Beräkning av tunnväggiga kärl. Hydrauliska uppgifter med färdiga lösningar Beräkning av tunnväggiga skal

Syfte: att bilda sig en idé om egenskaperna hos deformations- och hållfasthetsanalys av tunnväggiga skal och tjockväggiga cylindrar.

Beräkning av tunnväggiga skal

Skal - det är ett strukturellt element som begränsas av ytor belägna på nära avstånd från varandra. Ett skal kallas tunnväggigt om det uppfyller villkoret p/h> 10 var h - skaltjocklek; R- krökningsradien för medianytan, vilket är platsen för punkter på samma avstånd från skalets båda ytor.

Delarna, vars form antas vara skalet, inkluderar bildäck, fartyg, ICE liners, lastbärande bilkarosser, flygplanskroppar, fartygsskrov, takkupoler, etc.

Det bör noteras att skalstrukturer i många fall är optimala, eftersom ett minimum av material spenderas på deras tillverkning.

En karakteristisk egenskap hos de flesta tunnväggiga skal är att de till formen är rotationskroppar, det vill säga var och en av deras ytor kan formas genom att rotera en viss kurva (profil) runt en fast axel. Sådana revolutionskroppar kallas axisymmetrisk. I fig. 73 visar ett skal, vars mittyta erhålls genom att vrida profilen Sol runt axeln AC.

Välj från mittytan i närheten av punkten TILL. liggande på denna yta, det oändliga elementet 1122 två meridianplan ASt och ASt 2 s vinkel d (sid mellan dem och två sektioner normala mot meridianerna HO t och 220 2 .

Meridian kallas en sektion (eller ett plan) som går genom rotationsaxeln AC. Vanligt kallas snittet vinkelrätt mot meridianen Sol.

Ris. 73.

Normala sektioner för det aktuella kärlet är koniska ytor med toppar 0 och Åh g, liggande på axeln AC.

Låt oss introducera följande notation:

r t- bågens krökningsradie 12 i meridianavsnittet;

R,- bågens krökningsradie 11 i normal sektion.

I allmänhet r t och R,är en funktion av vinkeln v- vinkeln mellan axeln SOM och normalt 0,1 (se fig. 73).

Ett kännetecken för driften av skalstrukturer är att alla dess punkter som regel är i ett komplext spänningstillstånd, och hållfasthetsteori används för att beräkna skalen.

För att bestämma de spänningar som uppstår i ett tunnväggigt skal, den sk ögonblickslös teori. Enligt denna teori tror man att det inte finns några böjmoment bland de inre krafterna. Skalets väggar arbetar endast i spänning (kompression), och spänningarna är jämnt fördelade över väggtjockleken.

Denna teori är tillämplig om:

• 1) skalet är en revolutionskropp;
• 2) skalets väggtjocklek S mycket liten jämfört med skalets krökningsradie;
• 3) last, gas eller hydraultryck fördelas polärt symmetriskt med avseende på skalets rotationsaxel.

Kombinationen av dessa tre villkor tillåter oss att acceptera hypotesen om spänningens oföränderlighet över väggtjockleken i en normal sektion. Baserat på denna hypotes drar vi slutsatsen att skalets väggar endast fungerar i spänning eller kompression, eftersom böjning är förknippad med en ojämn fördelning av normala spänningar över väggtjockleken.

Låt oss fastställa läget för huvudområdena, det vill säga de områden (plan) där det inte finns några skjuvspänningar (t = 0).

Det är uppenbart att varje meridional sektion delar ett tunnväggigt skal i två delar, symmetriska både i geometriskt och i hållfasthetsförhållande. Eftersom närliggande partiklar deformeras på samma sätt, finns det ingen skjuvning mellan sektionerna av de två delarna som erhålls, vilket innebär att det inte finns några tangentiella spänningar i meridionalplanet (m = 0). Följaktligen är det en av de viktigaste platserna.

I kraft av parningslagen kommer det inte att finnas några tangentiella spänningar i sektioner vinkelräta mot meridionalsektionen. Därför är den normala sektionen (arean) också den huvudsakliga.

Den tredje huvudplattformen är vinkelrät mot de två första: vid den yttre punkten TILL(se fig. 73) den sammanfaller med skalets laterala yta, i den r = o = 0, alltså, i det tredje huvudområdet, o 3 = 0. Därför är materialet vid punkten TILL upplever ett platt stresstillstånd.

För att bestämma de huvudsakliga spänningarna, välj i närheten av punkten TILL oändligt litet element 1122 (se fig. 73). På elementets kanter uppstår endast normala spänningar a „och о. Den första av dessa och t kallad meridian, och den andra en, - periferisk stress, vilka är huvudspänningarna vid en given punkt.

Spänningsvektor en, riktad tangentiellt mot cirkeln som erhålls från skärningspunkten mellan medianytan och en normal sektion. Spänningsvektorn o „är riktad tangentiellt mot meridianen.

