doma » Pesek » Upognite s torzijo pravokotne palice. Upognite s torzijo okroglih palic. Nadzorna vprašanja in naloge

Upognite s torzijo pravokotne palice. Upognite s torzijo okroglih palic. Nadzorna vprašanja in naloge

Upogibanje je vrsta obremenitve, pri kateri nastajajo upogibni trenutki v prerezih nosilca. Če je upogibni moment v odseku edini faktor sile, se upogibanje imenuje čisto. Če skupaj z upogibnim momentom nastanejo tudi prečne sile v prerezih nosilca, se upogibanje imenuje prečno.

Predpostavlja se, da upogibni moment in strižna sila ležita v eni od glavnih ravnin žarka (predpostavljamo, da je ta ravnina ZOY). Ta ovinek se imenuje ravno.

V vseh spodaj obravnavanih primerih je ravno prečno upogibanje nosilcev.

Za izračun trdnosti ali togosti nosilca je potrebno poznati notranje faktorje sile, ki nastajajo v njegovih odsekih. V ta namen so narisani diagrami strižnih sil (diagram Q) in upogibnih momentov (M).

Pri upogibanju je ravna os palice upognjena, nevtralna os prehaja skozi težišče odseka. Za dokončnost bomo pri gradnji diagramov prečnih sil upogibnih momentov določili pravila znakov zanje. Predpostavimo, da se upogibni moment šteje za pozitiven, če je element žarka upognjen s konveksnostjo navzdol, tj. tako, da so njegova stisnjena vlakna na vrhu.

Če trenutek upogne žarek z izboklino navzgor, se ta trenutek šteje za negativen.

Pozitivne vrednosti upogibnih trenutkov med risanjem se kot običajno narišejo v smeri osi Y, kar ustreza narisanju na stisnjeno vlakno.

Zato je mogoče znakovno pravilo za diagram upogibnih momentov oblikovati na naslednji način: ordinate momentov se odlagajo s strani plasti žarka.

Upogibni moment v odseku je enak vsoti trenutkov glede na ta odsek vseh sil, ki se nahajajo na eni strani (obeh) odseka.

Za določitev prečnih sil (Q) vzpostavimo pravilo znakov: prečna sila se šteje za pozitivno, če se zunanja sila nagiba k vrtenju odrezanega dela žarka za eno uro. puščica glede na osno točko, ki ustreza narisanemu odseku.

Prečna sila (Q) v poljubnem prerezu palice je številčno enaka vsoti projekcij na os OY zunanjih sil, ki delujejo na njen neusklajen del.

Razmislimo o več primerih gradnje diagramov prečnih sil upogibnih momentov. Vse sile so pravokotne na os žarkov, zato je vodoravna komponenta reakcije nič. Os in sile deformiranega žarka ležijo v glavni ravnini ZOY.

Dolg žarek je vpet na levi konec in obremenjen s koncentrirano silo F in momentom m = 2F.

Zgradimo diagrame strižnih sil Q in upogibnih momentov M iz.

V našem primeru grede na desni strani niso naložene. Zato je za preprečitev podpornih reakcij priporočljivo upoštevati ravnovesje desnega odrezanega dela žarka. Dani žarek ima dva obremenitvena odseka. Meje odsekov-odsekov, v katerih delujejo zunanje sile. 1 odsek - NE, 2 - VA.

V oddelku 1 naredimo poljuben odsek in upoštevamo ravnovesje desnega odrezanega dela dolžine Z 1.

Ravnotežni pogoj pomeni:

Q = F; M = -FZ 1 ()

Bočna sila je pozitivna, ker zunanja sila F se vrti v smeri urinega kazalca. Upogibni moment se šteje za negativen, ker upogiba obravnavani del žarka z izboklino navzgor.

Pri sestavljanju enačb ravnotežja miselno popravimo mesto odseka; iz enačb () sledi, da prečna sila v odseku I ni odvisna od Z 1 in je konstantna. Pozitivno silo Q = F postavimo na lestvico navzgor od središčne črte žarka, pravokotno nanjo.

Upogibni moment je odvisen od Z 1.

Ko je Z 1 = O M od = O, ko je Z 1 = M od =

Nastalo vrednost () preložimo, tj. ploskev M iz je zgrajena iz stisnjenih vlaken.

