Ako je debljina stijenki cilindra mala u odnosu na polumjere i , tada poznati izraz za tangencijalna naprezanja ima oblik

tj. vrijednost koju smo ranije odredili (§ 34).

Za tankoslojne tankove u obliku rotirajućih površina i pod unutrašnjim pritiskom R, raspoređeno simetrično u odnosu na os rotacije, može se izvesti opšta formula za izračunavanje napona.

Odaberimo (Sl. 1) element iz razmatranog rezervoara sa dva susjedna meridionalna dijela i dva dijela normalna na meridijan.

Fig.1. Ulomak tankostjenog tanka i njegovo napregnuto stanje.

Dimenzije elementa duž meridijana i u smjeru okomitom na njega označit će se sa i , odnosno, polumjeri zakrivljenosti meridijana i presjeka okomitog na njega označit će se sa i , a debljina zida će se zvati t.

Samo prema simetriji na rubovima odabranog elementa normalan stres u smjeru meridijana i u smjeru okomitom na meridijan. Odgovarajuće sile primijenjene na rubove elementa bit će i . Budući da se tanka ljuska opire samo istezanju, poput fleksibilne niti, ove sile će biti usmjerene tangencijalno na meridijan i na presjek normalan na meridijan.

Napori (slika 2) će dati rezultantu u smjeru normalnom na površinu elementa ab, jednak

Fig.2. Ravnoteža tankozidnog elementa rezervoara

Na isti način, sile će dati rezultantu u istom smjeru. Zbir ovih sila balansira normalni pritisak primijenjen na element

Ovu osnovnu jednačinu koja se odnosi na napone za tankosjedne posude rotacije dao je Laplace.

Budući da smo specificirali (ujednačenu) raspodjelu naprezanja po debljini zida, problem je statički definiran; druga jednadžba ravnoteže će se dobiti ako uzmemo u obzir ravnotežu donjeg dijela rezervoara, odsječenog nekim paralelnim krugom.

Razmotrimo slučaj hidrostatičkog opterećenja (slika 3). Meridijansku krivu upućujemo na ose X I at sa ishodištem na vrhu krive. Napravićemo dio na nivou at od tačke O. Radijus odgovarajuće paralelne kružnice će biti X.

Fig.3. Ravnoteža donjeg fragmenta tankostjenog tanka.

Svaki par sila koji djeluje na dijametralno suprotne elemente nacrtanog presjeka daje vertikalnu rezultantu bs, jednak

zbir ovih sila koje djeluju duž cijelog obima nacrtanog presjeka bit će jednak ; uravnotežiće pritisak tečnosti na ovom nivou plus težinu tečnosti u odsečenom delu posude.

Poznavajući jednačinu meridionalne krive, možemo naći, X i za svaku vrijednost at, i stoga, naći , i iz Laplaceove jednadžbe i

Na primjer, za konusni spremnik s vršnim kutom napunjen tekućinom s volumetrijskom težinom at do visine h, imaće.

U inženjerskoj praksi se široko koriste konstrukcije kao što su rezervoari, rezervoari za vodu, rezervoari za gas, vazdušni i gasni cilindri, kupole zgrada, hemijski inženjerski aparati, delovi kućišta turbina i mlaznih motora itd. Sve ove konstrukcije, s gledišta proračuna njihove čvrstoće i krutosti, mogu se klasificirati kao tankosjedne posude (ljuske) (Sl. 13.1, a).

Karakteristična karakteristika većine posuda tankih stijenki je da po obliku predstavljaju tijela okretanja, tj. njihova površina se može formirati rotacijom neke krive oko ose O-O. Presjek posude ravninom koja sadrži os O-O, zvao meridionalni presek, a presjeci okomiti na meridionalne presjeke se nazivaju okrug. Obodni presjeci, u pravilu, imaju oblik konusa. Donji dio posude prikazan na slici 13.1b odvojen je od gornjeg obodnim presjekom. Površina koja dijeli debljinu stijenki posude na pola naziva se srednja površina. Ljuska se smatra tankosjednom ako je omjer najmanjeg glavnog polumjera zakrivljenosti u datoj tački površine i debljine stijenke ljuske veći od 10
.

Razmotrimo opći slučaj djelovanja nekog osnosimetričnog opterećenja na školjku, tj. takvo opterećenje koje se ne mijenja u obodnom smjeru i može se mijenjati samo duž meridijana. Odaberimo element iz tijela ljuske sa dva obodna i dva meridionalna presjeka (slika 13.1, a). Element doživljava napetost u međusobno okomitim smjerovima i savija se. Bilateralna napetost elementa odgovara ravnomjernoj raspodjeli normalnih naprezanja po debljini zida i pojava normalnih sila u zidu školjke. Promjena zakrivljenosti elementa ukazuje na prisutnost momenata savijanja u zidu školjke. Prilikom savijanja u zidu grede nastaju normalna naprezanja koja variraju duž debljine zida.

