Давление жидкости на плоские стенки

 

Нахождение полной силы давления и центра давления

Величина полной силы давления R на плоскую стенку определяется как:

R = (p₀ + ρgH_т)ω, (4.1)

где p₀ - величина внешнего давления, H_т– глубина погружения центра тяжести смоченной площади ω плоской поверхности стенки.

Расстояние L_т от свободной поверхности жидкости до центра тяжести С смоченной площади ω, выраженное через глубину погружения центра тяжести H_т и угол наклона Θ поверхности стенки к горизонту определяется следующим образом:

L_тsin Θ = H_т (4.2)

Координата центра давления L_д (точка приложения полной силы давления R) определяется как:

L_д = L_т + 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/ L_тω (4.4)

Величина координаты L_д 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=р_а+ρgh, (4.5)

где р_а - 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 ρ_кл = 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 К_уст подпорной стенки на опрокидывание.

5. Вычислить ширину стенки В при запасе устойчивости k_уст =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 = ρ_вgh,

где h – глубина погружения данной точки под уровень воды, м., ρ_в - 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 = p_тω,

где p_т. – 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):

L_д = L_т + ε = L_т + J₀/ L_т·ω,

где L_д– расстояние на плоской стенке от центра давления до пьезометрической поверхности (в данном случае - свободного уровня жидкости), м; L_т – 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:

М_уд = G·B/2,

где G – вес подпорной стенки, кН, G = Ω·ρ_кл , где Ω – объем стенки,

ρ_кл – плотность кладки.

Опрокидывающий момент равен:

М_опр = R·(h - L_д).

Коэффициент устойчивости (запас устойчивости) на опрокидывание равен отношению удерживающего момента сил относительно точки О к опрокидывающему моменту:

k_уст = М_уд/ М_опр.

Если значение k_устполучится меньше трех, то следует определить ширину стенки L, которая бы удовлетворяла запасу устойчивости k_уст = 3 (полученное значение следует округлить до 5 сантиметров в большую сторону).

 

 

Пример 2. Определить величину R - равнодействующую гидростатического давления жидкости c g_в = 10 кН/м³, и координату её приложения L_д 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 = g_в h₁²/2 = 20 кН;

с правой стороны R₂ = g_в 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. L_д – расстояние от поверхности воды до центра давления на прямоугольную стенку: L_д1 = 2/3h₁ и L_д2 = 2/3h₂; L_д1 = 1,3 м и L_д2 = 0,67 м.

 

Уравнение моментов: М = М₁ – М₂ Þ R L_д = R₁ L_д1 – R₂ L_д2

½ g_в (h₁² – h₂²) L_д = ¹/₃ g_в (h₁³ – h₂³) откуда L_д = 2(h₁³ – h₂³) /3(h₁² – h₂²) = 1,56 м.

Ответ: R = 15 кН; L_д = 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 g_в = 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 = g_в h₁²/2sina = 22,57 кН.

Гидростатическое давление воды на 1 пог.м длины лодки изнутри:

R₂ = g_в 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 H_т = а b g_в (Н – а/2) = 14,92 кН,

где Н_т – глубина погружения центра тяжести затвора, ω – площадь поверхности затвора.

Глубину погружения центра давления найдем по формуле (4.3):

L_д = L_т + J₀/ w·L_т = L_т + J₀/ w·L_т ,

где J₀ - центральный момент инерции смоченной поверхности затвора (прямоугольник), L_т – координата центра тяжести прямоугольной поверхности затвора.

В данном случае координата L совпадающая с плоскостью стенки направлена вертикально вниз, и величина L_т будет совпадать со значением H_т.

Откуда глубина погружения центра давления L_Д (или координата y_д, если направление оси y выбрано вертикально вниз) будет равно:

Ответ: R = 14,92 кН; L_д = 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 ω_н = ω_n , ω₃ и значения сил для правой F_n, нижней F_н и наклонной F_н поверхностей призмы:

Рис.4.14

 

ω_н = ω_n = 0,1 ^. 0,1 = 0,01 м²;

F_н = F_n = 2 ^. 10^{5 .} 0,01 = 2000 H;

F₁ = F_н ^. = 2000 H (см.рис.4.15);

ω₃ = (0,1 ) ^. 0,1 = 0,01 м²;

F₃ = 2 ^. 10^{5 .} 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; F_Σ = 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 F_н = 4392 Н;

б) верхняя грань h = 0,8м и F_в = 4314 Н;

в) боковая грань h = 0,9м и F_б = 4353 Н.

Все силы, действующие на боковые грани, уравновешивают друг друга F_S = F_н - F_в = 78 H

Ответ: F_н = 4392 Н, F_в = 4314 Н, F_б = 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 h_б) ω = (P₀ + r g h_б) /4 ^. a² = /4 P₀ a² + /4 ^. a²r g h_т, где h_т – расстояние от центра тяжести наклонной поверхности (треугольника) до пьезометрической поверхности.

h_т = 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:

h_т = 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 k_уст, сделать вывод: будет ли стенка устойчива против опрокидывания. Плотность материала стенки r_ст = 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: Р_т = r g H₁/2; сила давления R₁ = r g H₁/2^.L^.H₁ = 58,8 кН.

Координата центра давления смоченной поверхности стенки слева: L_Д1 = L_т + J₀/ L_т ω.

Для прямоугольной стенки J₀ = LH₁³/12,тогда

.

Точно так же справа: R₂ = r g H₂/2^.L^.H₂ = 9,41 кН;

L_Д2 = 2/3 Н₂ = 0, 533 м.

Опрокидывающий момент, т.е. момент сил давления жидкости относительно точки О:

М_опр = R₁(Н₁ – 2/3Н₁) –R₂(Н₂ – 2/3Н₂) = 3,67∙10⁴ Н·м.

Удерживающий момент силы тяжести относительно точки О:

М_уд = Н·L·b·r_стg b/2 = 4,5∙10⁴ Н·м.

Коэффициент устойчивости k_уст = М_уд/М_опр = 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 Р_м = 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 h_р:

h_р = (р₀ – р_a)/r g = Dр/r g = р_м /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:

Н_т = Н – h/2, Dp = p_м, т.е.

R = [P_м + 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) L_т (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/L_т ω =(h⁴/12sina)/12 L_т sin³a h² = h²/12 L_т 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.