Давление жидкости на плоскую стенку сосуда
При расчете резервуаров и различных емкостей для хранения жидкостей требуется знать полное давление жидкости на ограничивающие ее твердые стенки и точку приложения равнодействующей сил давления. Пусть задана плоская вертикальная стенка АВ (рис. 1.9).
Гидростатическое давление жидкости на всей площади поверхности стенки складывается из суммы гидростатических давлений во всех ее точках и называется суммарным давлением жидкости. Для определения этого давления необходимо установить, как оно распределяется по поверхности тела, на которое воздей-
Рис. 1.9. К определению силы гидростатического давления на плоскую поверхность:
а — эпюра гидростатического давления; б — положение центров тяжести и давления на плоской прямоугольной стенке
ствует жидкость. Графическое изображение распределения давления по высоте тела, например стенки, называется эпюрой гидростатического давления (см. рис. 1.9, а).
Гидростатическое давление в точке жидкости, расположенной на любой глубине от свободной поверхности, может быть определено по формуле (1.21)
Поверхностное давление в открытом сосуде, равное атмосферному давлению р0 = /?атм, передается в любую точку жидкости без изменения и является постоянным. Избыточное гидростатическое давление рgh пропорционально глубине погружения точки, т. е. изменение его значения по глубине подчинено линейному закону.
Атмосферное давление ратм, действующее на свободную поверхность жидкости и полностью передающееся в любую точку на стенке внутри жидкости, уравновешивается таким же атмосферным давлением, действующим снаружи на стенку сосуда. Поэтому при расчете стенок на прочность и устойчивость определяют и учитывают только избыточное давление р = рgh.
Эпюра избыточного гидростатического давления на вертикальную стенку сосуда приведена на рис. 1.9, а. Избыточное давление в точке А равно р = 0 (/? = 0), а в точке В — р = рgh.
В каждой точке жидкости давление нормально к поверхности стенки, поэтому на нормали к точке В откладываем в принятом масштабе отрезок BE, равный рgh, и соединяем прямой с точкой А. Треугольник АВЕ показывает распределение избыточного гидростатического давления по высоте стенки.
Каждая ордината этого треугольника представляет собой избыточное давление в соответствующей точке стенки, а площадь треугольника — силу суммарного избыточного давления жидкости на стенку в перпендикулярной ей плоскости. Если эту площадь умножить на ширину стенки Ь, то получим силу гидростатического давления, действующую на стенку сосуда:
Однако = hc, hb = F, следовательно
где F — площадь стенки, находящейся под поверхностью жидкости; hc — глубина погружения центра тяжести плоской поверхности (точка Сна рис. 1.9).
Сила избыточного давления, оказываемая на плоскую стенку, находящуюся под воздействием жидкости, равна произведению площади смоченной поверхности стенки на избыточное гидростатическое давление в ее центре тяжести. Это правило распространяется и на полное суммарное давление, и на любую плоскую фигуру, погруженную в жидкость. При учете поверхностного давления абсолютное суммарное давление, действующее на стенку, расчитывается по формуле:
Полная сила давления жидкости на плоскую стенку равна произведению площади стенки на гидростатическое давление рс в центре тяжести этой площади. Формула (1.28) справедлива и для любой наклонной плоскости с произвольными очертаниями.
Рис. 1.10. Гидростатический парадокс
Если стенка расположена горизонтально, т. е. является горизонтальным дном сосуда, то полная сила давления на дно Ран определяется по формулам
где h — высота столба жидкости над дном; F — площадь дна.
Сила давления на дно Рт зависит лишь от плотности жидкости, высоты столба жидкости и площади дна и не зависит от формы дна и объема сосуда, т. е. для сосудов разной формы давление на дно будет одинаковым, если они имеют одинаковую площадь дна и наполнены одинаковой жидкостью до одного и того же уровня. Это явление называется гидростатическим парадоксом, (рис. 1.10).