Preidimo na drugi razdelek

Odsek II izrežemo na poljubno razdaljo Z 2 od prostega desnega konca žarka in upoštevamo ravnovesje odrezanega dela z dolžino Z 2. Spremembo strižne sile in upogibnega momenta glede na ravnotežne pogoje lahko izrazimo z naslednjimi enačbami:

Q = FM izhod = - FZ 2 + 2F

Velikost in znak stranske sile se nista spremenila.

Velikost upogibnega momenta je odvisna od Z 2.

Ko je Z 2 = M od =, ko je Z 2 =

Upogibni moment se je izkazal za pozitivnega, tako na začetku oddelka II kot na koncu. V odseku II se žarek upogne navzdol z izboklino.

Prilagodite velikost trenutkov navzgor vzdolž osne črte žarka (t.j. diagram je zgrajen na stisnjenem vlaknu). Največji upogibni moment se pojavi v odseku, kjer se uporablja zunanji moment m in je enak absolutni vrednosti

Upoštevajte, da se upogibni moment M vzdolž dolžine žarka, kjer Q ostane konstanten, linearno spreminja in je na diagramu predstavljen s poševnimi črtami. Iz diagramov Q in M je razvidno, da ima v odseku, kjer deluje zunanja prečna sila, diagram Q skok za velikost te sile, diagram M iz pa je pregib. V razdelku, kjer se uporablja zunanji upogibni moment, ima diagram Miz skok za vrednost tega trenutka. To se ne odraža v grafikonu Q. Iz diagrama M iz tega vidimo

maks M od =

zato je nevarni odsek čim bližje na levi strani m.

Za žarek, prikazan na sliki 13, a, sestavite diagrame strižnih sil in upogibnih momentov. Po dolžini je nosilec obremenjen z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo z intenzivnostjo q (KN / cm).

Na nosilcu A (tečaj je pritrjen) se bo pojavila navpična reakcija R a (vodoravna reakcija je nič), na nosilcu B (premični tečaj) pa navpična reakcija R c.

Določimo navpične reakcije nosilcev, ki tvorijo enačbo trenutkov glede na nosilca A in B.

Preverimo pravilnost definicije reakcije:

tiste. podporne reakcije so pravilno definirane.

Dani nosilec ima dva obremenitvena odseka: odsek I - AC.

Oddelek II - NE.

V prvem odseku a, v trenutnem odseku Z 1, iz ravnotežnega stanja odrezanega dela imamo

Enačba upogibnih momentov na 1 odseku nosilca:

Trenutek iz reakcije R a upogne žarek v odseku 1, izbočen navzdol, zato se upogibni moment iz reakcije Ra vnese v enačbo s predznakom plus. Breme qZ 1 upogne žarek navzgor, zato se trenutek od njega vnese v enačbo z znakom minus. Upogibni moment se spreminja po zakonu kvadratne parabole.

Zato je treba ugotoviti, ali pride do ekstrema. Med prečno silo Q in upogibnim momentom obstaja diferencialna odvisnost, od analize katere se bomo osredotočili spodaj

Kot veste, ima funkcija ekstrem, kjer je derivat enak nič. Zato je za določitev, pri kateri vrednosti Z 1, upogibni moment ekstremen, potrebno enačbo strižne sile enačiti z ničlo.

Ker prečna sila v tem odseku spremeni znak iz plus v minus, bo upogibni moment v tem odseku največji. Če Q spremeni znak iz minus v plus, bo upogibni moment v tem razdelku minimalen.

Torej, upogibni trenutek pri

je maksimum.

Zato vzdolž treh točk zgradimo parabolo

Ko je Z 1 = 0 M od = 0

Drugi odsek smo odrezali na razdalji Z 2 od nosilca B. Iz ravnotežnega stanja desnega odrezanega dela nosilca imamo:

Za vrednost Q = const je

upogibni moment bo:

pri, pri, tj. M OD

linearno spreminja.

Gred na dveh nosilcih z razponom 2 in levo konzolno dolžino je obremenjen, kot je prikazano na sliki 14, a., Kjer je q (Kn / cm) linearna obremenitev. Nosilec A je tečajno pritrjen, nosilec B je premični valj. Izdelajte ploskvi Q in M od.

