过程设备设计 第二版 (郑津洋 著) 化学工业出版社 课后答案2.pdf

计算题参考答案计算题参考答案 计算题计算题 2 1 解 对于中面半径为 R 的圆柱壳 第一曲率半径 1 R 第二曲率半径 tan 2 xR 代入 Laplace 方程 可得周向应力 pR t 据区域平衡方程 可得经向应力 2 pR t 由 两式知 圆柱壳体中在外载荷作用下所产生的周向应力和环向应力均与壳体材料力学 性能无关 计算题计算题 2 3 解 据 R V Southwell 提出的短圆筒临界压力简化计算公式 4 2 2 2 2 1 112 1 cr R nLEtt pn Rn 令0 cr dp dn 并取 22 1nn 可得与最小临界压力相应的波数 2 2 4 7 401 n Lt DD 将 代入 仍取 22 1nn 得到包含 的短圆筒最小临界压力近似计算式 2 3 2 4 2 42 1 cr Et p LD D t 在几何尺寸相同的情况下 三个承受周向外压短圆筒的临界压力分别为 525 2 3 2 4 2 42 2 105 19 10 1 0 3 cr tt p LD D tLD D t 钢 525 2 3 2 4 2 42 0 7 101 82 10 1 0 3 cr tt p LD D tLD D t 铝 525 2 3 2 4 2 42 1 1 102 87 10 1 0 31 cr tt p LD D tLD D t 铜 显然 crcrcr ppp 钢铜铝 另外 由于这三种短圆筒所用材料的 值相差极小 约为 3 可近似认为相等 据 式 承受周向外压的短圆筒 其临界压力pcr与材料的弹性模量E成正比 故 crcrcr ppp 钢铜铝 计算题计算题 2 4 解 承受周向压力时 内径为 1000mm 厚度为 10mm 圆筒的临界长度 1000 1 171 17 100011700 10 cr D LDmm t 由于20 cr LLm 所以该外压圆筒为长圆筒 其临界压力 33 5 10 2 22 2 2 100 44 1000 cr t pEMPa D 此时 临界应力 0 44 1000 22 22 10 t cr crsp p D MPa t 即 式是适用的 该圆筒承受内压时 其爆破压力 222451020 2ln2452ln7 77 400100033 s bs b pKMPa 即 对于该圆筒而言 其爆破压力 b p远大于临界压力 cr p 计算题计算题 2 6 解 据 Huggenberger 公式 椭球壳短半轴顶点 0 x 处应力为 tb pa 2 2 对于标准椭圆形封头 a b 2 即 b 500 2 250mm 故 1 500 502501022 22 MPa a tb p 即 压力表 A 指示数为 1MPa 正常 压力表 B 指示数为 2MPa 已失灵 计算题计算题 2 7 如下图所示 答 因为球形载荷对称分布 根据平衡条件 其轴向受的外力 2 4 i D p 必与轴向内力 D 相等 对于薄壳体 可近似 认为内直径 i D 等与壳体的中面直径 D 2 4 i D p D 由此得 4 pD 由强度理论知 4 pD t 用 1 2 i K DD 1 2 i K D 代入上式 经化简得 1 2 1 K p k t 由上式可得 4 ci t c p D p 计算题计算题 2 8 解 锥壳上任意一点 M 处所承受的内压力为 coscot xRHgpp c 在 M 点以下的壳体上 由于内压力 P 作用而产生的总轴向力为 m r prdrV 0 2 代入 sinxr 和dxdr sin 得 2 0 2 sin cotcos x c Vpg HRxxdx 223 2 sin cot 2cos 3 c pg HRxgx 代入区域平衡方程 2sincosVVxt 即 223 2 sin cot 2cos 3 c pg HRxgx 2sincosxt 据此可得 tan 6t 2 3 cot 2cos c pg HRxgx 据极值条件 易知 在 0 3 cot 4cos c pg HR xx g 处 经向应力 有最大值 2 max 3tan cot 16cos c pg HR gt 若 0 sinxR 则在 sinxR 处 有最大值 max cot 3 2 cos c R pg HR