Låt oss uttrycka de huvudsakliga spänningarna i termer av belastningen (inre tryck) och skalets geometriska parametrar. För att bestämma och t och en, två oberoende ekvationer behövs. Meridionalspänningen o „kan bestämmas från jämviktstillståndet för den avskurna delen av skalet (Fig. 74, a):

Ersätter rt synd 9, vi får

Den andra ekvationen erhålls från skalelementets jämviktstillstånd (fig. 74, b). Om vi ​​projicerar alla krafter som verkar på ett element på normalen och likställer det resulterande uttrycket till noll, får vi

Med tanke på de små vinklarna tar vi

Som ett resultat av de utförda matematiska transformationerna får vi en ekvation av följande form:

Denna ekvation kallas Laplace ekvationer och etablerar förhållandet mellan meridianen och omkretsspänningarna vid vilken punkt som helst av det tunnväggiga skalet och det inre trycket.

Eftersom det farliga elementet i ett tunnväggigt skal är i ett plant stressat tillstånd, baserat på erhållna resultat med t och ah och även baserat på beroende

Ris. 74. Fragment av ett tunnväggigt axisymmetriskt skal: a) lastningsschema; b) spänningar som verkar längs kanterna på det valda skalelementet

Så, enligt den tredje teorin om styrka: a "1 = & - st b

Således för cylindriska kärl med radie G och väggtjocklek OCH vi får

baserat på jämviktsekvationen för cut-off-delen, en"

därför, ett, ett m, = 0.

När det begränsande trycket uppnås kollapsar det cylindriska kärlet (inklusive alla rörledningar) längs sin generatris.

För sfäriska kärl (R, = p t = d) Tillämpning av Laplace-ekvationen ger följande resultat:

_ R r r _ pr

o, = o t =-, därmed, = a 2 = och „= -,

2 h 2 h 2 h

Av de erhållna resultaten blir det uppenbart att i jämförelse med ett cylindriskt kärl är ett sfäriskt kärl en mer optimal design. Begränsningstrycket i ett sfäriskt kärl är dubbelt så högt.

Låt oss överväga exempel på beräkning av tunnväggiga skal.

Exempel 23. Bestäm den nödvändiga väggtjockleken på mottagaren, om det interna trycket R- 4 atm = 0,4 MPa; R = 0,5 m; [a] = 100 MPa (fig. 75).

Ris. 75.

• 1. I den cylindriska delens vägg uppstår meridian- och omkretsspänningar, relaterade av Laplace-ekvationen: a till o, P
• - + - = -. Du måste hitta väggtjockleken P.

Рт Р, h

2. Punktstress V - platt.

Styrka tillstånd: er "= cr 1 -t 3? [

• 3. Det är nödvändigt att uttrycka och ungefär $ tvärs över s „ och en, i bokstavlig form.
• 4. Värdet a", kan hittas från jämviktstillståndet för den avstängda delen av mottagaren. Spänningsstorlek en, - från Laplace-tillståndet, där pt = med.
• 5. Ersätt de hittade värdena i styrketillståndet och uttryck värdet genom dem OCH.
• 6. För den sfäriska delen, väggtjockleken h bestäms på liknande sätt med hänsyn tagen p „= p, - R.

1. För en cylindrisk vägg:

Således i den cylindriska delen av mottagaren o,> o t och 2 gånger.

På det här sättet, h= 2 mm - tjockleken på den cylindriska delen av mottagaren.

På det här sättet, h 2 = 1 mm - tjockleken på den sfäriska delen av mottagaren.

I ingenjörspraktik används sådana strukturer som cisterner, vattentankar, gastankar, luft- och gascylindrar, kupoler av byggnader, kemitekniska apparater, delar av turbinhöljen och jetmotorer, etc. i stor utsträckning. Alla dessa strukturer med tanke på deras styrka och styvhetsberäkningar kan hänföras till tunnväggiga kärl (skal) (Figur 13.1, a).

Ett karakteristiskt drag hos de flesta tunnväggiga kärl är att de till formen representerar rotationskroppar, d.v.s. deras yta kan bildas genom att rotera någon kurva runt axeln O-O... Sektion av ett fartyg genom ett plan som innehåller en axel O-O kallas meridional sektion, och sektionerna vinkelräta mot meridionalsektionerna kallas distrikt... De perifera sektionerna är vanligtvis koniska. Visat i figur 13.1b är den nedre delen av kärlet separerad från den övre av en periferisk sektion. Ytan som delar tjockleken på kärlets väggar i hälften kallas mellanytan... Det anses att skalet är tunnväggigt om förhållandet mellan den minsta huvudsakliga krökningsradien vid en given punkt på ytan och skalets väggtjocklek överstiger 10
.

Låt oss överväga det allmänna fallet med verkan av en axisymmetrisk belastning på skalet, dvs. en sådan belastning som inte ändras i omkretsriktningen och bara kan ändras längs meridianen. Låt oss välja ett element från skalkroppen med två periferiska och två meridionala sektioner (Fig. 13.1, a). Elementet sträcks i ömsesidigt vinkelräta riktningar och böjs. Bilateral spänning av ett element motsvarar en jämn fördelning av normala spänningar längs väggtjockleken och normala krafter som uppstår i skalväggen. En förändring i ett elements krökning förutsätter närvaron av böjmoment i skalväggen. Vid böjning uppstår normala spänningar i balkväggen, varierande längs väggtjockleken.