Pod djelovanjem osnosimetričnog opterećenja, utjecaj momenata savijanja se može zanemariti, jer su normalne sile dominantne. To se događa kada su oblik stijenki ljuske i opterećenje na njoj takvi da je moguć balans između vanjskih i unutarnjih sila bez pojave momenata savijanja. Teorija za proračun ljuske, zasnovana na pretpostavci da su normalni naponi koji nastaju u ljusci konstantni po debljini i da stoga nema savijanja ljuske, naziva se besprekorna teorija školjki. Teorija bez momenta dobro funkcionira ako školjka nema oštre prijelaze i čvrste štipanje i, osim toga, nije opterećena koncentriranim silama i momentima. Osim toga, ova teorija daje tačnije rezultate što je manja debljina stijenke ljuske, tj. što je bliža istini pretpostavka o ravnomjernoj raspodjeli napona po debljini zida.

U prisustvu koncentrisanih sila i momenata, oštrih prijelaza i štipanja, rješavanje problema postaje znatno teže. Na mjestima gdje je školjka pričvršćena i na mjestima naglih promjena oblika nastaju povećana naprezanja zbog utjecaja momenata savijanja. U ovom slučaju, tzv teorija momenta proračuna ljuske. Treba napomenuti da pitanja opće teorije školjki daleko prevazilaze čvrstoću materijala i proučavaju se u posebnim dijelovima strukturne mehanike. U ovom priručniku, pri proračunu posuda tankih stijenki, razmatra se teorija bez momenta za slučajeve kada se pokaže da je problem određivanja napona koji djeluju u meridijalnom i obodnom presjeku statički odrediv.

13.2. Određivanje napona u simetričnim ljuskama primjenom teorije bez momenta. Derivacija Laplaceove jednadžbe

Razmotrimo osnosimetričnu ljusku tankih zidova koja doživljava unutrašnji pritisak od težine tečnosti (slika 13.1, a). Koristeći dva meridionalna i dva obodna preseka, biramo infinitezimalni element sa zida ljuske i razmatramo njegovu ravnotežu (slika 13.2).

U meridionalnim i obimnim presjecima nema tangencijalnih naprezanja zbog simetrije opterećenja i odsustva međusobnih pomaka presjeka. Prema tome, samo glavni normalni naponi će djelovati na odabrani element: meridionalni napon
I hoop stress . Na osnovu teorije bez momenta, pretpostavićemo da je duž debljine zida napon
I ravnomerno raspoređeni. Osim toga, sve dimenzije školjke ćemo odnositi na srednju površinu njenih zidova.

Srednja površina ljuske je površina dvostruke zakrivljenosti. Označimo radijus zakrivljenosti meridijana u tački koja se razmatra
, radijus zakrivljenosti srednje površine u obodnom smjeru je označen sa . Sile djeluju duž rubova elementa
I
. Pritisak tekućine djeluje na unutrašnju površinu odabranog elementa , čija je rezultanta jednaka
. Projicirajmo gornje sile na normalu
na površinu:

Oslikajmo projekciju elementa na meridijalnu ravan (slika 13.3) i na osnovu ove slike napišimo prvi član u izrazu (a). Drugi termin je napisan analogno.

Zamjena sinusa u (a) njegovim argumentom zbog malog ugla i dijeljenje svih članova jednadžbe (a) sa
, dobijamo:

(b).

S obzirom na to da su zakrivljenosti meridionalnog i obodnog presjeka elementa jednake,
I
, i zamjenom ovih izraza u (b) nalazimo:

. (13.1)

Izraz (13.1) predstavlja Laplasove jednačine, nazvane po francuskom naučniku koji ga je dobio početkom 19. veka proučavajući površinski napon u tečnostima.

Jednačina (13.1) uključuje dva nepoznata napona I
. Meridionalni stres
naći ćemo sastavljanjem jednadžbe ravnoteže za osu
sile koje djeluju na odsječeni dio ljuske (slika 12.1, b). Obodna površina zidova školjke izračunava se pomoću formule
. Voltages
zbog simetrije same ljuske i opterećenja u odnosu na os
ravnomerno raspoređeni po površini. dakle,

, (13.2)

Gdje - težina dijela posude i tekućine koji leži ispod razmatranog presjeka; pritisak fluida, prema Pascalovom zakonu, jednak je u svim smjerovima i jednak , Gdje dubinu presjeka koji se razmatra, i - težina po jedinici zapremine tečnosti. Ako se tečnost skladišti u posudi pod nekim viškom pritiska u odnosu na atmosferski , onda u ovom slučaju
.

Sada znajući napetost
iz Laplaceove jednačine (13.1) može se naći napon .