t 又 对于圆锥壳 第一曲率半径 1 R 第二曲率半径 tan 2 xR 据 Laplace 公式 有 2 tan cotcos c pRx pg HRx tt 据极值条件 易知 在 0 cot 2cos c pg HR xx g 处 周向应力 有最大值 2 max tancot 4cos c pg HR gt 若 0 sinxR 则在 sinxR 处 有最大值 max cos c R pgH t 方法二 如图沿 M 点所在水平面切开 锥顶到 M 点所在水平面的距离为 z 以 M 点以下錐体为 研究对象 对于圆锥壳 第一曲率半径 1 R 第二曲率半径 2 tan cos z R M 点所在截 面处的压力 cot c ppg HRz 据 Laplace 公式 有 2 tan cot cos c pRz pg HRz tt 据极值条件 易知 当 0 cot 2 c p zzHR g 时 周向应力 有最大值 2 tancot 4cos c pg HR gt 若 0 cotzR 则在cotzR 处 出现最大值 max cos c R pgH t 又 所切出的錐体中余留液体之质量 2 3Gr z g 代入区域平衡方程 2 2coscot c rtrpg HRzG cot2 3 2 cos c r pg HRz t tan cot2 3 2 cos c z pg HRz t 据极值条件 易知 在 0 3 cot 4 c pgHR zz 处 经向应力 有最大值 2 max 3tan cot 16cos c pg HR gt 若 0 cotzR 则在cotzR 处 有最大值 max cot 3 2 cos c R pg HR t 计算题计算题 2 9 解 据拉美公式 易知圆筒外壁处径向应力为零 即 0 o 外壁处径向位移为 wo 据变形几何关系 可得外壁处的周向应变为 o o o ooo o R w dR dRdwR 据广义胡克定律 外壁处的周向应变又可表示为 zooo E 1 据拉美公式 可得内压圆筒外壁处的周向应力和轴向应力分别为 1 2 2 K pi o 1 2 2 K pi zo 联立 得 11 21 22 K p K p ER w ii o o o 化简上式并代入相应的值 得 1 2 Ew Rp K o oi 1 102365 0 490363 02 5 188 1 因此 据拉美公式 可得该圆筒内外壁面处应力 M P a K K pi i 0 211 1188 1 1188 1 36 1 1 2 2 2 2 M P a K pi zozi 5 87 1188 1 1 36 1 1 22 M P api ri 36 M P a K pi o 175 1188 1 2 36 1 2 22 M P a ro 0 计算题计算题 2 10 解 2 yx a 2 y a 3 2 2 222 1 2 1 12 4 2 y Rxax ay tan x l 2 tanyx a 故 2 a l 222 2 2 4 42 aax Rx 由薄膜应力计算公式得 22 2 4 24 pRp ax tt 222 2 22 1 4 22 44 Rp axa Rtax A 点应力 x 0 时 1 800 16 67 44 12 AA paa aMPa t B点应力 x a 时 55 1 800 37 27 44 12 A paa a t MPa 9 59 5 1 800 67 08 2020 12 B paa aMPa t 计算题计算题 2 11 解 该圆平板的抗弯刚度为 353 22 2 1038 12 112 1 0 3 Et D 1004981685 MPa mm3 对于周边固支 承受横向均布载荷的圆平板 其最大挠度出现在圆平板中心 其值为 max 44 3 500 2 92 6464 1004981685 f pR wmm D 其最大正应力为支承处的径向应力 其值为 54 389 384 50033 4 3 2 2 2 2 max t pR f r MPa 对于周边简支 承受横向均布载荷的圆平板 其最大挠度出现在圆平板中心 其值为 44 max 550 33 500 11 88 1641 0 364 1004981685 s pR wmm D 其最大正应力为板中心处的径向应力 其值为 M P