Точка приложения равнодействующей силы давления на стенку называется центром давления. Центр давления расположен ниже центра тяжести (точки С) (см. рис. 1.9). Только на горизонтальной стенке (дно сосуда) центр давления совпадает с центром тяжести. Положение центра давления легко определять графически. Равнодействующая сила давления проходит через центр тяжести эпюры. Проекция этого центра на плоскость стенки и есть центр давления. Для прямоугольной стенки равнодействующая силы гидростатического давления и центр давления находятся на расстоянии /?/3 от основания или 2/3/? от поверхности жидкости.
Координата центра давления yD, т. е. расстояние от свободной поверхности жидкости до центра давления, измеряемое вдоль стенки, может быть определена по формуле
где ус — расстояние от центра тяжести площади смоченной поверхности стенки до свободной поверхности жидкости, измеряемое вдоль стенки; /0 — момент инерции площади смоченной поверхности стенки относительно оси, проходящей через ее центр тяжести; F — площадь смоченной поверхности стенки.
Источник
Нахождение полной силы давления и центра давления
Величина полной силы давления R на плоскую стенку определяется как:
R = (p0 + ρgHт)ω, (4.1)
где p0 – величина внешнего давления, Hт– глубина погружения центра тяжести смоченной площади ω плоской поверхности стенки.
Расстояние Lт от свободной поверхности жидкости до центра тяжести С смоченной площади ω, выраженное через глубину погружения центра тяжести Hт и угол наклона Θ поверхности стенки к горизонту определяется следующим образом:
Lтsin Θ = Hт (4.2)
Координата центра давления Lд (точка приложения полной силы давления R) определяется как:
Lд = Lт + ε , (4.3)
где ε – эксцентриситет, величина смещения центра давления D относительно положения центра тяжести смоченной площади ω.
Величина эксцентриситета определяется через J0 – центральный момент инерции смоченной площади ω рассматриваемой плоской фигуры:
ε = J0/ Lтω (4.4)
Величина координаты Lд полностью определяет положение центра давления на оси симметрии, проходящей через центр тяжести смоченной площади ω перпендикулярно оси OY.
Для асимметричных плоских поверхностей для нахождения положения центра давления необходимо определять вторую его координату. Для этого используют уравнение моментов сил относительно прямой, проходящей через центр тяжести стенки перпендикулярно оси OY.
На рис.4.1. приведены положения центра тяжести и центра давления плоской прямоугольной поверхности ω, наклоненной под углом Θ к горизонту.
Рис.4.1. Положение центра давления для наклонной плоской прямоугольной поверхности.
Построение эпюр давления
Эпюрой давления жидкости называется графическое изображение распределения изменения гидростатического давления жидкости по твёрдой поверхности, соприкасающейся с ней, и при ее построении учитывается только избыточное давление.
Эпюра давления в покоящейся жидкости изменяется пропорционально глубине залегания от поверхности согласно основному уравнению гидростатики:
р=р0+ρgh или р=ра+ρgh, (4.5 )
где ра – атмосферное давление на поверхности (или в общем виде р0 – внешнее давление над свободной поверхностью жидкости) будет постоянно для всей глубины. Избыточное давление ρgh изменяется по закону прямой линии и на поверхности будет равно нулю.
Если рассматриваемая жидкость – вода, то ρg= γ = 9810 Н/м3, тогда при глубине h1=1м избыточное давление равно ρg·h1=9810 Па (откладывается в задаваемом масштабе). Для глубины h2=2 м избыточное давление будет ρg·h2=9810·2 Па и т.д. Очевидно, прямая давления для воды будет наклонена под углом α=45°.(рис.4.2).
Рис.4.2. Эпюра гидростатического давления на вертикальную стенку
Эпюра давления строится со стороны жидкости. Стрелками на эпюре показывают направление действия давления (вернее, направление действия нормальных напряжений, возникающих от действия давления, т.к. согласно 2-му основному свойству гидростатическое давление скалярно). Размер стрелки (ордината) откладывается в масштабе и количественно соответствует величине давления. Пример построения эпюр давления на различные поверхности приведены на рис.4.3.