Prilikom rješavanja praktičnih problema, zbog činjenice da je ljuska tanka, umjesto radijusa srednje površine
I zamijeniti polumjere vanjske i unutrašnje površine.

Kao što je već napomenuto, obodna i meridionalna naprezanja I
su glavni stresovi. Što se tiče trećeg glavnog naprezanja, čiji je smjer normalan na površinu posude, tada je na jednoj od površina ljuske (vanjskoj ili unutrašnjoj, ovisno s koje strane djeluje pritisak na školjku) jednako , a na suprotnoj – nula. U školjkama tankih zidova, stres I
uvek mnogo više . To znači da se veličina trećeg glavnog napona može zanemariti u poređenju sa I
, tj. smatrati jednakim nuli.

Stoga ćemo pretpostaviti da je materijal ljuske u ravnom napregnutom stanju. U tom slučaju, za procjenu čvrstoće ovisno o stanju materijala, treba koristiti odgovarajuću teoriju čvrstoće. Na primjer, koristeći četvrtu (energetsku) teoriju, zapisujemo stanje čvrstoće u obliku:

Razmotrimo nekoliko primjera proračuna školjki bez trenutka.

Primjer 13.1. Sferna posuda je pod uticajem jednolikog unutrašnjeg pritiska gasa (Sl.13.4). Odredite naprezanja koja djeluju u stijenci posude i procijenite čvrstoću posude koristeći treću teoriju čvrstoće. Zanemarujemo sopstvenu težinu zidova posude i težinu gasa.

1. Zbog kružne simetrije ljuske i osnosimetričnog naprezanja I
su isti na svim tačkama ljuske. Pretpostavljajući u (13.1)
,
, A
, dobijamo:

. (13.4)

2. Vršimo test prema trećoj teoriji čvrstoće:

.

S obzirom na to
,
,
, uslov snage ima oblik:

. (13.5)

Primjer 13.2. Cilindrična školjka je pod uticajem jednolikog unutrašnjeg pritiska gasa (Sl. 13.5). Odrediti obodna i meridionalna naprezanja koja djeluju na zidu posude i procijeniti njegovu čvrstoću koristeći četvrtu teoriju čvrstoće. Zanemarite vlastitu težinu zidova posude i težinu plina.

1. Meridijani u cilindričnom dijelu ljuske su generatricije za koje
. Iz Laplaceove jednadžbe (13.1) nalazimo obodno naprezanje:

. (13.6)

2. Koristeći formulu (13.2), nalazimo meridionalni napon, pod pretpostavkom
I
:

. (13.7)

3. Da bismo procijenili snagu, prihvatamo:
;
;
. Uslov čvrstoće prema četvrtoj teoriji ima oblik (13.3). Zamjenom izraza za obodna i meridionalna naprezanja (a) i (b) u ovaj uvjet, dobivamo

Primjer 12.3. Cilindrični rezervoar sa konusnim dnom je pod uticajem težine tečnosti (Sl. 13.6, b). Ustanoviti zakone promjene obodnih i meridionalnih naprezanja unutar konusnog i cilindričnog dijela rezervoara, pronaći maksimalna naprezanja I
i konstruisati dijagrame raspodele naprezanja po visini rezervoara. Zanemarite težinu zidova rezervoara.

1. Pronađite pritisak fluida na dubini
:

. (A)

2. Obodna naprezanja određujemo iz Laplaceove jednadžbe, uzimajući u obzir da je radijus zakrivljenosti meridijana (generatora)
:

. (b)

Za konusni dio školjke

;
. (V)

Zamjenom (c) u (b) dobijamo zakon promjene obodnih naprezanja unutar konusnog dijela rezervoara:

. (13.9)

Za cilindrični dio, gdje
zakon raspodjele obodnih naprezanja ima oblik:

. (13.10)

Dijagram prikazano na slici 13.6, a. Za konusni dio, ovaj dijagram je paraboličan. Njegov matematički maksimum se javlja u sredini ukupne visine na
. At
on ima uslovno značenje, at
maksimalni napon pada unutar konusnog dijela i ima realnu vrijednost.

Zadatak 2. Hidrostatika

Opcija 0

Tankozidna posuda koja se sastoji od dva cilindra prečnika D i d, čiji je donji otvoreni kraj spušten ispod nivoa tečnosti G u rezervoaru A i oslanja se na nosače C koji se nalaze na visini b iznad ovog nivoa. Odredite silu koju primjećuju oslonci ako se u posudi stvori vakuum, uzrokujući da se tekućina F u njoj podigne na visinu (a + b). Masa posude je m. Kako promjena prečnika d utiče na ovu silu? Numeričke vrijednosti ovih veličina date su u tabeli 2.0.