a t pR s r 75 642 388 500303 33 8 33 2 2 2 2 max 与第 10 题计算结果比较 易知 周边简支板的最大挠度和最大正应力比周边固支板的大的 多 当0 3 时 周边简支板的最大挠度约为周边固支板最大挠度的 4 1 倍 周边简支板 的最大应力为周边固支板最大应力的 1 65 倍 2 12 计算题计算题 解 该塔板的抗弯刚度为 353 22 2 106 3956000 12 112 1 0 3 Et D MPa mm3 塔板中心处的挠度为 4364 max 550 30 8 9 8 1 5 1010750 1641 0 364 3956000 s pR w D 59 92mm 由于板中心的最大挠度与板厚的三次方成反比 即 3 1 max s t w 若要将最大挠度控制 在 3mm 以下 则有 3 5 9 9 2 63 t 可解出 16 3tmm 即塔板的厚度应不小于 16 3mm 2 14 计算题计算题 解 锥壳上任意一点 M 处所承受的内压力为 cotcos c ppg Rx 在 M 点以下的壳体上 由于内压力P作用而产生的总轴向力为 m r prdrV 0 2 代入 sinxr 和dxdr sin 得 2 0 2 sin cotcos x c Vpg Rxxdx 223 2 sin cot 2cos 3 c pg Rxgx 代入区域平衡方程 2sincosVVxt 即 223 2 sin cot 2cos 3 c pgRxgx 2sincosxt 据此可得 tan 6t 2 3 cot 2cos c pgRxgx 2 15 计算题计算题 1 OA 段为弹性变形阶段 器壁应力较小 产生弹性变形 内压与容积变化量成正比 2 A 初始屈服压力 C 塑性塌跨压力 D 爆破压力 3 在弹塑性变形阶段 随着内压的继续提高 材料从内壁向外壁屈服 此时 一方面因 塑性变形而使材料强化导致承压能力提高 另一方面因厚度不断减小而使承压能力下降 但 材料的强化作用大于厚度减小作用 到 C 点时两种作用已接近 C 点对应的压力是容器所 能承受的最大压力 在爆破阶段 容积突然急剧增大 使容器继续膨胀所需要的压力也相应 减小 压力降落到 D 点 容器爆炸 4 解 a 塑性区应力 微元平衡方程 r r d r dr 1 按 Tresca 屈服失效判据得 rs 2 由式 1 和 2 得 r rs d d r 积分上式得 ln rs rA 3 式中 A 为积分常数 由边界条件确定 在内壁面 即 i rR 处 ri P 求出积分常数 代入 3 式 得 ln rsi i r P R 4 在弹塑性交界面 即 C rR 处 rC P 代入 4 式 得 ln C Csi i R PP R 5 b 弹性区应力 弹性区相当于承受 C P内压的弹性厚壁圆筒 设 O C C R K R 得 C rC r R P 2 2 1 1 C C C r R C K P K 因弹性区内壁处于屈服状态 应符合式 2 即 CC rs r Rr R 化简后得 22 2 2 sOC C O RR P R 6 考虑到弹性区与塑性区为同一连续体的两个部分 界面上的 C P应为同 一数值 令 5 式和 6 式相等 得 2 2 0 5ln 2 CC is Oi RR P RR 当 Ci RR 时 得 2 22 1 0 50 5 22 i Sss O R P RK 2 16 计算题计算题 解 1 筒身应力 22 0 0 0 5 0 MP a 442 0 pD t 22 0 0 01 0 0 MP a 222 0 pD t 2 半球形封头 2 2000 50 MPa 44 20 pD t 3 椭圆形封头 当 2a b 时 1000a 707b 顶点 0 x yb 处 2 2 10002 70 7 MPa 22 20 pa bt 赤道 xa 0y 处 21 0 0 0 5 0 MP a 222 0 pa t 2 2 1 0 MPa 2 paa tb 最大应力在0 x yb 处 当 2a b 时 1000a 500b 顶点 0 x yb 处 2 21 0 0 02 1 0 0 MP a 222 0 pa bt 赤道 xa 0y 处 21 0 0 0 5 0 MP a 222 0 pa t 2 2 21 