Параметрический ряд и рад типоразмеров насосов гидропривода технологических машин
Главный параметр — наибольший рабочий объем, л/об Подача насоса, л/мин, при поминальной скорости вращения, об/мин Давление нагнетания насоса (без подпора на входе), Па • 105
Серия 100 Серия 160 Серия 250
750 1000 1500 3000 рабочее пиковое рабочее пиковое рабочее пиковое
0,0025 — — 3,35 6,7 — — — — 250 400
0,004 — — 5,3 10,6 100 — 160 250 250 400
0,0063 — — 8,5 17 100 160 160 250 250 400
0,010 — — 13,2 26,5 100 160 160 250 250 400
0,016 — — 21,2 42,5 100 160 160 250 250 400
0,025 — — 33,5 67 100 160 160 250 250 400
0,040 — — 53 106 100 160 160 250 250 400
0,063 — — 85 170 100 160 160 250 250 400
0,100 — — 132 265 100 160 160 250 250 400
0,16 — — 212 — 100 160 160 250 250 400
0,25 — 224 335 — 100 160 160 250 250 400
0,40 — 355 — — 100 160 160 250 250 400
0,63 — 560 — — 100 160 160 250 — —
1,0 — 900 — — 100 160 160 250 — —
1,6 1060 — — — 100 160 — — — —
2,5 1700 — — — 100 160 — — — —
4,0 2650 — — — 100 160 — — — —
6,3 4250 — — — 100 160 — — — —
ПРИЛОЖЕНИЕ 8
Параметрический ряд и ряд типоразмеров гидромоторов привода технологических машин
Главный параметр — рабочий объем, л/об Момент крутящий, Н • м, на валу при перепадах давлений, Па * 10s, не менее Рекомендуемый верхний предел скорости вращения выходного вала, мин-1
Серия 100 Серия 160 Серия 250 Тип гвдромоторов
рабочий пиковый рабочий пиковый рабочий пиковый пластинчатый радиалыю- поршневой шестеренный
0,063 — — — — 23,6 37,5 — 300 —
0,10 — — 23,6 37,5 37,5 60 — 300 1500
0,16 23,6 37,5 37,5 60 60 95 250 300 1000
0,25 37,5 60 60 95 95 150 250 250 1000
0,40 60 95 95 150 150 236 250 250 1000
0,63 95 150 150 236 236 375 200 20 1000
1,0 150 236 236 375 375 600 200 20 1000
1,6 236 375 375 600 600 950 100 150 —
2,5 375 600 600 950 950 1500 100 150 —
4,0 600 950 950 1500 1500 2360 100 100 —
6,3 950 1500 1500 2360 2360 3750 50 100 —
10 1500 2360 2360 3750 3750 6000 50 50 —
16 2360 3750 3750 6000 6000 9500 25 50 —
25 3750 6000 6000 9500 — — 25 25 —
40 6000 9500 — — — — 25 25 —
ПРИЛОЖЕНИЕ 9
Условные обозначения на гвдро- и пневмосхемах
Схема Ткп Схема Тип
Линия всасывания, напо- ра, слива —<0^”” Благо- или маслоотдели- тель с ручным спуском конденсата
сч Линия управления —— Фильтр-влагоотделитель с ручным спуском кон- денсата
и" Дренажная линия Сепаратор (водоотдели- тель)
- X Соединение линий —— Маслораспылитель
Несоединяющиеся линии —— Охладитель жидкости или воздуха
Трубопровод гибкий Нагреватель жидкости или воздуха
> Направление потока жидкости > Глушитель шума
> Направление потока воздуха (газа) Заборник воздуха из атмосферы
X Удаление воздуха из гидросети — — Запорное устройство
Механическая связь Клапан обратный
—/1\— \i/ Фильтр для жидкости или воздуха q zL VW Клапан предохранитель- ный
*- WV Клапан редукционный С_) Бак закрытый с внутрен- ним давлением выше ат- мосферного
Дроссель нерегулируемый С *1 Аккумулятор гидравличе- ский или пневматический (ресивер)
Дроссель регулируемый Манометр
'Г'
q ± WV Золотник напорный ф Насос постоянной подачи и с постоянным направ- лением потока
184
Продолжение прилож. 9
Схема Ткп Схема Tkn
|Х Распределитель четырех- линейный двухпозицион- ный с ручным управле- нием Насос с регулируемой подачей и постоянным направлением потока
ХЛЛ — Хк Распределитель четырех- линейный двухпозицион- ный с управлением от электромагнита и пру- жинным возвратом Насос с регулируемой подачей и реверсивным потоком
ъ. Гйдрозамок двусторонний Компрессор
— Бак открытый ф Гидромотор нерегулируе- мый с постоянным на- правлением потока