Tabela 2.0

	Tečnost F
	Svježa voda
	Dizel gorivo
	Nafta je teška
	AMG-10 ulje
	Transformer
	Vreteno
	Turbinnoe
	Lako ulje

Opcija 1

Cilindrična posuda, prečnika D i ispunjena tečnošću do visine a, visi bez trenja o klipu prečnika d (slika 2.1). Odrediti vakuum V koji osigurava ravnotežu posude ako je njena masa sa poklopcima m. Kako promjer klipa i dubina njegovog uranjanja u tekućinu utječu na dobiveni rezultat? Izračunajte sile u vijčanim spojevima B i C posude. Masa svakog poklopca je 0,2 m. Numeričke vrijednosti ovih veličina date su u tabeli 2.1.

Tabela 2.1

	Tečnost
	Lako ulje
	Dizel gorivo
	Nafta je teška
	AMG-10 ulje
	Transformer
	Vreteno
	Turbinnoe
	Industrijska 20

Opcija 2

Zatvoreni rezervoar je podeljen na dva dela ravnom pregradom, koja na dubini h ima kvadratnu rupu sa stranom a, zatvorenu poklopcem (slika 2.2). Pritisak iznad tečnosti na levoj strani rezervoara određen je očitanjem manometra p M, pritisak vazduha na desnoj strani očitanjem vakuum merača p V. Odredite veličinu hidrostatičke sile pritiska na poklopac. Numeričke vrijednosti ovih veličina date su u tabeli 2.2.

Tabela 2.2

					Tečnost
					Dizel gorivo
					Lako ulje
					Nafta je teška
					AMG-10 ulje
					Turbinnoe
					Vreteno
					Transformer
					Industrijska 12

Cilj: formirati razumijevanje karakteristika deformacije i proračuna čvrstoće ljuski tankih stijenki i cilindara debelih stijenki.

Proračun tankih ljuski

školjka - to je strukturni element ograničen površinama koje se nalaze na bliskoj udaljenosti jedna od druge. Ljuska se naziva tankozidnom ako je za nju ispunjen uslov p/h> 10, gdje h- debljina ljuske; R- polumjer zakrivljenosti srednje površine, koji je lokus tačaka jednako udaljenih od obje površine ljuske.

Dijelovi čiji model oblika zauzima školjku uključuju auto gume, plovila, obloge motora sa unutrašnjim sagorevanjem, nosiva karoserija automobila, trup aviona, trup brodova, podne kupole, itd.

Treba napomenuti da su strukture ljuske u mnogim slučajevima optimalne, jer se na njihovu proizvodnju troši minimum materijala.

Karakteristična karakteristika većine ljuski sa tankim zidovima je da su po obliku tijela rotacije, odnosno svaka njihova površina može se formirati rotacijom određene krivulje (profila) oko fiksna os. Takva tijela revolucije se nazivaju osnosimetričan. Na sl. 73 prikazuje školjku čija se srednja površina dobiva rotacijom profila Ned oko ose AC.

Odaberimo sa srednje površine u blizini tačke TO., koji leži na ovoj površini, beskonačno mali element 1122 dve meridionalne ravni AST I AST 2 s ugao d(str između njih i dva dijela normalna na meridijane HO t I 220 2 .

Meridionalno naziva se presjek (ili ravan) koji prolazi kroz os rotacije AC. Normalno naziva se presjek okomit na meridijan Ned.

Rice. 73.

Normalni presjeci za predmetnu posudu su konične površine sa vrhovima 0 I o g, ležeći na osi AC.

Hajde da uvedemo sljedeću notaciju:

r t- radijus zakrivljenosti luka 12 u meridijanskom presjeku;

R,- radijus zakrivljenosti luka 11 u normalnom delu.

Uglavnom r t I R, su funkcija ugla V- ugao između ose AC i normalno 0,1 (vidi sliku 73).

Osobitost rada konstrukcija ljuske je u tome što su sve njegove točke u pravilu u složenom stanju naprezanja i za proračun ljuski koriste se teorije čvrstoće.

Za određivanje napona koji nastaju u ljusci tankih stijenki, tzv teorija bez trenutka. Prema ovoj teoriji, vjeruje se da među unutrašnjim silama nema momenata savijanja. Zidovi ljuske rade samo na zatezanje (kompresija), a naprezanja su ravnomjerno raspoređena po debljini zida.

Ova teorija vrijedi ako:

• 1) školjka je tijelo okretanja;
• 2) debljina stijenke školjke S vrlo mali u odnosu na polumjere zakrivljenosti školjke;
• 3) opterećenje, plin ili hidraulički pritisak raspoređeni su polarno simetrično u odnosu na os rotacije školjke.

Kombinacija ova tri uslova omogućava nam da prihvatimo hipotezu da je naprezanje konstantno preko debljine zida u normalnom presjeku. Na temelju ove hipoteze zaključujemo da zidovi ljuske djeluju samo na napetost ili kompresiju, jer je savijanje povezano s neravnomjernom raspodjelom normalnih naprezanja po debljini stijenke.