а)
б)
Рис.4.3. Пример построения эпюр давления на различные плоские (а), и криволинейные (б) поверхности
Для вертикально расположенной стенки, например АБГД, эпюрой давления является треугольник АКГ (рис.4.4). Пространственная эпюра давления на вертикальную стенку будет представлять собой треугольную призму, площадь основания которой равна ρgH2/2, а высота – ширине стенки В. Тогда объем призмы численно равен величине силы давления на данную прямоугольную стенку.
Рис.4.4. Эпюра гидростатического давления на вертикальную плоскую поверхность
Если стенка наклонена к горизонтальной плоскости под углом α, как показано на рис.4.5, то эпюром гидростатического давления является треугольник БАВ, с углом β=90° в точке В. Полная сила давления на стенку вычисляется по формуле:
R = ρgH2B/2sinα (4.6)
Рис.4.5 Эпюра гидростатического давления на наклонную плоскую поверхность
При действии жидкости на вертикальную стенку, например CNOP с двух сторон Н1 и Н2 (рис 4.6), необходимо построение эпюр давления с каждой стороны и нахождение результирующей эпюры полной силы давления. Так, эпюра давления с левой стороны стенки соответствует треугольнику ANC, с правой – треугольнику KCL.
Эпюрой общего давления будет трапеция MENC, полученная как разность эпюр ANC и KCL. Полная сила давления находится как разность давлений слева и справа:
(4.7)
Рис.4.6 Построение обобщенной эпюры давления при двухстороннем действии жидкости
Эпюры давления служат исходными данными для проведения расчётов на прочность и устойчивость конструкций, взаимодействующих с жидкостями: подпорных стенок бассейнов, баков, резервуаров, цистерн. Расчёты ведутся методами сопротивления материалов и строительной механики.
На практике в большинстве случаев строят эпюры только для избыточного (манометрического) давления. Атмосферное давление не учитывают из-за его взаимокомпенсации с той и другой стороны ограждающей конструкции.
Примеры решения задач
Пример 1. Прямоугольная подпорная стенка высотой H и шириной B испытывает гидростатическое давление воды глубиной h (рис.4.7). Плотность кладки стенки ρкл = 2500 кг/м3 .
Требуется выполнить:
1. Построить эпюру гидростатического давления.
2. Определить величину гидростатического давления (избыточного) на 1 погонный метр длины стенки.
3. Определить координату центра давления.
4. Определить Куст подпорной стенки на опрокидывание.
5. Вычислить ширину стенки В при запасе устойчивости kуст =3.
Рис.4.7
Решение. Для построения эпюры гидростатического давления на стенку определяем величину в точках А и В избыточного (манометрического) давление по формуле:
р изб = ρвgh ,
где h – глубина погружения данной точки под уровень воды, м., ρв – плотность воды, кг/м3.
При построении эпюры гидростатического давления следует помнить, что давление всегда направлено по нормали к площадке, на которую оно действует (рис.4.8).
Рис.4.8
Величина полной силы избыточного гидростатического давления R на плоскую стенку вычисляется по формуле (4.1):
R = pтω,
где pт. – давление в центре тяжести смоченной поверхности, Па (Н/м2); ω – площадь смоченной поверхности, м2.
Точка приложения суммарной силы избыточного гидростатического давления D называется центром давления. Положение центра давления определяется по формуле (4.3) :
Lд = Lт + ε = Lт + J0/ Lт·ω ,
где Lд– расстояние на плоской стенке от центра давления до пьезометрической поверхности (в данном случае – свободного уровня жидкости), м; Lт – расстояние на плоской стенке от центра тяжести стенки до пьезометрической поверхности (в данном случае -свободного уровня жидкости), м;
ω – площадь смоченной поверхности, м;
J0– центральный момент инерции смоченной плоской площадки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести. Для плоской прямоугольной фигуры:
J0 = L·h3/12 ,
где L- длина стенки ( в данной задаче L = 1 пог. м).
Удерживающий момент относительно точки О равен:
Муд = G·B/2 ,
где G – вес подпорной стенки, кН, G = Ω·ρкл , где Ω – объем стенки,
ρкл – плотность кладки.