Under inverkan av en axisymmetrisk belastning kan effekten av böjmoment försummas, eftersom normala krafter är dominerande. Detta är fallet när formen på skalets väggar och belastningen på den är sådan att balans mellan yttre och inre krafter är möjlig utan utseende av böjmoment. Teorin för beräkning av skal, baserad på antagandet att de normala spänningar som uppstår i skalet är konstanta i tjocklek och att det därför inte finns någon skalböjning, kallas ögonblickslös skalteori... Den momentlösa teorin fungerar bra om skalet inte har abrupta övergångar och stela nypor och dessutom inte är laddat med koncentrerade krafter och moment. Dessutom ger denna teori mer exakta resultat ju mindre skalets väggtjocklek, d.v.s. ju närmare sanningen antagandet om en enhetlig fördelning av spänningar över väggtjockleken.

I närvaro av koncentrerade krafter och ögonblick, abrupta övergångar och nypor är lösningen av problemet mycket komplicerad. På de platser där skalet är fäst och på platser med skarpa formförändringar uppstår ökade spänningar på grund av påverkan av böjmoment. I detta fall, den sk momentteori för skalanalys... Det bör noteras att frågor om den allmänna teorin om skal går långt utöver materialstyrkan och studeras i speciella sektioner av strukturmekanik. I den här handboken, vid beräkning av tunnväggiga kärl, övervägs en momentlös teori för fall då problemet med att bestämma spänningarna som verkar i meridionala och perifera sektioner visar sig vara statiskt bestämbara.

13.2. Bestämning av spänningar i symmetriska skal enligt den momentlösa teorin. Härledning av Laplace-ekvationen

Betrakta ett axisymmetriskt tunnväggigt skal som upplever inre tryck från vätskans vikt (Figur 13.1, a). Med två meridionala och två periferiska sektioner, välj ett oändligt litet element från skalväggen och överväg dess jämvikt (Fig. 13.2).

I de meridionala och periferiska sektionerna finns det inga tangentiella spänningar på grund av belastningens symmetri och frånvaron av inbördes förskjutningar av sektionerna. Följaktligen kommer endast de normala huvudspänningarna att verka på det valda elementet: meridionalspänningen
och periferisk stress ... Baserat på den momentlösa teorin kommer vi att anta att spänningarna längs väggtjockleken är
och fördelade jämnt. Dessutom kommer alla dimensioner av skalet att hänvisas till medianytan på dess väggar.

Skalets mittyta är en yta med dubbel krökning. Meridianens krökningsradie vid den aktuella punkten betecknas med
, krökningsradien för mittytan i omkretsriktningen betecknas med ... Krafter verkar på elementets kanter
och
... Vätsketryck verkar på den inre ytan av det valda elementet , vars resultat är
... Projicera ovanstående krafter till det normala
till ytan:

Låt oss avbilda elementets projektion på meridionalplanet (fig. 13.3) och på basis av denna figur skriver vi ner den första termen i uttryck (a). Den andra termen är skriven i analogi.

Ersätter sinus i (a) med dess argument på grund av vinkelns litenhet och dividerar alla termer i ekvation (a) med
, vi får:

(b).

Med tanke på att krökningarna av elementets meridionala och periferiska sektioner är lika, respektive
och
, och genom att ersätta dessa uttryck i (b) finner vi:

. (13.1)

Expression (13.1) är Laplace-ekvationen, uppkallad efter den franske vetenskapsman som fick den i början av 1800-talet när han studerade ytspänning i vätskor.

Ekvation (13.1) innehåller två okända spänningar och
... Meridional spänning
finner vi genom att sammanställa jämviktsekvationen för axeln
krafter som verkar på den avskurna delen av skalet (Figur 12.1, b). Arean av den periferiska sektionen av skalets väggar beräknas med formeln
... Spänning
på grund av själva skalets symmetri och belastningen i förhållande till axeln
jämnt fördelat över området. Därmed,

, (13.2)

var vikten av den del av kärlet och vätskan som ligger under den aktuella sektionen;  vätsketrycket, enligt Pascals lag, är detsamma i alla riktningar och lika , var Är djupet av avsnittet som övervägs, och vikten av en volymenhet vätska. Om vätskan förvaras i ett kärl under ett visst överskott i jämförelse med atmosfärstrycket , då i det här fallet
.

Nu känner jag till spänningen
från Laplaces ekvation (13.1) kan man hitta spänningen .

När man löser praktiska problem, på grund av att skalet är tunt, är det möjligt istället för mittytans radier
och ersätt radierna för de yttre och inre ytorna.

Som redan nämnts, de periferiska och meridionala spänningarna och
är de viktigaste påfrestningarna. När det gäller den tredje huvudspänningen, vars riktning är vinkelrät mot kärlets yta, sedan på en av skalets ytor (extern eller inre, beroende på vilken sida trycket verkar på skalet), är den lika med , och på motsatsen - noll. I tunnväggiga skal av stress och
alltid mycket mer ... Detta innebär att värdet av den tredje huvudspänningen kan försummas i jämförelse med och
, dvs. anser att det är noll.

Således kommer vi att anta att skalmaterialet är i ett planspänt tillstånd. I det här fallet, för att bedöma hållfastheten beroende på materialets tillstånd, bör motsvarande hållfasthetsteori användas. Till exempel, med tillämpning av den fjärde (energi)teorin, skriver vi styrketillståndet i formen:

Låt oss överväga flera exempel på beräkning av ögonblickslösa skal.