Utvrdimo položaj glavnih područja, odnosno onih područja (ravnina) u kojima nema tangencijalnih napona (m = 0).

Očigledno je da bilo koji meridionalni presjek dijeli ljusku tankih stijenki na dva dijela, simetrična kako u geometrijskom tako iu odnosu sila. Budući da su susjedne čestice podjednako deformirane, nema smicanja između presjeka nastalih dvaju dijelova, što znači da nema tangencijalnih naprezanja u meridionalnoj ravni (m = 0). Stoga je to jedna od glavnih platformi.

Zbog zakona uparivanja neće biti tangencijalnih napona u presjecima okomitim na meridionalni presjek. Dakle, normalna sekcija (platforma) je ujedno i glavna.

Treća glavna platforma je okomita na prve dvije: na vanjskoj tački TO(vidi sliku 73) poklapa se sa bočnom površinom školjke, u njoj je r = o = 0, dakle, u trećem glavnom području o 3 = 0. Dakle, materijal u tački TO doživljava ravno stresno stanje.

Da bismo odredili glavne napone, biramo tačku u blizini TO infinitezimalni element 1122 (vidi sliku 73). Na rubovima elementa nastaju samo normalni naponi a„ i o. Prvi a t pozvao meridijanski, i drugi A, - obimni stres, koji su glavni naponi u datoj tački.

Vektor napona A, usmjerena tangenta na kružnicu dobivenu presjekom srednje površine s normalnim presjekom. Vektor napona o„ usmjeren je tangencijalno na meridijan.

Izrazimo glavna naprezanja kroz opterećenje (unutrašnji pritisak) i geometrijski parametriškoljke. Za utvrđivanje a t I A, potrebne su dvije nezavisne jednadžbe. Meridijanski napon o„ može se odrediti iz ravnotežnog stanja odsječenog dijela školjke (Sl. 74, A):

Zamena Mr. t sin 9, dobijamo

Druga jednačina se dobija iz uslova ravnoteže elementa ljuske (Sl. 74, b). Ako projiciramo sve sile koje djeluju na element na normalu i izjednačimo rezultirajući izraz sa nulom, dobićemo

Zbog malih uglova prihvatamo

Kao rezultat izvršenih matematičkih transformacija, dobijamo jednačinu sljedećeg oblika:

Ova jednačina se zove Laplaceove jednadžbe i uspostavlja odnos između meridijanskog i obodnog naprezanja u bilo kojoj tački ljuske tankih zidova i unutrašnjeg pritiska.

Jer opasni element tankosidna ljuska je u ravnom napregnutom stanju, na osnovu dobijenih rezultata sa t I a h a takođe i na osnovu zavisnosti

Rice. 74. Fragment osovinskosimetrične školjke tankih stijenki: A) šema utovara; b) naprezanja koja djeluju duž rubova odabranog elementa ljuske

Dakle, prema trećoj teoriji snage: a" 1 =&-st b

Dakle, za cilindrične posude polumjera G i debljine zida I dobijamo

na osnovu jednadžbe ravnoteže graničnog dijela, A"

dakle, a, a m, = 0.

Kada se postigne maksimalni pritisak, cilindrična posuda (uključujući sve cjevovode) se sruši duž generatriksa.

Za sferne posude (R, = r t = g) primjena Laplaceove jednadžbe daje sljedeće rezultate:

_ R g rg _ rg

o, = o t =-, dakle, = a 2 = u„= -,

2 h 2 h 2 h

Iz dobijenih rezultata postaje očigledno da u poređenju sa cilindrična posuda sferni je više optimalan dizajn. Maksimalni pritisak u sfernoj posudi je dvostruko veći.

Pogledajmo primjere izračunavanja ljuski tankih stijenki.

Primjer 23. Odredite potrebna debljina zidovi prijemnika, ako je unutrašnji pritisak R- 4 atm = 0,4 MPa; R= 0,5 m; [a]= 100 MPa (Sl. 75).

Rice. 75.

• 1. U zidu cilindričnog dijela nastaju meridijanski i obodni naponi povezani Laplaceovom jednačinom: a t o, R
• -+-=-. Potrebno je pronaći debljinu zida P.

RT P, h

2. Naglašeno stanje tačke IN - stan.

Stanje snage: er" =cr 1 -et 3?[

• 3. Potrebno je izraziti I o$ kroz sg„ I A, u obliku pisma.
• 4. Veličina A", može se naći iz stanja ravnoteže graničnog dijela prijemnika. Vrijednost napona A, - iz Laplasovog uslova, gde r t = co.
• 5. Zamijenite pronađene vrijednosti u stanje čvrstoće i kroz njih izrazite vrijednost I.
• 6. Za sferni dio, debljina stijenke h određuje se slično, uzimajući u obzir p„= p,- R.