Rešitev problema se mora začeti z določanjem reakcij nosilcev. Iz pogoja, da je vsota projekcij vseh sil na os Z enaka nič, izhaja, da je vodoravna komponenta reakcije na nosilcu A enaka 0.

Za preverjanje uporabimo enačbo

Enačba ravnotežja je izpolnjena, zato so reakcije pravilno izračunane. Preidimo na opredelitev faktorjev notranje sile. Dani žarek ima tri obremenitvene odseke:

1 razdelek - CA,
2. oddelek - AD,
Oddelek 3 - Daljni vzhod.

Odrežemo 1 odsek na razdalji Z 1 od levega konca žarka.

pri Z 1 = 0 Q = 0 М IZ = 0

pri Z 1 = Q = -q М IZ =

Tako na diagramu strižnih sil dobimo poševno ravno črto, na diagramu upogibnih momentov pa parabolo, katere vrh je na levem koncu žarka.

V oddelku II (a Z 2 2a) za določitev faktorjev notranje sile upoštevajte ravnovesje levega odrezanega dela žarka dolžine Z 2. Iz ravnotežnega stanja imamo:

Bočna sila na tem področju je konstantna.

V oddelku III ()

Iz diagrama vidimo, da največji upogibni moment nastopi v odseku pod silo F in je enak. Ta odsek bo najbolj nevaren.

Na diagramu M od tam je skok na nosilec B, enak zunanjemu momentu, uporabljenemu v danem odseku.

Glede na zgoraj sestavljene diagrame je enostavno opaziti določeno redno povezavo med diagrami upogibnih trenutkov in diagrami strižnih sil. Dokažimo.

Izvod stranske sile po dolžini palice je po modulu enak intenzivnosti bremena.

Če zavržemo vrednost najvišjega reda majhnosti, dobimo:

tiste. stranska sila je derivat upogibnega momenta po dolžini palice.

Ob upoštevanju dobljenih diferencialnih odvisnosti lahko naredimo splošne zaključke. Če je palica obremenjena z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti q = const, bo očitno funkcija Q linearna, M pa kvadratna.

Če je žarek obremenjen s koncentriranimi silami ali trenutki, potem je v intervalih med točkami njihove uporabe intenzivnost q = 0. Posledično je Q = const in M iz je linearna funkcija Z. Na točkah uporabe koncentriranih sil se diagram Q skoči za velikost zunanje sile, v diagramu M o pa je ustrezen prelom (prekinitev pri izvedenem finančnem instrumentu).

Na mestu, kjer se uporablja zunanji upogibni moment, opazimo prekinitev v diagramu momentov, ki je po velikosti enaka uporabljenemu momentu.

Če je Q> 0, potem M iz raste in če je Q<0, то М из убывает.

Diferencialne odvisnosti se uporabljajo za preverjanje enačb, sestavljenih za izdelavo diagramov Q in M, ter za pojasnitev vrste teh diagramov.

Upogibni moment se spreminja po zakonu parabole, katere konveksnost je vedno usmerjena proti zunanji obremenitvi.

Kombinacijo upogibanja in torzije nosilcev s krožnim prerezom najpogosteje upoštevamo pri načrtovanju gredi. Primeri upogibanja s torzijo okroglih nosilcev so veliko manj pogosti.

V § 1.9 je določeno, da v primeru, ko so vztrajnostni trenutki odseka glede na glavne osi enaki, poševno upogibanje palice ni mogoče. V zvezi s tem je poševno upogibanje nosilcev krožnega prereza nemogoče. Zato v splošnem primeru delovanja zunanjih sil žarek krožnega prereza doživlja kombinacijo naslednjih vrst deformacij: neposredno prečno upogibanje, torzijo in osrednjo napetost (ali stiskanje).

Razmislimo o takem posebnem primeru izračuna okrogle palice, ko je vzdolžna sila v njegovih prerezih nič. V tem primeru nosilec deluje za kombinirano delovanje upogibanja in torzije. Da bi našli nevarno točko palice, je treba ugotoviti, kako se vrednosti upogibnih in navornih momentov spreminjajo vzdolž dolžine palice, torej sestaviti diagrame skupnih upogibnih momentov M in navorov. 22.9, a. Gred podpirajo ležaji A in B, poganja pa jo motor C.