Exempel 13.1. Ett sfäriskt kärl påverkas av ett enhetligt inre gastryck (Fig.13.4). Bestäm spänningarna som verkar i kärlväggen och utvärdera kärlets styrka med hjälp av den tredje hållfasthetsteorin. Vi försummar kärlväggarnas egenvikt och gasens vikt.

1. På grund av skalets cirkulära symmetri och spänningsbelastningens axelsymmetri och
är desamma på alla punkter i skalet. Förutsatt i (13.1)
,
, a
, vi får:

. (13.4)

2. Vi utför en kontroll enligt den tredje teorin om styrka:

.

Med tanke på att
,
,
, hållfasthetsvillkoret tar formen:

. (13.5)

Exempel 13.2. Det cylindriska skalet påverkas av ett enhetligt inre gastryck (Figur 13.5). Bestäm omkrets- och meridionalspänningarna som verkar i kärlväggen och utvärdera dess styrka med hjälp av den fjärde hållfasthetsteorin. Bortse från kärlväggarnas egenvikt och gasens vikt.

1. Meridianer i den cylindriska delen av skalet är generatorer för vilka
... Från Laplace-ekvationen (13.1) finner vi omkretsspänningen:

. (13.6)

2. Med formeln (13.2) finner vi meridionalspänningen, inställning
och
:

. (13.7)

3. För att bedöma styrkan tar vi:
;
;
... Styrkevillkoret enligt den fjärde teorin har formen (13.3). Genom att ersätta uttrycken för omkrets- och meridionalspänningarna (a) och (b) i detta tillstånd, får vi

Exempel 12.3. En cylindrisk tank med konisk botten påverkas av vätskans vikt (Figur 13.6, b). Upprätta lagarna för variation av omkrets- och meridionalspänningarna inom reservoarens koniska och cylindriska delar, hitta maximala spänningar och
och plotta spänningsfördelningsdiagram längs reservoarens höjd. Bortse från vikten på tankväggarna.

1. Hitta vätsketrycket på djupet
:

... (a)

2. Bestäm omkretsspänningarna från Laplace-ekvationen, med hänsyn till att krökningsradien för meridianerna (generatorerna)
:

... (b)

För den koniska delen av skalet

;
... (v)

Genom att ersätta (c) i (b) får vi lagen om variation av omkretsspänningarna inom den koniska delen av reservoaren:

. (13.9)

För den cylindriska delen, var
fördelningslagen för omkretsspänningar har formen:

. (13.10)

Diagram visas i figur 13.6, a. För den koniska delen är detta diagram paraboliskt. Dess matematiska maximum äger rum i mitten av den totala höjden vid
... På
det har en betingad betydelse, när
den maximala spänningen faller inom den avsmalnande delen och har en verklig betydelse:

. (13.11)

3. Bestäm meridionalspänningarna
... För den koniska delen, vikten av vätskan i konens höjd är lika med:

... (G)

Genom att ersätta (a), (c) och (d) i formeln för meridionalspänningar (13.2), får vi:

. (13.12)

Diagram
visas i figur 13.6, c. Maximal tomt
, skisserad för den koniska delen även längs parabeln, äger rum kl
... Det har en verklig betydelse kl
när den faller inom den avsmalnande delen. I detta fall är de maximala meridionalspänningarna lika:

. (13.13)

I den cylindriska delen, spänningen
ändras inte i höjd och är lika med spänningen vid den övre kanten på platsen för upphängningen av tanken:

. (13.14)

På platser där ytan av reservoaren har en skarp böj, såsom vid övergången från en cylindrisk till en konisk del (Figur 13.7) (Figur 13.5), den radiella komponenten av meridionala spänningar
inte balanserad (Figur 13.7).

Denna komponent längs ringens omkrets skapar en radiell fördelad belastning med en intensitet
tenderar att böja kanterna på det cylindriska skalet inåt. För att eliminera denna böj placeras en förstyvande ribba (distansring) i form av en vinkel eller kanal, som omger skalet vid frakturplatsen. Denna ring tar en radiell belastning (Fig. 13.8, a).

Låt oss skära ut dess del från distansringen med två oändligt tätt åtskilda radiella sektioner (fig. 13.8, b) och bestämma de inre krafterna som uppstår i den. På grund av symmetrin hos själva distansringen och belastningen fördelad längs dess kontur uppstår inte skjuvkraften och böjmomentet i ringen. Endast den längsgående kraften återstår
... Låt oss hitta henne.

Låt oss komponera summan av projektionerna av alla krafter som verkar på det utskurna elementet på distansringen på axeln :

... (a)

Byt ut sinus för en vinkel vinkel på grund av dess litenhet
och ersätt i (a). Vi får:

,

(13.15)

Således komprimeras distansringen. Styrketillståndet tar formen:

, (13.16)

var radien för ringens medianlinje;  ringens tvärsnittsarea.

Ibland, istället för en distansring, skapas en lokal förtjockning av skalet, vilket böjer kanterna på tankbotten inuti skalet.