1. Za cilindrični zid:

Dakle, u cilindričnom dijelu prijemnika o, > o t i 2 puta.

dakle, h= 2 mm - debljina cilindričnog dijela prijemnika.

dakle, h 2 = 1 mm je debljina sfernog dijela prijemnika.

Online pomoć samo po dogovoru

Problem 1

Odredite razliku u nivoima pijezometra h.

Sistem je u ravnoteži.

Odnos površine klipa je 3. H= 0,9 m.

Tečna voda.

Problem 1.3

Odredite razliku u nivou h u pijezometrima kada su klipovi multiplikatora u ravnoteži, ako D/d = 5, H= 3,3 m. Napravite grafikon h = f(D/d), Ako D/d= 1,5 ÷ 5.

Problem 1. 5

Posuda tankih stijenki koja se sastoji od dva cilindra promjera d= 100 mm i D= 500 mm, donji otvoreni kraj je spušten ispod nivoa vode u rezervoaru A i oslanja se na nosače C koji se nalaze na visini b= 0,5 m iznad ovog nivoa.

Odredite veličinu sile koju oslonci percipiraju ako se u posudi stvori vakuum, što uzrokuje da se voda u njoj podigne na visinu a + b= 0,7 m Vlastita težina plovila G= 300 N. Kako promjena promjera utječe na rezultat? d?

Problem 1.7

Odredite apsolutni tlak zraka u posudi ako očita uređaj za živu h= 368 mm, visina H= 1 m Gustina žive ρ rt = 13600 kg/m 3. Atmosferski pritisak str atm = 736 mm Hg. Art.

Problem 1.9

Odredite pritisak iznad klipa str 01, ako je poznato: sile na klipovima P 1 = 210 N, P 2 = 50 N; očitavanje instrumenta str 02 = 245,25 kPa; prečnika klipa d 1 = 100 mm, d 2 = 50 mm i visinska razlika h= 0,3 m. ρ Hg /ρ = 13,6.

Problem 1.16

Odredite pritisak str u hidrauličnom sistemu i težini tereta G leži na klipu 2 , ako ga podignete na klip 1 primenjena sila F= 1 kN. Prečnici klipa: D= 300 mm, d= 80 mm, h= 1 m, ρ = 810 kg/m3. Napravite graf str = f(D), Ako D varira od 300 do 100 mm.

Problem 1.17.

Odredite maksimalnu visinu N max , u koji se benzin može usisati klipnom pumpom pod pritiskom zasićene pare iznosi h n.p. = 200 mmHg čl., a Atmosferski pritisak h a = 700 mm Hg. Art. Kolika je sila duž štapa ako N 0 = 1 m, ρ b = 700 kg/m 3 ; D= 50 mm?

Napravite graf F = ƒ( D) kada se promijeni D od 50 mm do 150 mm.

Problem 1.18

Odredite prečnik D 1 hidraulični cilindar potreban za podizanje ventila kada postoji višak pritiska tečnosti str= 1 MPa, ako je promjer cjevovoda D 2 = 1 m i masa pokretnih dijelova uređaja m= 204 kg. Prilikom izračunavanja koeficijenta trenja ventila u vodećim površinama, uzmite f= 0,3, sila trenja u cilindru se smatra jednakom 5% težine pokretnih dijelova. Pritisak iza ventila jednak je atmosferskom pritisku; zanemarite uticaj područja stabljike.

Napravite graf zavisnosti D 1 = f(str), Ako str varira od 0,8 do 5 MPa.

Problem 1.19

Kada je hidraulični akumulator napunjen, pumpa dovodi vodu u cilindar A, podižući klip B zajedno sa teretom prema gore. Kada se baterija isprazni, klip klipajući prema dolje istiskuje vodu iz cilindra pod utjecajem gravitacije u hidraulične prese.

1. Odredite pritisak vode prilikom punjenja str z (razvijeno od strane pumpe) i pražnjenje str p (dobija se presama) baterije, ako je masa klipa zajedno sa teretom m= 104 t i prečnik klipa D= 400 mm.

Klip je zapečaćen manžetnom čija je visina b= 40 mm i koeficijent trenja na klipu f = 0,1.

Napravite graf str z = f(D) I str p = f(D), Ako D varira od 400 do 100 mm, masa klipa s opterećenjem smatra se nepromijenjenom.

Problem 1.21

U zatvorenoj posudi A postoji otopljeni babit (ρ = 8000 kg/m3). Kada pokazivač vakuuma pokaže str vac = 0,07 MPa punjenje kutlače B stao. Gde H= 750 mm. Odredite visinu nivoa babbita h u hranilicu A.