Jermenici E in F sta nameščeni na gredi, skozi katero se vržejo napenjalni pogonski jermeni. Predpostavimo, da se gred vrti v ležajih brez trenja; zanemarjamo lastno težo gredi in jermenic (v primeru, ko je njihova lastna teža pomembna, jo je treba upoštevati). Usmerimo os y prereza gredi navpično, os pa vodoravno.

Velikosti sil je mogoče določiti s formulama (1.6) in (2.6), če sta na primer znana moč, ki jo prenaša vsak škripec, kotna hitrost gredi in razmerje. te sile se prenašajo vzporedno s seboj na vzdolžno os gredi. V tem primeru se na gred v odsekih, v katerih se nahajajo jermenice E in F., nanašajo torzijski momenti oziroma enaki. Ti trenutki so uravnoteženi z navorom, ki ga prenaša iz motorja (slika 22.9, b). Nato se sile razgradijo v navpične in vodoravne komponente. Navpične sile bodo povzročile navpične reakcije v ležajih, vodoravne sile pa horizontalne reakcije.Veličine teh reakcij so določene kot pri nosilcu, ki leži na dveh nosilcih.

Diagram upogibnih momentov, ki delujejo v navpični ravnini, je zgrajen iz navpičnih sil (slika 22.9, c). Prikazano je na sl. 22.9, d. Podobno je iz vodoravnih sil (slika 22.9, e) zgrajen diagram upogibnih momentov, ki delujejo v vodoravni ravnini (slika 22.9, f).

Iz diagramov lahko določite (v katerem koli prerezu) skupni upogibni moment M po formuli

Na podlagi vrednosti M, pridobljenih s to formulo, se zgradi diagram skupnih upogibnih momentov (slika 22.9, g). Na tistih delih gredi, v katerih ravne črte, ki omejujejo diagrame, sekajo osi diagramov na točkah, ki se nahajajo na isti navpičnici, je diagram M omejen z ravnimi črtami, v drugih delih pa z krivuljami.

(glej skeniranje)

Na primer, v odseku obravnavane gredi je dolžina diagrama M omejena z ravno črto (slika 22.9, g), saj so diagrami v tem razdelku omejeni z ravnimi črtami in sekajo osi diagramov na točke, ki se nahajajo na isti navpičnici.

Na isti navpičnici se nahaja tudi točka O presečišča ravne črte z osjo diagrama. Podoben položaj je značilen za odsek gredi z dolžino

Diagram skupnih (skupnih) upogibnih momentov M označuje velikost teh trenutkov v vsakem odseku gredi. Ravni delovanja teh trenutkov v različnih odsekih gredi so različne, vendar so ordinate diagrama pogojno poravnane za vse odseke z ravnino risbe.

Diagram navora je zgrajen na enak način kot za čisto torzijo (glej § 1.6). Za obravnavano gred je prikazano na sl. 22,9, h.

Nevarni del gredi je določen z diagrami skupnih upogibnih momentov M in navorom. Zlasti za obravnavano gred je to odsek, ki se nahaja desno od jermenice F na neskončno majhni razdalji od njega.

Če največji upogibni moment M in največji navor delujeta v različnih prerezih, potem odsek, pri katerem niti vrednost niti največji ne moreta biti nevarna. Pri palicah s spremenljivim premerom je lahko najbolj nevaren odsek, v katerem delujejo bistveno nižji upogibni in zvijajoči trenutki kot v drugih odsekih.

V primerih, ko nevarnega odseka ni mogoče vzpostaviti neposredno v skladu z diagrami M in je treba preveriti trdnost droga v več njegovih odsekih in na ta način določiti nevarne napetosti.

Po vzpostavitvi nevarnega odseka palice (ali je bilo opisanih več odsekov, od katerih se lahko eden izkaže za nevarnega), je treba v njem poiskati nevarne točke. Za to bomo upoštevali napetosti, ki nastanejo v prerezu palice, ko upogibni moment M in navorni moment delujeta hkrati v njem

V nosilcih s krožnim prerezom, katerih dolžina je večkrat večja od premera, so vrednosti največjih strižnih napetosti zaradi strižne sile majhne in se ne upoštevajo pri izračunu trdnosti nosilcev za kombinirano upogibanje in torzijo.