Om skalet är under yttre tryck, kommer meridionalspänningarna att vara kompressiva och den radiella kraften blir negativ, d.v.s. riktad utåt. Då fungerar förstyvningsringen inte i kompression, utan i spänning. I detta fall kommer hållfasthetsvillkoret (13.16) att förbli detsamma.

Det bör noteras att inställningen av förstyvningsringen inte helt eliminerar böjningen av skalväggarna, eftersom förstyvningsringen begränsar expansionen av skalringarna intill flänsen. Som ett resultat böjs generatriserna för skalen nära förstyvningsringen. Detta fenomen kallas kanteffekten. Det kan leda till en betydande lokal ökning av spänningar i skalväggen. Den allmänna teorin om att redogöra för kanteffekten övervägs i specialkurser som använder momentteorin för att beräkna skal.

Inom tekniken finns det ofta kärl vars väggar uppfattar trycket från vätskor, gaser och fasta ämnen (ångpannor, reservoarer, arbetskammare för motorer, tankar, etc.). Om kärlen har formen av rotationskroppar och deras väggtjocklek är obetydlig, och belastningen är axelsymmetrisk, är bestämningen av spänningarna som uppstår i deras väggar under belastning ganska enkel.

I sådana fall kan man utan större fel anta att endast normala spänningar (drag eller tryck) uppstår i väggarna och att dessa spänningar fördelas jämnt över väggtjockleken.

Beräkningar baserade på sådana antaganden bekräftas väl av experiment om väggtjockleken inte överstiger ungefär väggens minsta krökningsradie.

Låt oss skära ut ett element med dimensioner och från kärlväggen.

Väggtjockleken anges t(fig. 8.1). Krökningsradier för kärlets yta vid en given plats och Elementbelastning - internt tryck , vinkelrätt mot elementets yta.

Låt oss ersätta elementets interaktion med resten av kärlet med inre krafter, vars intensitet är lika med och. Eftersom väggtjockleken är obetydlig, som redan noterats, kan dessa spänningar anses vara jämnt fördelade över väggtjockleken.

Låt oss formulera villkoret för elementets jämvikt, för vilket vi projicerar krafterna som verkar på elementet i riktningen för det normala nn till elementets yta. Lastprojektion är . Projektionen av spänningen på den normala riktningen kommer att representeras av ett segment ab, likvärdig Projektion av kraft som verkar på kant 1-4 (och 2-3) , är lika med ... På liknande sätt är projektionen av kraften som verkar på kanten 1-2 (och 4-3) lika med .

Genom att projicera alla krafter som appliceras på det valda elementet i normalriktningen nn, skaffa sig

På grund av den lilla storleken på elementet kan vi ta

Med hänsyn till detta, från jämviktsekvationen vi får

Med tanke på att d och vi har

Minskar med och dela upp i t, vi får

(8.1)

Denna formel kallas med Laplace-formeln. Tänk på beräkningen av två typer av kärl som ofta finns i praktiken: sfäriska och cylindriska. I det här fallet kommer vi att begränsa oss till fallen av verkan av det interna gastrycket.

a) b)

1. Sfäriskt kärl. I detta fall och Av (8.1) följer var

(8.2)

Eftersom det i detta fall finns ett plant spänningstillstånd, är det nödvändigt att tillämpa en eller annan hållfasthetsteori för att beräkna styrkan. Huvudspänningarna har följande betydelser: Enligt den tredje hypotesen om styrka; ... Ersätter och , vi får

(8.3)

det vill säga styrkan kontrolleras som i fallet med ett enaxligt spänningstillstånd.

Enligt den fjärde styrkehypotesen,
... Sedan i detta fall , då

(8.4)

det vill säga samma villkor som för den tredje styrkehypotesen.

2. Cylindriskt kärl. I detta fall (cylinderradie) och (krökningsradie för cylinderns generatris).

Från Laplace-ekvationen får vi var

(8.5)

För att bestämma spänningen dissekerar vi kärlet med ett plan vinkelrätt mot dess axel, och överväger jämviktstillståndet för en av kärlets delar (Fig. 47 b).

Genom att projicera alla krafter som verkar på den avskurna delen på kärlets axel får vi

(8.6)

var - resultatet av gastryckskrafterna på kärlets botten.

På det här sättet, , var

(8.7)

Observera att på grund av ringens tunnhet, som är en sektion av en cylinder, längs vilken spänningar verkar, beräknas dess area som produkten av omkretsen av väggtjockleken. Jämför och i ett cylindriskt kärl ser vi det

Online hjälp endast efter överenskommelse

Problem 1

Bestäm skillnaden i nivåer av piezometrar h.

Systemet är i jämvikt.

Kolvarnas areaförhållande är 3. H= 0,9 m.

Flytande vatten.

Uppgift 1.3

Bestäm nivåskillnaden h i piezometrar vid jämvikt för multiplikatorkolvarna, om D/d = 5, H= 3,3 m. Bygg en graf h = f(D/d), om D/d= 1,5 ÷ 5.

Problem 1. 5

Tunnväggigt kärl bestående av två cylindrar med diametrar d= 100 mm och D= 500 mm, den nedre öppna änden sänks under vattennivån i reservoar A och vilar på stöd C placerade på en höjd b= 0,5 m över denna nivå.