Problem 1.23

Definišite snagu F potrebno da se klip drži na visini h 2 = 2 m iznad površine vode u bunaru. Stub vode uzdiže se iznad klipa do visine h 1 = 3 m. Prečnik: klip D= 100 mm, šipka d= 30 mm. Zanemarite težinu klipa i šipke.

Problem 1.24

Posuda sadrži rastopljeno olovo (ρ = 11 g/cm3). Odredite silu pritiska koja djeluje na dno posude ako je visina olovnog nivoa h= 500 mm, prečnik posude D= 400 mm, očitavanje tlaka i vakuuma str vac = 30 kPa.

Napraviti graf sile pritiska u odnosu na prečnik posude ako D varira od 400 do 1000 mm

Problem 1.25

Odredite pritisak str 1 tekućina koja mora biti dovedena u hidraulični cilindar da bi se savladala sila usmjerena duž šipke F= 1 kN. Prečnici: cilindar D= 50 mm, šipka d= 25 mm. Pritisak u rezervoaru str 0 = 50 kPa, visina H 0 = 5 m. Zanemarite silu trenja. Gustina tečnosti ρ = ​​10 3 kg/m 3.

Problem 1.28

Sistem je u ravnoteži. D= 100 mm; d= 40 mm; h= 0,5 m.

Koju silu treba primijeniti na klipove A i B ako sila djeluje na klip C P 1 = 0,5 kN? Zanemarite trenje. Napravite graf zavisnosti P 2 od prečnika d, koji varira od 40 do 90 mm.

Problem 1.31

Definišite snagu F na šipku kalema ako očitava vakuum mjerač str vac = 60 kPa, nadpritisak str 1 = 1 MPa, visina H= 3 m, prečnici klipa D= 20 mm i d= 15 mm, ρ = 1000 kg/m 3.

Napravite graf F = f(D), Ako D varira od 20 do 160 mm.

Problem 1.32

Sistem od dva klipa povezana šipkom je u ravnoteži. Definišite snagu F, sabijanje opruge. Tečnost koja se nalazi između klipova iu rezervoaru je ulje gustine ρ = 870 kg/m 3. Promjeri: D= 80 mm; d= 30 mm; visina N= 1000 mm; nadpritisak R 0 = 10 kPa.

Problem 1.35

Definirajte opterećenje P na vijcima poklopca A I B prečnik hidrauličnog cilindra D= 160 mm, ako je na klip sa prečnikom d= primijenjena sila od 120 mm F= 20 kN.

Napravite graf zavisnosti P = f(d), Ako d varira od 120 do 50 mm.

Zadatak1.37

Slika pokazuje dijagram dizajna hidraulična brava, čija se oblast protoka otvara kada se ubaci u šupljinu A kontrolisati protok fluida pritiskom str y. Odredite na kojoj minimalnoj vrijednosti str y potiskivač klipa 1 moći će otvoriti kuglasti ventil ako je poznato prednaprezanje opruge 2 F= 50 H; D = 25 mm, d = 15 mm, str 1 = 0,5 MPa, str 2 = 0,2 MPa. Zanemarite sile trenja.

Problem 1.38

Odredite manometarski pritisak str m, ako je sila na klip P= 100 kgf; h 1 = 30 cm; h 2 = 60 cm; prečnika klipa d 1 = 100 mm; d 2 = 400 mm; d 3 = 200 mm; ρ m /ρ in = 0,9. Definiraj str m.

Problem 1.41

Odredite minimalnu vrijednost sile F, nanesena na šipku, pod utjecajem kojeg klip promjera od D= 80 mm, ako je sila opruge koja pritiska ventil na sjedište jednaka F 0 = 100 H i pritisak tečnosti str 2 = 0,2 MPa. Ulazni promjer ventila (sjedište) d 1 = 10 mm. Prečnik šipke d 2 = 40 mm, pritisak fluida u šupljini šipke hidrauličnog cilindra str 1 = 1,0 MPa.

Problem 1.42

Odredite količinu prednaprezanja diferencijalne opruge sigurnosni ventil(mm), osiguravajući da se ventil počinje otvarati na str n = 0,8 MPa. Precnici ventila: D= 24 mm, d= 18 mm; krutost opruge With= 6 N/mm. Pritisak desno od većeg i lijevo od malih klipova je atmosferski.

Problem 1.44

U hidrauličnoj dizalici sa ručni pogon(Sl. 27) na kraju poluge 2 primenjena sila N= 150 N. Prečnici pritiska 1 i podizanje 4 klipovi su respektivno jednaki: d= 10 mm i D= 110 mm. Mala poluga With= 25 mm.

Uzimajući u obzir opštu efikasnost hidraulične dizalice η = 0,82, odredite dužinu l poluga 2 dovoljno za podizanje tereta 3 težine 225 kN.