0 0 04 1 1 1 0 0 MP a 22 02 p aa tb 最大拉应力在0 x yb 处 最大压应力在xa 0y 处 最大拉应力和最大压应力 绝对值 相等 当 3a b 时 1000a 333b 顶点 0 x yb 处 2 21 0 0 03 1 5 0 MP a 222 0 pa bt 赤道 xa 0y 处 21 0 0 0 5 0 MP a 222 0 pa t 2 2 21 0 0 09 1 1 3 5 0 MP a 22 02 p aa tb 最大拉应力在0 x yb 处 最大压应力在xa 0y 处 应力分布图 略 2 17 计算题计算题 解 1 A A 截面 12 RRR 2 pR t pR t B B截面 取 B B截面上部区域为分离体 2 2 RtpR 2 pR t 123 z ppg HHH 由 12 z p RRt 得 1232 z pg HHHRp R tt C C 截面 取 C C 截面上部区域为分离体 2 12 1 3 Qg RHH 2 2 RtpRQ 2 12 3 226 gRHHpRQpR Rttt 124 z ppg HHH 由 12 z p RRt 得 2124 z p Rpg HHHR tt D D 截面 取 C C 截面下部区域为分离体 0 2 12 0 3 2 12 2 2 cos sin cos 2 sin 23 m r x Vprdr pg HHxxdx pg HHxxg 12 2cos 33 2cos 2sincos6 m V r t pg HHx gxtgV xtt a 12 cos z ppg HHx 由 12 z p RRt 得 212 cos z p Rpg HHxxtg tt b 2 对 a 式求导 12 33 4cos 6 pg HHx gxtg t 因为 2 cosxH 12 HH 所以 0 故 是x的单调递增函数 所以 2 m a x122 c o s 1 2 c o s 3 H x pg HHH t gt 同理可得 2 m a x12 c o s cos H x pgHH t gt 计算题计算题 2 18 解 qgt 0 2sin20rtqrRd 又sinrR 得 2 1 cos sin1 cos1 cos qRqRgR tt 12 z P RRt 其中 12 RRR cos z Pq 得 1 cos 1 cos gR 计算题计算题 2 19 解 1 壁厚 1 4mm 时 表压 p 0 此时蒸汽的饱和温度 t2 100 查得钢管的线膨胀系数 6 11 9 10 C 弹 性模量 5 2 0 10EMPa 则温差应力为 611 21 8 11 9 102 10 10020 1 9 10190 E tt PaMPa 支座约束反力为 22 228 4 0 1080 1 1 9 10 4 248 3 NADd kN 2 当管壁厚度加倍时 温差应力 及支座反力 N分别为 21 22 190 4 477 52 E ttMPa NADd kN 由此可得 在两端刚性固定的蒸汽输送管 在安装温度与工作温度相差 80 时 管道横截 面上产生的温差应力高达 190Mpa 已接近材料的比例极限 温差在加大材料就会失效 管 道不能安全工作 而且管的厚薄对温差应力无影响 t q R r 计算题计算题 2 20 解 1 1 O i R K R 则有 0 r 2 2 380 95 1 i pMPa K 2 1 190 48 1 zi pMPa K 0 0022 rz E 1 1 OO wRmm 计算题计算题 2 21 解 1 第一步 转筒本身质量产生的环向薄壁应力 单位面积的离心力 2 0 615 2 m D PtMPa 离心力垂直与转轴 1 0 1 2 P Rt 从而 2 1 R P t 30 75Mpa 第二步 物料离心力压侧壁产生的环向薄壁应力 同理 2 0 2 2 RP t 2222 2 R r PxdxRr 从而 2 64 7Mpa 12 65 315MPa 2 半径 x 处 上壁受力为 2222 2 x x r Pxdxxr 上壁总受力为 2222222 22 24 xx x rr xrxr FxPdxxdx 由平衡方程 2FRt 从而 2222 4 xr D 计算题计算题 4 1 解 根据题意得 85 0 