Bestäm storleken på kraften som uppfattas av stöden, om ett vakuum skapas i kärlet, vilket orsakade att vattnet steg i det till en höjd a + b= 0,7 m. Fartygets tomvikt G= 300 N. Hur förändringen i diameter påverkar resultatet d?

Uppgift 1.7

Bestäm det absoluta lufttrycket i kärlet, om avläsningen av kvicksilveranordningen h= 368 mm, höjd H= 1 m. Densiteten av kvicksilver ρ kvicksilver = 13600 kg / m 3. Atmosfärstryck sid atm = 736 mm Hg. Konst.

Uppgift 1.9

Bestäm trycket ovanför kolven sid 01 om känt: krafter på kolvarna P 1 = 210 N, P 2 = 50 N; mätaravläsning sid 02 = 245,25 kPa; kolvdiametrar d 1 = 100 mm, d 2 = 50 mm och höjdskillnad h= 0,3 m. Ρ RT / ρ = 13,6.

Mål 1.16

Bestäm trycket sid i hydraulsystemet och lastens vikt G liggande på kolven 2 om för dess höjning till kolven 1 kraft applicerad F= 1 kN. Kolvdiametrar: D= 300 mm, d= 80 mm, h= 1 m, ρ = 810 kg/m 3. Bygg en graf sid = f(D), om D varierar från 300 till 100 mm.

Uppgift 1.17.

Bestäm den maximala höjden N max, till vilken bensin kan sugas in av en kolvpump om trycket på dess mättade ånga är h n.p. = 200 mm Hg. Art., och atmosfärstryck h a = 700 mm Hg. Konst. Vad är kraften längs staven, om N O = 1 m, pb = 700 kg/m3; D= 50 mm?

Bygg en graf F = ƒ( D) när den ändras D från 50 mm till 150 mm.

Mål 1.18

Bestäm diametern D 1 hydraulcylinder krävs för att lyfta ventilen när vätskan är övertryck sid= 1 MPa, om rörledningens diameter D 2 = 1 m och massan av enhetens rörliga delar m= 204 kg. Vid beräkning av ventilens friktionskoefficient i styrytorna, ta f= 0,3, friktionskraften i cylindern anses vara lika med 5 % av vikten av de rörliga delarna. Trycket nedströms ventilen är lika med atmosfäriskt, påverkan av spindelområdet bör försummas.

Bygg en beroendegraf D 1 = f(sid), om sid varierar från 0,8 till 5 MPa.

Mål 1.19

När den hydrauliska ackumulatorn laddas tillför pumpen vatten till cylinder A och lyfter kolven B tillsammans med lasten uppåt. När ackumulatorn töms, pressar kolven, glidande ned, vattnet ur cylindern in i de hydrauliska pressarna genom gravitationen.

1. Bestäm vattentrycket vid laddning sid s (utvecklad av pumpen) och utlopp sid p (erhållen av pressarna) av ackumulatorn, om kolvens massa tillsammans med lasten m= 104 t och kolvens diameter D= 400 mm.

Kolven är förseglad med en läpp, vars höjd b= 40 mm och friktionskoefficienten på kolven f = 0,1.

Bygg en graf sid s = f(D) och sid p = f(D), om D varierar i intervallet från 400 till 100 mm, ska kolvens massa med belastningen anses vara oförändrad.

Mål 1.21

I ett förseglat foderkärl A det finns smält babbitt (ρ = 8000 kg / m 3). När vakuummätaren visar sid vac = 0,07 MPa fyller gjutskänken B stannade. Vart i H= 750 mm. Bestäm höjden på babbittnivån h i matningskärlet A.

Mål 1.23

Bestäm styrka F krävs för att hålla kolven på en höjd h 2 = 2 m över vattenytan i brunnen. En vattenpelare stiger över kolven h 1 = 3 m. Diametrar: kolv D= 100 mm, lager d= 30 mm. Bortse från vikten på kolven och stången.

Mål 1.24

Kärlet innehåller smält bly (ρ = 11 g / cm 3). Bestäm tryckkraften som verkar på botten av kärlet om höjden på blynivån h= 500 mm, kärldiameter D= 400 mm, manovakuummätaravläsning sid vakuum = 30 kPa.

Konstruera en graf över tryckkraftens beroende av kärlets diameter, om D varierar från 400 till 1000 mm

Mål 1,25

Bestäm trycket sid 1 vätska som måste tillföras hydraulcylindern för att övervinna kraften som riktas längs stången F= 1 kN. Diameter: cylinder D= 50 mm, lager d= 25 mm. Tanktryck sid 0 = 50 kPa, höjd H 0 = 5 m. Ta inte hänsyn till friktionskraften. Vätskans densitet är ρ = 10 3 kg / m 3.

Mål 1,28

Systemet är i jämvikt. D= 100 mm; d= 40 mm; h= 0,5 m.

Vilken kraft ska appliceras på kolvarna A och B om en kraft verkar på kolv C P 1 = 0,5 kN? Friktion försummas. Bygg en beroendegraf P 2 från diameter d, som varierar från 40 till 90 mm.

Mål 1,31

Bestäm styrka F på spolskaftet, om vakuummätaren visar sid vakuum = 60 kPa, övertryck sid 1 = 1 MPa, höjd H= 3 m, kolvdiametrar D= 20 mm och d= 15 mm, ρ = 1000 kg/m 3.