Опрокидывающий момент равен:
Мопр = R·(h – Lд) .
Коэффициент устойчивости (запас устойчивости) на опрокидывание равен отношению удерживающего момента сил относительно точки О к опрокидывающему моменту:
kуст = Муд/ Мопр .
Если значение kустполучится меньше трех, то следует определить ширину стенки L, которая бы удовлетворяла запасу устойчивости kуст = 3 (полученное значение следует округлить до 5 сантиметров в большую сторону).
Пример 2. Определить величину R – равнодействующую гидростатического давления жидкости c gв = 10 кН/м3, и координату её приложения Lд на плоскую вертикальную стенку (рис.4.9). В одной части бака жидкость находится на уровне h1 = 2 м, в другой – на уровне
h2 = 1 м.
Рис.4.9
Решение. Гидростатическое давление воды на 1 погонный метр длины стенки равно:
с левой стороны R1 = gв h12/2 = 20 кН;
с правой стороны R2 = gв h22/2 = 5 кН.
Рис.4.10
Следовательно, равнодействующая давления будет представлять алгебраическую сумму давлений R1 и R2, т.е. R = 20 – 5 = 15кН.
Точка приложения этой равнодействующей (рис.4.10) может быть найдена из уравнения моментов. Lд – расстояние от поверхности воды до центра давления на прямоугольную стенку: Lд1 = 2/3h1 и Lд2 = 2/3h2; Lд1 = 1,3 м и Lд2 = 0,67 м.
Уравнение моментов: М = М1 – М2 Þ R Lд = R1 Lд1 – R2 Lд2
½ gв (h12 – h22) Lд = 1/3 gв (h13 – h23) откуда Lд = 2(h13 – h23) /3(h12 – h22) = 1,56 м.
Ответ: R = 15 кН; Lд = 1,56 м.
Пример 3. В плоскодонной лодке с осадкой h1 = 2 м на дне находится вода на уровне h2 = 0,5 м. Угол наклона борта a = 600; объёмный вес воды gв = 9,81 кН/м3. Определить гидростатическое давление на борт лодки (на 1 погонный метр длины) и построить эпюру этого давления.
Решение. Гидростатическое давление воды на 1 пог.м длины борта лодки снаружи:
R1 = gв h12/2sina = 22,57 кН.
Гидростатическое давление воды на 1 пог.м длины лодки изнутри:
R2 = gв h22/2sina = 1,37 кН.
Равнодействующая гидростатического давления есть алгебраическая сумма давлений R1 и R2. Следовательно, R = R1 – R2 = 21,2 кН
Рис.4.11
Для построения эпюры давления определяем величину гидростатического давления в точках А и В слева и точках L и В справа (рис.4.11). Откладываем в выбранном масштабе от данных точек полученные величины давлений, нормально к поверхности действия, и соединяем полученные вновь точки. Полученные треугольники АСВ и DBL есть эпюры давлений, соответственно, слева и справа на поверхность АВ. Результирующая эпюра давления на поверхность АВ равна разности ΔАВС – ΔDBL и представляет собой трапецию АКFB.
Ответ : R = 21,2 кН.
Пример 4. Для выпуска воды из резервуара у его дна устроен дисковый затвор А высотой а = 0,4 м и шириной b = 1,0 м (рис.4.12). Глубина воды в резервуаре Н = 4 м. Требуется определить силу, передающуюся на ось затвора и глубину погружения центра давления.
Рис.4.12
Решение. Сила давления жидкости, действующая на затвор равна:
R = w g Hт = а b gв (Н – а/2) = 14,92 кН,
где Нт – глубина погружения центра тяжести затвора, ω – площадь поверхности затвора.
Глубину погружения центра давления найдем по формуле (4.3):
Lд = Lт + J0/ w·Lт = Lт + J0/ w·Lт ,
где J0 – центральный момент инерции смоченной поверхности затвора (прямоугольник), Lт – координата центра тяжести прямоугольной поверхности затвора.
В данном случае координата L совпадающая с плоскостью стенки направлена вертикально вниз, и величина Lт будет совпадать со значением Hт.
