过程设备设计计算题答案

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1、计算题参考答案计算题2.1解：对于中面半径为R的圆柱壳，第一曲率半径R，第二曲率半径Rxtan,12代入Laplace方程，可得周向应力pR……①t据区域平衡方程,可得经向应力pR……②2t由①②两式知,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2.3解：据R.V.Southwell提出的短圆筒临界压力简化计算公式：4EtRnL/t22pncr221……①Rn1121dpcr22令0，并取nn1，可得与最小临

2、界压力相应的波数dn27.401n……②24LtDD22将②代入①，仍取nn1，得到包含μ的短圆筒最小临界压力近似计算式22.42Etpcr3421/LDDt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52522.42210tt5.1910pcr钢342LDDt//LDDt10.352522.420.710tt1.8210pcr铝342LDDt//LDDt10.352522.421.110tt2.8710pc

3、r铜342LDDt//LDDt10.31显然，ppp。cr钢cr铜cr铝另外，由于这三种短圆筒所用材料的μ值相差极小（约为3﹪），可近似认为相等。据①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ppp。cr钢cr铜cr铝计算题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D1000L1.17D1.17100011700mmcrt10由于LL20m，所以该外压圆筒为长圆筒，其临界压力cr33t510p2.2E2.2210

4、0.44MPa……①crD1000此时，临界应力pDcr0.441000t22MPacrsp2t210即，①式是适用的。该圆筒承受内压时，其爆破压力222451020spbs2lnK2452ln7.77MPa33b4001000即，对于该圆筒而言，其爆破压力p远大于临界压力p。bcr计算题2.6解：据Huggenberger公式，椭球壳短半轴顶点x0处应力为2pa2tb对于标准椭圆形封头，a/b＝2，即，b＝5

5、00/2＝250mm，故2tb21025050p1(MPa)22a500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2.7如下图所示答：因为球形载荷对称分布，2根据平衡条件，其轴向受的外力Dpi必与轴向内力D相等。对于薄壳体，可近似4认为内直径Di等与壳体的中面直径D。2Dpi=D4pD由此得4pDt由强度理论知<=[]4K1K1用DDi，Di代入上式，经化简得22K1pt[]2(k1)由上式可

6、得pDcit4[]pc计算题2.8解：锥壳上任意一点M处所承受的内压力为ppg(HRcotxcos)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rmV2prdr0代入rxsin和drsindx，得x2V2sin[pgH(Rcotxcos)]xdxc02232sin[pgH(Rcot)]x/2gcosx/3c代入区域平衡方程'VV2xtsincos即2232sin[pcgH(Rcot)]x/2

7、gcosx/32xtsincos据此可得tan23[pcgH(Rcot)]x2gcosx6t3[pgH(Rcot)]c有最大值据极值条件,易知：在xx0处，经向应力4gcos23tan[pgH(Rcot)]c()max16gtcos若xR/sin,则在xR/sin处有最大值0RmaxpcgHRcot/32cost又,对于圆锥壳,第一曲率半径R，第二曲率半径Rxtan。据Laplace

8、公式，12有pRxtan2pcgH(Rcotxcos)ttpcgHRcot据极值条件,易知：在xx0处，周向应力有最大值2gcos2tanpcgHRcotmax4gtcos若xR/sin,则在xR/sin处有最大值0RpcgHmaxtcos方