Bygg en graf F = f(D), om D varierar från 20 till 160 mm.

Uppgift 1.32

Systemet med två kolvar förbundna med en stång är i jämvikt. Bestäm styrka F komprimerande fjäder. Vätskan mellan kolvarna och i tanken är olja med en densitet på ρ = 870 kg / m 3. Diametrar: D= 80 mm; d= 30 mm; höjd N= 1000 mm; övertryck R 0 = 10 kPa.

Mål 1,35

Bestäm belastningen P på lockbultar A och B hydraulcylinderdiameter D= 160 mm, om till en kolv med en diameter d= 120 mm applicerad kraft F= 20 kN.

Bygg en beroendegraf P = f(d), om d varierar från 120 till 50 mm.

Uppgift1.37

Figuren visar ett strukturdiagram av ett hydrauliskt lås, vars flödesområde öppnar när det matas in i kaviteten A kontrollera vätskeflödet med tryck sid y. Bestäm vid vilket lägsta värde sid y kolvskjutare 1 kommer att kunna öppna kulventilen om känd: fjäderförspänning 2 F= 50 H; D = 25 mm, d = 15 mm, sid 1 = 0,5 MPa, sid 2 = 0,2 MPa. Bortse från friktionskrafterna.

Mål 1,38

Bestäm manometertrycket sid m, om kraften på kolven P= 100 kgf; h 1 = 30 cm; h 2 = 60 cm; kolvdiametrar d 1 = 100 mm; d 2 = 400 mm; d 3 = 200 mm; ρ m / ρ in = 0,9. Definiera sid m.

Mål 1,41

Bestäm det minsta kraftvärdet F appliceras på stången, under vars verkan kolven med en diameter av D= 80 mm, om kraften från fjädern som trycker ventilen mot sätet är F 0 = 100 H, och vätsketrycket sid 2 = 0,2 MPa. Ventilinlopp (säte) diameter d 1 = 10 mm. Stångens diameter d 2 = 40 mm, vätsketryck i stavänden på hydraulcylindern sid 1 = 1,0 MPa.

Mål 1,42

Bestäm mängden förspänning av differensventilens fjäder (mm), som säkerställer att ventilen börjar öppna när sid h = 0,8 MPa. Ventildiametrar: D= 24 mm, d= 18 mm; fjäderhastighet Med= 6 N/mm. Trycket till höger om de större kolvarna och till vänster om de små kolvarna är atmosfäriskt.

Mål 1,44

I en handmanövrerad hydraulisk domkraft (Fig. 27) i änden av spaken 2 ansträngt sig N= 150 N. Diametrarna på tryckhuvudet 1 och lyft 4 kolvarna är lika: d= 10 mm och D= 110 mm. Liten hävarm Med= 25 mm.

Med hänsyn till den totala effektiviteten för den hydrauliska domkraften η = 0,82, bestäm längden l spak 2 tillräckligt för att lyfta lasten 3 vikt 225 kN.

Bygg en beroendegraf l = f(d), om d varierar från 10 till 50 mm.

Mål 1.4 5

Bestäm höjden h kolonn av vatten i ett piezometriskt rör. Vattenpelaren balanserar hela kolven med D= 0,6 m och d= 0,2 m, med en höjd H= 0,2 m. Bortse från kolvens egenvikt och friktionen i tätningen.

Bygg en graf h = f(D) om diametern D varierar från 0,6 till 1 m.

Mål 1,51

Bestäm kolvdiametern = 80,0 kg; vattendjup i cylindrar H= 20 cm, h= 10 cm.

Bygg upp ett beroende P = f(D), om P= (20 ... 80) kg.

Mål 1,81

Bestäm avläsningen av tryckmätaren för två vätskor h 2, om trycket på den fria ytan i tanken sid 0 abs = 147,15 kPa, vattendjup i tanken H= 1,5 m, avstånd till kvicksilver h 1 = 0,5 m, ρ RT / ρ in = 13,6.

Mål 2,33

Luft sugs in av motorn från atmosfären, passerar genom luftrenaren och sedan genom ett rör med en diameter d 1 = 50 mm matas till förgasaren. Luftdensitet ρ = 1,28 kg/m 3. Bestäm vakuumet i diffusorns hals med en diameter d 2 = 25 mm (avsnitt 2-2) med luftflöde F= 0,05 m 3 / s. Ta följande motståndskoefficienter: luftrenare ζ 1 = 5; knä ζ 2 = 1; luftspjäll ζ 3 = 0,5 (avser hastigheten i röret); munstycke ζ 4 = 0,05 (avses hastigheten i diffusorns hals).

Uppgift 18

För att väga tunga laster 3 som väger från 20 till 60 ton används en hydrodynamometer (fig. 7). Kolv 1 diameter D= 300 mm, stång 2 med en diameter d= 50 mm.

Ignorera vikten av kolven och stången, rita tryckavläsningen R manometer 4 beroende på vikt m last 3.

Uppgift 23

I fig. 12 visar ett diagram över en hydraulisk ventil med en spole med en diameter d= 20 mm.

Bortse från friktionen i hydraulventilen och vikten av spolen 1, bestäm den minsta kraft som den komprimerade fjädern 2 måste utveckla för att balansera oljetrycket i den nedre kaviteten A R= 10 MPa.