Na sl. 23.9 prikazuje prerez okrogle palice. V tem odseku delujeta upogibni moment M in navor.os y je vzeta kot os, pravokotna na ravnino delovanja upogibnega momenta, os y je torej nevtralna os odseka.

V prerezu nosilca nastanejo normalne napetosti zaradi upogibanja in strižne napetosti zaradi torzije.

Normalne napetosti a so določene s formulo Diagram teh napetosti je prikazan na sl. 23.9. Najvišje absolutne vrednosti normalne napetosti nastanejo v točkah A in B. Te napetosti so enake

kjer je osni moment upora upornega prereza palice.

Strižne napetosti so določene s formulo. Diagram teh napetosti je prikazan na sl. 23.9.

Na vsaki točki odseka so usmerjeni vzdolž normale na polmer, ki to točko povezuje s središčem prereza. Največje strižne napetosti nastanejo na točkah, ki se nahajajo vzdolž oboda odseka; so enaki

kjer je polarni uporni moment prereza palice.

Pri plastičnem materialu sta točki A in B prereza, pri kateri normalne in tangencialne napetosti dosežeta najvišjo vrednost, nevarne. V primeru krhkega materiala je nevarna točka tistih točk, na katerih nastanejo natezne napetosti zaradi upogibnega momenta M.

Napetostno stanje elementarnega paralelepipeda, izbranega v bližini točke A, je prikazano na sl. 24.9, a. Ob ploskvah paralelepipeda, ki sovpadajo s prerezi palice, delujejo normalne napetosti in tangente. Na podlagi zakona združevanja strižnih napetosti nastanejo tudi napetosti na zgornji in spodnji strani paralelepipeda. Druga dva obraza sta brez stresa. Tako v tem primeru obstaja posebna oblika ravninskega napetostnega stanja, ki je podrobno obravnavana v Ch. 3. Glavni naponi atax in so določeni s formulami (12.3).

Ko v njih nadomestimo vrednosti, dobimo

Napetosti imajo različne znake, zato

Elementarni paralelepiped, ki je v bližini točke A označen z glavnimi območji, je prikazan na sl. 24,9, b.

Izračun upogibne trdnosti nosilcev s torzijo, kot je bilo že omenjeno (glej začetek § 1.9), se izvede z uporabo teorij trdnosti. V tem primeru se izračun palic iz plastičnih materialov običajno izvede na podlagi tretje ali četrte teorije trdnosti, za krhke pa - po Mohrovi teoriji.

Po tretji teoriji moči [glej. formula (6.8)], ki v to neenakost nadomesti izraze [glej. formulo (23.9)], dobimo

Uvod.

Upogibanje je vrsta deformacije, za katero je značilna ukrivljenost (sprememba ukrivljenosti) osi ali srednje površine deformiranega predmeta (les, žarek, plošča, lupina itd.) Pod vplivom zunanjih sil ali temperature. Upogibanje je povezano s pojavom upogibnih momentov v prerezih palice. Če je od šestih notranjih faktorjev sile v prerezu palice samo en upogibni moment drugačen od nič, se upogibanje imenuje čisto:

Če v prerezih nosilca poleg upogibnega momenta deluje tudi prečna sila, se upogibanje imenuje prečno:

V inženirski praksi se obravnava tudi poseben primer upogibanja - vzdolžni I. ( riž. 1, c), za katero je značilno upogibanje palice pod vplivom vzdolžnih tlačnih sil. Hkratno delovanje sil, usmerjenih vzdolž osi palice in pravokotno nanjo, povzroči vzdolžno-prečno upogibanje ( riž. 1, G).

Riž. 1. Upogib palice: a - čist: b - prečni; в - vzdolžni; d - vzdolžno -prečno.