Napravite graf zavisnosti l = f(d), Ako d varira od 10 do 50 mm.

Zadatak 1.4 5

Odredite visinu h stupac vode u piezometrijskoj cijevi. Stub vode balansira puni klip sa D= 0,6 m i d= 0,2 m, sa visinom H= 0,2 m. Zanemariti vlastitu težinu klipa i trenje u brtvi.

Napravite graf h = f(D), ako je prečnik D varira od 0,6 do 1 m.

Problem 1.51

Odrediti prečnik klipa = 80,0 kg; dubina vode u cilindrima H= 20 cm, h= 10 cm.

Izgradite zavisnost P = f(D), Ako P= (20...80) kg.

Problem 1.81

Odredite očitavanje manometra sa dva fluida h 2, ako je pritisak na slobodnu površinu u spremniku str 0 abs = 147,15 kPa, dubina vode u rezervoaru H= 1,5 m, udaljenost do žive h 1 = 0,5 m, ρ rt / ρ in = 13,6.

Problem 2.33

Motor usisava vazduh iz atmosfere, prolazi kroz prečistač vazduha, a zatim kroz cev prečnika od d 1 = 50 mm isporučuje se u karburator. Gustoća zraka ρ = 1,28 kg/m3. Odredite vakuum u vratu difuzora sa prečnikom d 2 = 25 mm (sekcija 2–2) pri protoku vazduha Q= 0,05 m 3 /s. Prihvatite sljedeće koeficijente otpora: prečistač zraka ζ 1 = 5; koljena ζ 2 = 1; vazdušna klapna ζ 3 = 0,5 (odnosi se na brzinu u cevi); mlaznica ζ 4 = 0,05 (odnosi se na brzinu na vratu difuzora).

Problem 18

Za vaganje teških tereta 3 težine od 20 do 60 tona koristi se hidrodinamometar (slika 7). Prečnik klipa 1 D= 300 mm, prečnik šipke 2 d= 50 mm.

Zanemarujući težinu klipa i šipke, napravite graf očitanja pritiska R manometar 4 u zavisnosti od težine m teret 3.

Problem 23

Na sl. Slika 12 prikazuje dijagram hidrauličkog ventila sa prečnikom kalema d= 20 mm.

Zanemarujući trenje u hidrauličnom ventilu i težinu kalema 1, odredite minimalnu silu koju sabijena opruga 2 mora razviti da izbalansira pritisak ulja u donjoj šupljini A R= 10 MPa.

Nacrtajte grafikon zavisnosti sile opruge u odnosu na prečnik d, Ako d varira od 20 do 40 mm.

Problem 25

Na sl. Na slici 14 prikazan je dijagram hidrauličkog razdjelnika sa ravnim ventilom 2 promjera d= 20 mm. U tlačnoj šupljini IN hidraulički ventil upravlja pritiskom ulja str= 5 MPa.

Zanemarivanje povratnog pritiska u šupljini A hidraulički razdjelnik i sila slabe opruge 3, odredite dužinu l krak poluge 1, dovoljan za otvaranje ravnog ventila 2 koji se na silu postavlja na kraj poluge F= 50 N ako je dužina malog kraka a= 20 mm.

Napravite graf zavisnosti F = f(l).

Problem 1.210

Na sl. Na slici 10 prikazan je dijagram presostata klipa, na kojem, kada se klip 3 pomakne ulijevo, pin 2 se diže, prebacujući električne kontakte 4. Koeficijent krutosti opruge 1 WITH= 50,26 kN/m. Prekidač pritiska je aktiviran, tj. prekidači električnih kontakata 4 sa aksijalnim otklonom opruge 1 jednakim 10 mm.

Zanemarujući trenje u presostatu, odredite promjer d klip, ako presostat treba da radi pod pritiskom ulja u šupljini A (na izlazu) R= 10 MPa.

ZadatakI.27

Hidraulični pojačivač (uređaj za povećanje pritiska) prima vodu iz pumpe nadpritisak str 1 = 0,5 MPa. U ovom slučaju, pokretni cilindar je napunjen vodom A sa spoljnim prečnikom D= 200 mm klizi na nepokretnoj oklagiji WITH, koji ima prečnik d= 50 mm, stvarajući pritisak na izlazu množitelja str 2 .

Odredite pritisak str 2, uzimajući silu trenja u brtvama koja je jednaka 10% sile razvijene na cilindar pritiskom str 1, a zanemarujući pritisak u povratnom vodu.

Težina pokretnih dijelova multiplikatora m= 204 kg.

Napravite graf zavisnosti str 2 = f(D), Ako D varira od 200 do 500 mm, m, d, str 1 se smatraju konstantnim.

Zadatke možete kupiti ili naručiti nove putem e-pošte (Skype)

Povratak