Бак закрытый под атмо- сферным давлением ф Гидромотор с нерегули- руемым потоком
—
ф Пневмомотор нерегули- руемый с постоянным направлением потока Насос постоянной подачи с приводом от электро- мотора
ф Пневмомотор нерегули- руемый с реверсивным потоком JL__ 1 J Цилиндр одностороннего действия
(Ш Насос шестеренный 1 -Z±L □ Цилиндр двустороннего действия
' ' Г LI i
Насос пластинчатый J _ 1 Цилиндр телескопиче- ский
—Lj
^0 Насос радиальный ротор- но-порпшевой к Делитель потока гидрав- лический
Насос аксиальный ротор- но-порпшевой <►- - - Сумматор потока гидрав- лический
185
ПРИЛОЖЕНИЕ 10
Величины, применяемые в гидравлике
Наименование Обозначение Определяющее уравнение Единицы измерения
Длина L — м
Масса М — кг
Время т — с
Площадь L2 м2
Объем L3 K=a3 м3
Скорость LT1 v — s/t м/с
Ускорение LT1 a = Дг>/Д/ м/с2
Частота периодического процесса Т~1 w=l/T Гц
Частота вращения Г1 л = 1/T с”1
Угловая скорость Т-1 w = <p// рад/с
Угловое ускорение e = Aw/Д/ рд/с2
Сила, вес LMT2 F=ma Н
Плотность L~3M p = m/V кг/м3
Удельный объем L3ATl v = V/mv м3/кг
Давление l~3mt~2 p — F/S Па
Импульс (количество движения) LMT~l p = m кг- м/с
Работа, энергия 1?МТг A = FS Дж
Мощность l2mt-2 N=A/t Вт
Момент инерции L2M J=Mr2 кг • м2
Жесткость MT2 k = F/Al Н/м
Модуль упругости L~lMT~2 Е = <з/г Па
Динамическая вязкость Г'МГ1 do/dl-bS Па * с
Кинематическая вязкость l2t~2 v = n/P м2/с
Объемный расход L3rl Q=V/t м3/с
Массовый расход MT1 Q„ = bm/&1 кг/с
186
ПРИЛОЖЕНИЕ 11
Кратные единицы СИ, рекомендованные к применению
Наименование Единица Кратные и дольные единицы от единиц СИ
Длина м КМ, мм, мкм
Масса кг Мг, мг, г, мкг
Время с КС, мс, мкс
Площадь м2 2 мм
Объем м3 мм3
Частота Гц МГц, кГц
Плотность кг/м3 Мг/м3
Сила, вес Н МН, кН, мН, мкН
Давление Па МПа, кПа, мПа
Динамическая вязкость Па - с МПа * а
Кинематическая вязкость м2/с мм2/с
Работа и энергия Дж МДж, кДж, мДж
Мощность Вт МВт, кВт, мВт
Теплота Дж МДж, кДж, мДж
Тепловой поток Вт кВт
Теплоемкость Дж/К кДж/К
Удельная теплоемкость ДжДкгК) кДж/(кг • К)
Плотность теплового потока Вт/м2 МВт/м2, кВт/м2
Удельное количество теплоты Дж/кг МДж/кг, кДж/кг
к — кило (103), м — милли (10 3), мк — микро (10 6), М - - мега (106)
ПРИЛОЖЕНИЕ 12
Тусскай транслитерация греческого алфавита
А а Альфа N V Ни
В Р Бета Кси
Г Y Гамма О о Омикрон
А 5 Дельта П Л Пи
Е Е Эпсилон Р Р Ро
Z Дзета X о Сигма
Н п Эта т т Тау
0 6 Тэта Y 1) Ипсилон
I 1 Иота Ф <р Фи
К к Каппа X X Хи
Л X Ламбда Т V Пси
м Ц Ми О СО Омега
187
ПРИЛОЖЕНИЕ 13
Плотности некоторых жидкостей
Жидкость Плотность, кг/м3 Г, *С
Дистиллированная вода 1000 4
Ртуть 13 600 0
Атмосферный воздух 1,29 0
Минеральные масла 840...930 —
Этиловый спирт 810 20
Глицерин 1260 20
ПРИЛОЖЕНИЕ 14
Соотношения Международной системы с внесистемными единицами
Единицы силы
1 Н = 0,102 кг-с 1 Н = 105 дин 1 Н = 1,02 • 10”4 тс 1 кг-с = 9,81 Н 1 дин = 10~5 Н 1 тс =19 810 Н
Единицы давления
1 Па = 0,102 кг • с/м2 1 Па = 10 дин/см2 1 Па = 1,02 • 10“5 атм 1 Па = 1,02 • 10”4 тс/м2 1 Па = 10~5 бар 1 кг • с/м2 = 9,81 Па 1 дин/см2 = 0,1 Па 1 атм = 1 кг - с/м2 = 9,81 • 103 Па 1-гс/м2 = 9,81 -103 Па 1 бар = 105 Па
Единицы работы, энергии, количества теплоты
1 Дж = 0,102 кг-с• м 1 Дж = 107 эрг 1 Дж = 0,239 кал 1 Дж = 2,78 10-4 Вт ч 1 Дж = 3,78-10*’ эрг/с 1 кг - с • м = 9,81 Дж 1 эрг = 10“7 Дж 1 кал = 4,19 Дж 1 Вт • ч = 3,6 • 103 Дж 1 л • с - ч = 2,65 • 106 Дж
Единицы мощности
1 Вт = 0,102 кг • с • м/с 1 Вт = 0,36-10"3 л.с 1 Вт = 0,862 ккал/ч 1 Вт = 107 эрг/с 1 кг • с • м/с = 9,81 Вт 1 л.с = 736 Вт 1 ккал/ч = 1,16 Вт 1 эрг/с = 10“7 Вт
Единицы вязкости