Žarek, ki deluje pri upogibanju, se imenuje žarek. Upogib se imenuje ravno, če os grede po deformaciji ostane ravna črta. Lokacija ravnine ukrivljene osi žarka se imenuje upogibna ravnina. Ravnina delovanja sil bremena se imenuje ravnina sile. Če ravnina sile sovpada z eno od glavnih vztrajnostnih ravnin prereza, se ovinek imenuje naravnost. (V nasprotnem primeru pride do poševnega upogibanja). Glavna vztrajnostna ravnina prereza je ravnina, ki jo tvori ena od glavnih osi prereza z vzdolžno osjo palice. V ravnem ravnem ovinku se upogibna ravnina in ravnina sile ujemata.

Problem torzije in upogibanja palice (problem Saint-Venant) je zelo praktičen. Uporaba teorije upogibanja, ki jo je ustanovil Navier, sestavlja obsežen oddelek za strukturno mehaniko in je izjemnega praktičnega pomena, saj služi kot osnova za izračun dimenzij in preverjanje trdnosti različnih delov konstrukcij: nosilcev, mostov, strojnih elementov itd.

OSNOVNE enačbe in problemi teorije elastičnosti

§ 1. osnovne enačbe

Najprej podamo splošen povzetek osnovnih enačb za težave ravnotežja elastičnega telesa, ki tvorijo vsebino dela teorije elastičnosti, ki se običajno imenuje statika elastičnega telesa.

Deformirano stanje telesa je v celoti določeno s tenzorjem deformacijskega polja ali premičnim poljem. Komponente tenzorja deformacije povezane s premiki z različnimi Cauchyjevimi odvisnostmi:

(1)

Komponente tenzorja napetosti morajo izpolnjevati diferencialna razmerja Saint-Venant:

ki so nujni in zadostni pogoji za integrabilnost enačb (1).

Napetostno stanje telesa je določeno s tenzorjem stresnega polja Šest neodvisnih komponent simetričnega tenzorja () mora izpolnjevati tri diferencialne ravnotežne enačbe:

Sestavni deli napetosti napetosti in premik jih povezuje šest enačb Hookovega zakona:

V nekaterih primerih je treba enačbe Hookovega zakona uporabiti v obliki formule

, (5)

Enačbe (1) - (5) so osnovne enačbe statičnih problemov teorije elastičnosti. Včasih se enačbe (1) in (2) imenujejo geometrijske enačbe, enačbe ( 3) - statične enačbe in enačbe (4) ali (5) - fizikalne enačbe. Osnovnim enačbam, ki določajo stanje linearnega elastičnega telesa na njegovih notranjih točkah prostornine, je treba dodati pogoje na njegovi površini, ki se imenujejo mejni pogoji. Določajo jih bodisi določene zunanje površinske sile ali danih premikov točke telesne površine. V prvem primeru so robni pogoji izraženi z enakostjo:

kje so komponente vektorja t površinska trdnost, - komponente vektorja enote NS, usmerjena vzdolž zunanje normalke na površino na obravnavani točki.

V drugem primeru so robni pogoji izraženi z enakostjo

kje - funkcije, določene na površini.

Mejni pogoji so lahko tudi mešani, če so na enem delu telesne površine imajo zunanje površinske sile in na drugi strani Določeni so premiki telesne površine:

Možne so tudi druge vrste mejnih pogojev. Na primer, na nekem delu telesne površine so podane le nekatere komponente vektorja premika in poleg tega tudi ne vse komponente vektorja površinske sile.

§ 2. glavne težave statike elastičnega telesa

Glede na vrsto mejnih pogojev obstajajo tri vrste osnovnih statičnih problemov v teoriji elastičnosti.

Glavna naloga prve vrste je določiti komponente tenzorja napetostnega polja znotraj območja , ki ga zaseda telo, in komponenta vektorja premika točk znotraj regije in površinske točke telesa za dane množične sile in površinske sile

Devet zahtevanih funkcij mora izpolnjevati osnovne enačbe (3) in (4) ter robne pogoje (6).

Glavna naloga druge vrste je določiti premike točke znotraj območja in komponente tenzorja napetostnega polja za dane množične sile in za dane premike na površini telesa.

Iskane funkcije in mora izpolnjevati osnovne enačbe (3) in (4) ter robne pogoje (7).

Upoštevajte, da robni pogoji (7) odražajo zahtevo po kontinuiteti definiranih funkcij na meji ko je notranja točka teži do neke točke na površini, funkcija naj težijo k dani vrednosti na določeni točki na površini.

