Cialkoskrypt5

108 2, Statyka płynów

b = -\/R² - (z - z₀)²

dA = 2b• dz = 2^R² -(z-z₀)²dz

< »*

Rozwiązanie

Parcie całkowite

P = p_ścA =Yb7tR²-

Położenie środka parcia

■3-~ ^:

3;

Moment bezwładności względem osi rj' możemy więc zapisać następująco:

V = |(z-z₀)²dA = 2 j(z-z₀)²a/r² -(z-z₀)²dz.

Po dokonaniu podstawienia:

z -z₀ = -Rcostp, dz=Rsincpd(p

otrzymujemy:

Z-Z0	<P
-R	0
R	71

K    _

I_n' =2 J(-R-cos(p)²yR² -R²cos²cp-Rsin(pd(p =

.    r> 4

- 2R⁴ j cos² cpsin² cpdcp = —• J(sin 2cp)² dtp.

Ponieważ cos 2a = cos² a - sin² a = 1 - 2sin² a, więc sin² 2(p = (1 -cos4(p)/2.

r - ^R m    „    ^{nR nd}

V-—fo-co.^—.

Wobec tego wzór na współrzędną środka naporu przybierze postać:

nR^A

R

R

4ttR 4₀

-    ⁺ ~T7~ ~ k ⁺ "TT ^_ ^ + 777" ~    ⁺

4h

16h

Ttd²

16^

>£o

Ad 1. P = yhrrR² = 1000 • 9,8 MO • n ■0,1² =3081,9 N,

L =    + — = 10 +    = 10 + 0,00025 = 10,00025 m.

^{p 0}    4^₀    4-10

Ad 2. P = yłmR² = 1000 • 9,8MO-rt-0,5² =7704,8 N,

⁼£o

/

¹ ZADANIE 2.6.25

+ — = 10 +    =10 + 0,00625 = 10,00625 m.

4^    4-10

Wyznaczyć głębokość zanurzenia środka naporu i napór hydrostatyczny na trójkąt równoramienny o podstawie poziomej b i wysokości h, zwrócony wierzchołkiem ku górze i położony na ścianie pionowej zbiornika napełnionego do wysokości c powyżej wierzchołka trójkąta, gdy b = 1 m, h = 1 m, c = 0,5 m, p = 1000 kg/m³.

Rozwiązanie

Napór uzyskujemy przez sumowanie naporów elementarnych działających na elementy powierzchni dA = xdz, zatem

dP = yzdA = yzxdz = y(z' + c)xdz', z = c + z’.

Ze związków geometrycznych dla trójkąta pokazanego na rys. 2.32 otrzymamy:

z^_h

x ~ b’

a stąd

x = z' —, dA = xdz = z'~dz\ h    h

Dlatego wzór na parcie elementarne przyjmuje postać:

dP = y—z^/(z^/+c)dz^/