Откуда глубина погружения центра давления LД ( или координата yд ,если направление оси y выбрано вертикально вниз) будет равно:
Ответ : R = 14,92 кН; Lд = 3,803 м.
Пример 5. В жидкости находится прямоугольная призма, размеры которой показаны на рис.4.13. Найти сумму сил, действующих на переднюю и нижнюю грани призмы, если давление жидкости равно
2·105 Па. Чему будет равна сумма сил, действующих на призму?
Рис.4.13
Решение. Сила гидростатического давления, действующая на поверхность призмы : F = p·ω (рис.4.14). Находим значения площадей поверхности ωн = ωn , ω3 и значения сил для правой Fn, нижней Fн и наклонной Fн поверхностей призмы:
Рис.4.14
ωн = ωn = 0,1 . 0,1 = 0,01 м2;
Fн = Fn = 2 . 105. 0,01 = 2000 H;
F1 = Fн. = 2000 H (см.рис.4.15);
ω3 = (0,1 ) . 0,1 = 0,01 м2;
F3 = 2 . 105. 0,01 = 2000 H.
Рис.4.15
F3 уравновешивает F1; давления на боковые стенки также уравновешиваются Þ F2 = F3 = 0, поэтому сумма всех сил, действующий на призму, будет равна нулю (рис.4.16) :
Рис.4.16
Ответ: F1 = 2000 H; FΣ = 0
Пример 6. Результирующая сила, действующая со стороны сжатой жидкости на три грани правильного тетраэдра, равна F. Длина ребра тетраэдра равна а. Определить давление жидкости.
Решение. Из условия равновесия следует, что на 4-ую грань тетраэдра также действует сила F. Поскольку площадь 4-ой грани (как и всех остальных) равна ω = /4 . a2, то
р = F/ω = 4F/ a2
Ответ: р = 4F/ a2
Пример 7. Бетонный куб с ребром 20 см погружен в воду (рис.4.17). Нижняя грань куба удалена от свободной поверхности воды, находящейся под внешним атмосферным давлении р0 = 1 ат, на глубину 1 м. Определить величину силы, действующей со стороны воды на нижнюю, верхнюю и боковую грани куба. Найдите векторную сумму сил, действующих со стороны воды на куб.
Рис.4.17
Решение. Площадь каждой грани равна ω = 0,04 м2, значение абсолютного давления:
р = р0 + r g h, где р0 = 105 Па – внешнее давление, h – расстояние от пьезометрической поверхности до центра тяжести рассматриваемой поверхности площади ω. Сила давления :
F = рω = (р0 + r g h) ω = р0 ω + r g h ω;
а) для нижней грани h = 1м и Fн = 4392 Н;
б) верхняя грань h = 0,8м и Fв = 4314 Н;
в) боковая грань h = 0,9м и Fб = 4353 Н.
Все силы, действующие на боковые грани, уравновешивают друг друга FS = Fн – Fв = 78 H
Ответ: Fн = 4392 Н, Fв = 4314 Н, Fб = 4353 Н, F = 78 Н.
Пример 8.Пирамидапредставляет собойправильный тетраэдр, нижняя грань которого а, полностью погружена в жидкость плотностью r, находится на глубине h (рис.4.18). Определить силу, действующую со стороны жидкости на боковую грань тетраэдра, если атмосферное давление равно р0.
Рис.4.18
Решение. Сила давления жидкости на боковую грань пирамиды: F = (P0 + r g hб) ω = (P0 + r g hб) /4 . a2 = /4 P0 a2 + /4 . a2r g hт , где hт – расстояние от центра тяжести наклонной поверхности (треугольника) до пьезометрической поверхности.
hт = h – OF = h – 1/3 OD (т.к. NK = 1/3 DК)
АО = 2/3 АК = 2/3 /2 a = а/ , высоту пирамиды находим как:
ОD = ÖАD2 – АО2 = Öа2 – а2/3 = / а.
Отсюда глубина погружения центра тяжести треугольной поверхности СDB будет:
hт = h – /3 а = (3 h – a) / 3 , и искомая величина силы F:
F = .