Rita fjäderkraft mot diameter d, om d varierar från 20 till 40 mm.

Uppgift 25

I fig. 14 visar ett diagram över en riktningsventil med en plan ventil 2 med en diameter d= 20 mm. I tryckhålan V hydraulventil, oljetrycket är aktivt sid= 5 MPa.

Ignorera hålighetsmottryck A hydraulventil och kraften hos en svag fjäder 3, bestämmer längden l spakarm 1, tillräckligt för att öppna den platta ventilen 2 som är applicerad på änden av spaken med våld F= 50 N om längden på den smala armen a= 20 mm.

Bygg en beroendegraf F = f(l).

Mål 1,210

I fig. Figur 10 visar ett diagram över en kolvtryckomkopplare, i vilken när kolven 3 förs till vänster, stiftet 2 stiger, vilket kopplar om de elektriska kontakterna 4. Fjäderns 1 styvhetskoefficient MED= 50,26 kN/m. Tryckvakten är aktiverad, d.v.s. kopplar elektriska kontakter 4 vid en axiell avböjning av fjädern 1 lika med 10 mm.

Om du ignorerar friktionen i tryckbrytaren, bestäm diametern d kolv, om tryckbrytaren ska utlösas när oljetrycket i hålrummet A (vid utgången) R= 10 MPa.

Uppgiftjag.27

Hydraulisk booster (tryckhöjningsanordning) tar emot övertrycksvatten från pumpen sid 1 = 0,5 MPa. I detta fall fylls den rörliga cylindern med vatten A med ytterdiameter D= 200 mm glider på en fast kavel MED har en diameter d= 50 mm, vilket skapar tryck vid multiplikatorns utgång sid 2 .

Bestäm trycket sid 2, tar friktionskraften i oljetätningarna lika med 10% av kraften som utvecklas på cylindern genom tryck sid 1, och försummar trycket i returledningen.

Massan av multiplikatorns rörliga delar m= 204 kg.

Bygg en beroendegraf sid 2 = f(D), om D varierar från 200 till 500 mm, m, d, sid 1 bör betraktas som konstant.

Du kan köpa uppgifter eller beställa nya via e-post (skype)

Om cylinderns väggtjocklek är liten i jämförelse med radierna och så tar det välkända uttrycket för tangentiella spänningar formen

det vill säga det värde som vi tidigare bestämt (34 §).

För tunnväggiga tankar med formen av rotationsytor och under inre tryck R fördelat symmetriskt kring rotationsaxeln kan du härleda en generell formel för beräkning av spänningar.

Låt oss välja (fig. 1) ett element från reservoaren under övervägande av två intilliggande meridiansektioner och två sektioner vinkelräta mot meridianen.

Figur 1. Fragment av en tunnväggig reservoar och dess stresstillstånd.

Elementets dimensioner längs meridianen och längs riktningen vinkelrät mot den kommer att betecknas med respektive meridianens krökningsradier och den vinkelräta sektionen till den kommer att betecknas med och, väggtjockleken kommer att kallas t.

Genom symmetri längs kanterna på det valda elementet kommer endast normala spänningar att verka i meridianriktningen och i riktningen vinkelrät mot meridianen. Motsvarande krafter som appliceras på elementets kanter kommer att vara och. Eftersom det tunna skalet endast motstår sträckning, som en flexibel tråd, kommer dessa ansträngningar att riktas tangentiellt mot meridianen och mot sektionen vinkelrät mot meridianen.

Ansträngningar (Fig. 2) kommer att ge resultanten i riktningen vinkelrätt mot elementytan ab lika med

Fig. 2. Jämvikt hos ett tunnväggigt tankelement

På samma sätt kommer ansträngningarna att ge resultanten i samma riktning. Summan av dessa ansträngningar balanserar det normala trycket som appliceras på elementet

Detta är den grundläggande ekvationen för spänningar för tunnväggiga rotationskärl, given av Laplace.

Eftersom vi har satt oss själva fördelningen av (likformiga) spänningar över väggtjockleken är problemet statiskt definierbart; den andra jämviktsekvationen kommer att erhållas om vi betraktar jämvikten för den nedre delen av reservoaren, avskuren av någon parallell cirkel.

Tänk på fallet med hydrostatisk belastning (Fig. 3). Låt oss hänvisa meridionalkurvan till axlarna X och på med origo i kurvans spets. Vi kommer att skära av avsnittet på nivån på från punkt O... Radien för motsvarande parallella cirkel kommer att vara X.

Fig. 3. Jämvikt för det nedre fragmentet av en tunnväggig reservoar.

Varje kraftpar som verkar på diametralt motsatta element i den ledande sektionen ger en vertikal resultant före Kristus lika med

summan av dessa ansträngningar, som verkar längs hela sektionens omkrets, kommer att vara lika; det kommer att balansera vätskans tryck på denna nivå plus vikten av vätskan i den avskurna delen av kärlet.

Genom att känna till meridionalkurvans ekvation kan du hitta, X och för varje värde på, och därför hitta, och från Laplace-ekvationen och

Till exempel för en konisk tank med en vertexvinkel fylld med en vätska med en bulkdensitet på till höjden h, kommer att ha.