1 Па - с = 10 П 1 Па - с = 0,102 кг • с • с/м2 1 м2/с = Ю'4 Ст 1 П = 0,1 Пас 1 кг • с - с/м2 = 9,81 Па • с 1 Ст=10~4м2/с
188
ПРИЛОЖЕНИЕ IS
Значения X, вычисленные по формуле А.Д. Альтшуля
X=0,ll(V^+68/Re)°’25
d/k3 Не X 1 <*/*, Re к
100 5000 10 000 25 000 0,0433 0,0398 0,037 500 5000 50 000 200 000 0.0375 0.0266 0,0244
120 5000 6000 10 000 25 000 0,044 0,0413 0,0386 0,0358 700 8000 70 000 200 000 0,0348 0,0244 0,0226
140 4000 10 000 40 000 0,0435 0,038 0,0339 1000 12 000 30 000 70 000 400 000 0,0314 0,0264 0,0232 0,0204
160 5000 10 000 50 000 0,0413 0,0372 0,0327 2000 25 000 200 000 900 000 0,0262 0,0188 0,0171
200 4000 20 000 50 000 0,0424 0,0334 0,0312 3000 33 000 200 000 300 000 1000 000 0,0244 0,0173 0,017 0,0156
300 4000 10 000 100 000 0,0415 0,0349 0,0278 5000 66 000 500 000 2 000 000 0,0206 0,015 0,0137
400 5000 10 000 40 000 150 000 0,0392 0,0342 0,028 0,0258 | 10 000 100 000 1000 000 3 000 000 0,0184 0,0126 0,0116
ПРИЛОЖЕНИЕ II
Значения X, вычисленные по формуле БЛ. Шифринсона, X = 0,11
kjd 0,025 0,(110 0,005 0,0025 0,00125 0,00084 0,00063 0,0005 0,00033 0,00029
X 0,0437 0,0350 0,0294 0,0247 0,0208 0,0188 0,0165 0,0165 0,0150 0,0139
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Альтшуль А.Д. и др. Примеры расчетов по гидравлике. — М.:
Стройиздат, 1977.
2. Башта Т.М. Объемные насосы и гидравлические двигатели гид-
росистем. — М.: Машиностроение, 1974.
3. Гейер В.Г. и др. Гидравлика и гидропривод. — М.: Недра, 1970.
4. Коваль П.В. Гидравлика и гидропривод горных машин. — М.:
Машиностроение, 1979.
5. Метревели В.Н. Сборник задач с решениями по гидравлике. —
Пятигорск: Изд-во ПГТУ, 2000.
6. Некрасов Б.Б. Гидравлика и ее применение на летательных аппа-
ратах. — М.: «Машиностроение», 1967.
7. Эрнст В. Гидропривод и его промышленное применение. — М.:
«Машиностроение», 1963.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие......................................................3
Глава 1. Плотность жидкостей. Сжимаемость и температурное
расширение жидкостей. Вязкость жидкостей.........................5
Глава 2. Основное уравнение гидростатики........................17
Глава 3. Сила давления жидкости на стенку (плоскую и криво-
линейную) ......................................................35
Глава 4. Плавание тела. Закон Архимеда..........................63
Глава 5. Уравнение неразрывности. Уравнение Бернулли............72
Глава 6. Режим течения жидкости в трубах. Гидравлические потери. . 100
Глава 7. Гидромашины и гидропривод технологических машин .... 143
Глава 8. Расчет газопроводов и пневмодвигателей................165
Приложения......................................................175
Список литературы...............................................190
Учебное издание
Метревели Виктор Николаевич
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО КУРСУ ГИДРАВЛИКИ
С РЕШЕНИЯМИ
Редактор О.А. Кузнецова
Внешнее оформление Н.В. Бабин
Технический редактор М.М. Яровицкая
Компьютерная верстка ЮЛ. Кунашова
Корректоры В.В. Кожуткина, Г.Н. Петрова
Изд. № РЕНТ-380. Подл, в печать 21.04.08.
Формат 60x88716. Бум. газетная. Гарнитура «Ньютон». Печать офсетная.
Объем 11,76 усл. печ. л. 12,26 усл. кр.-отт. Тираж 3000 экз. Зак. № 12096
ОАО «Издательство «Высшая школа»,
127994, Москва, Неглинная ул., д. 29/14, стр. 1.
Тел.: (495) 694-04-56
http://www.vshkola.ni. E-mail: info_vshkola@mail.ra
Отдел реализации: (495) 694-07-69, 694-31-47, факс: (495) 694-34-86.
E-mail: sales-vdikola@mail.ra
Отпечатано в ОАО «Издательско-полиграфический комплекс «Южный Урал».
460000, г. Оренбург, пер. Свободина, 4.