1200 50 85 0 mmDCtMPaP iC 查表得MPaCtCQ t 125 50235 时在 20R 在Ct 50 时时 366 n MPa t 133 选用 Q235 C mmmm P DP C t C 82 4 85 085 01252 120085 0 2 mmCmmKBC6 02201 0 12 mmCC n 42 7 21 圆整至 8mm 故合适不变 故时 mmmm n t n 8 8 选用 20R 时 mmmm P DP C t C 53 4 85 085 01332 120085 0 2 mmCmmKBC02201 0 12 mmC n 53 6 故不变时 t n mm 53 6 合适 计算题计算题 4 2 解 1 设计参数 设计温度 5 Ct 焊接头系数0 1 设计压力 液体产生压力MPagDghp i 081 09 0 又因 有安全阀 故MPappc782 162 11 11 1 max 许用应力查表得时 166 n MPa t 170 时 3616 n MPa t 163 mmmm P DP C t C 699 13 782 10 11702 2600782 1 2 mmCmmC02 12 699 15mm n 圆整至 16mm 经检查合适不变 故时 mmmm n t n 16 16 由于为半椭圆标准封头 故 K 1 mmmm P DP C t C 663 13 5 0782 10 11702 2600782 1 2 mmCmmC02 12 633 15mm n 圆整至 16mm 经检查不变 时 t n mm 16 9 3 15 014 2 mmDmmCC ine 且 合适故mm n 16 属第二类 1 610 0MpaPMpa 压力容器 即中压压力容器 进行水压测试时 1 251 25 1 622 025 c PPMpaMpa 345 c Mpa 所以 2 t i De e 2 025 2600 14 14 2 189MpaP 0 1Mpa 筒体mmtn10 满足稳定要求 2 筒体加强圈设计 材料 Q235 A 摄氏度 加强圈数 n 及间距 s L 加强圈最大间距 mmL O e Dpm tDE 5 2625 2420 1 0 3 5 302 10 2 59 2 59 2 max 5 255 2 加强圈数5 1015 2625 250001 max LLn 除两端封头外 实际加强圈数为 9 个 间距为 2500mm 可选用10100100 角刚做加强圈 计算题计算题 4 7 按形状改变比能屈服失效判据计算出的内压厚壁筒体初始屈服压力与实测值较为吻合 因而 与形状改变比能准则相对应的应力强度 4eq 能较好地反映厚壁筒体的实际应力水平 由表 4 1 知 4eq 为 4eq c p K K 1 3 2 2 与中径公式相对应的应力强度 eqm 为 ceqm p K K 1 2 1 eqmeq 4 随径比 K 的增大而增大 当 K 1 5 时 比值为 eqmeq 4 1 25 这表明内壁实际应力强度是按中径公式计算的应力强度的 1 25 倍 由于 GB150 取 ns 1 6 若筒体径比不超过 1 5 仍可按式 4 13 计算筒体厚度 因为在液压试验 pT 1 25p 时 筒体内表面的实际应力强度最大为许用应力的 1 25 1 25 1 56 倍 说明筒体内表面金属仍 未达到屈服点 处于弹性状态 计算题计算题4 8 答 该塔板的抗弯刚度为 353 22 2 106 3956000 12 112 1 0 3 Et D MPa mm3 塔板中心处的挠度为 4364 max 550 30 8 9 8 1 5 1010750 1641 0 364 3956000 s pR w D 59 92mm 由于板中心的最大挠度与板厚的三次方成反比 即 3 1 m ax s t w 若要将最大挠度控制在 3mm 以下 则有 3 5 9 9 2 63 t 可解出 16 3tmm 16 3tmm 即塔板的厚度应不小于 16 3mm 计算题计算题4 9 解 设备受外压为一个大气压即 0 101MPa Q235 A 在 350 摄氏度下且厚度 3 16mm 时的许用应力为 77MPa 设备厚度为 0 101 2000 1 54 2 2 77 0 850 101 ci