Ответ: F = .
Пример 9. Вертикальная стенка шириной L= 3 м (в направлении, перпендикулярном плоскости чертежа), шириной b = 0,7 м и высотой Н = 2,5 м разделяет бассейн с водой на две части. В левой части поддерживается уровень воды Н1 = 2 м, в правой – Н2 = 0,8 м. Найти величину опрокидывающего момента, действующего на стенку, определить kуст, сделать вывод: будет ли стенка устойчива против опрокидывания. Плотность материала стенки rст = 2500 кг/м3.
Рис.4.19
Решение. Найдем силу давления воды на стенку слева. Так как на поверхности давление атмосферное, то пьезометрическая плоскость совпадает со свободной поверхностью жидкости. Давление в центре тяжести смоченной поверхности (рис.4.19) слева: Рт = r g H1/2; сила давления R1 = r g H1/2.L.H1 = 58,8 кН.
Координата центра давления смоченной поверхности стенки слева: LД1 = Lт + J0/ Lт ω.
Для прямоугольной стенки J0 = LH13/12,тогда
.
Точно так же справа: R2 = r g H2/2.L.H2 = 9,41 кН;
LД2 = 2/3 Н2 = 0, 533 м.
Опрокидывающий момент, т.е. момент сил давления жидкости относительно точки О:
Мопр = R1(Н1 – 2/3Н1) –R2(Н2 – 2/3Н2) = 3,67∙104 Н·м.
Удерживающий момент силы тяжести относительно точки О:
Муд = Н·L·b·rстg b/2 = 4,5∙104 Н·м.
Коэффициент устойчивости kуст = Муд/Мопр = 1,23.
Ответ. Запас устойчивости составляет 1,23, поэтому стенка будет устойчива при данных условиях.
Пример 10. Для слива жидкости из бензохранилища имеется квадратный патрубок со стороной h = 0,3 м, закрытый крышкой и шарнирно закрепленной в точке О (рис.4.20). Крышка расположена под углом a = 45° к горизонту. Определить силу натяжения троса Т, необходимую для открытия крышки АО, если уровень бензина Н = 3 м, а давление над ним, измеренное манометром, составляет Рм = 5 кПа, плотность бензина принять 700 кг/м3, вес крышки и трение в шарнире не учитывать.
Рис.4.20
Решение. Давление над свободной поверхностью отличается от нормального атмосферного давления, поэтому определим высоту пьезометрической поверхности hр:
hр = (р0 – рa)/r g = Dр/r g = рм /r g = 0,729 м.
Найдем силу давления на стенку АО. Рассматриваемая поверхность является наклонной квадратной стенкой с высотой, равной h/sina, и шириной h. Найдем площадь поверхности: ω = h2/sina.
Центр тяжести этой стенки находим на глубине:
Нт = Н – h/2, Dp = pм, т.е.
R = [Pм + r g (H – h/2)]ω = 3,13 кН.
Расстояние от центра тяжести стенки до пьезометрической поверхности (находится по координате L –идущей вдоль поверхности стенки до пересечения с пьезометрической плоскостью) Lт (рис.4.21).
Рис.4.21
Тогда = 5,06 м.
Центральный момент инерции квадратной стенки относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести стенки: J0 = (h/sina)3 h/12 = h4/12sin3a.
Расстояние между центром давления и центром тяжести крышки – эксцентриситет ε – определяем по формуле (4.4):
ε = J0/Lт ω =( h4/12sina)/12 Lт sin3a h2 = h2/12 Lт sin2a = 0,003 м.
Найдем силу натяжения троса из уравнения моментов сил, взятых относительно оси шарнира О: Т. OA·cosa – R (OС +ε) = Т·h – R (OC + ε) = 0 , выражая из равенства значение для Т и подставляя численные значения параметров, найдём:
Т = [R (OС +ε)]/h = [R (h/2sina + ε)]/h = 2,24 кН.
Ответ: Сила натяжения троса Т = 2,24 кН.
Источник