Glavni problem tretje vrste ali mešane težave je, da glede na površinske sile na enem delu telesne površine in glede na dane premike na drugem delu telesne površine in tudi na splošno glede na dane masne sile potrebno je določiti komponente tenzorja napetosti in premika , izpolnjujejo osnovne enačbe (3) in (4) pod mešanimi mejnimi pogoji (8).

Ko smo dobili rešitev za ta problem, je mogoče določiti zlasti prizadevanja povezav na , ki jih je treba uporabiti na točkah površine, da se na tej površini uresničijo določeni premiki, prav tako pa lahko izračunate premike točk površine . Tečaji >> Industrija, proizvodnja

Po dolžini les, potem bar deformirano. Deformacija les spremljati hkrati ... les, polimer itd. Kdaj ovinek les leži na dveh nosilcih, ... ovinek bo označen z odklonskim boom. V tem primeru so tlačne napetosti v vbočenem delu les ...

Prednosti lepljenja les pri nizki gradnji

Povzetek >> Gradbeništvo

Rešeno pri uporabi lepljenega profiliranega les... Lepljen les v nosilnem ..., se ne zvija oz ovinki... To je posledica pomanjkanja goriva pri ... prevozu. 5. Površina zlepljena les, izvedeno v skladu z vsemi tehnološkimi ...

Ta kombinacija faktorjev notranje sile je značilna za izračun gredi. Težava je ravna, saj koncept "poševnega ovinka" za palico s krožnim prerezom, pri katerem je katera koli osrednja os, ni uporaben. V splošnem primeru delovanja zunanjih sil ima takšna palica kombinacijo naslednjih vrst deformacij: neposredno prečno upogibanje, torzijo in centralno napetost (stiskanje). Na sl. 11.5 prikazuje žarek, obremenjen z zunanjimi silami, ki povzročajo vse štiri vrste deformacij.

Diagrami notranjih sil vam omogočajo, da prepoznate nevarne odseke, in diagrami napetosti - nevarne točke v teh odsekih. Strižne napetosti zaradi strižnih sil dosežejo svoj maksimum na osi nosilca in so za trdno palico nepomembne in jih je mogoče zanemariti v primerjavi s strižnimi napetostmi zaradi torzije, ki dosežejo največ na obrobnih točkah (točka B).

Odsek v podložki je nevaren, kjer so vzdolžne in prečne sile, upogibanje in navori hkrati velikega pomena.

Nevarna točka v tem razdelku bo točka, kjer σ x in τ xy dosežeta pomembno vrednost (točka B). Na tej točki delujeta največja normalna upogibna napetost in strižna napetost zaradi torzije ter normalna natezna napetost

Ko smo določili glavne napetosti po formuli:

najdemo σ rdeče =

(pri uporabi merila najvišjih strižnih napetosti m = 4, pri uporabi merila za specifično energijo spremembe oblike m = 3).

Z zamenjavo izrazov σ α in τ xy dobimo:

ali ob upoštevanju, da je W p = 2 W z, A = (glej 10.4),

Če je gred upognjena v dveh medsebojno pravokotnih ravninah, je treba namesto M z zamenjati M tot =

Zmanjšana napetost σ rdeča ne sme presegati dovoljene napetosti σ adm, določene med preskusi pri linearnem napetostnem stanju, ob upoštevanju varnostnega faktorja. Za dane mere in dopustne napetosti se izvede preveritveni izračun, mere, ki so potrebne za zagotovitev varne trdnosti, pa se določijo iz stanja

11.5. Izračun brezčasnih lupin revolucije

V inženiringu se široko uporabljajo konstrukcijski elementi, ki jih z vidika izračunov trdnosti in togosti lahko pripišemo tankim lupinam. Običajno velja, da je lupina tanka, če je razmerje med njeno debelino in celotno velikostjo manjše od 1/20. Za tanke lupine velja hipoteza ravnih normalov: segmenti normale na srednjo površino ostanejo po deformaciji ravni in neraztegljivi. V tem primeru pride do linearne porazdelitve deformacij in posledično normalnih napetosti (pri majhnih elastičnih deformacijah) po debelini lupine.

Površino lupine dobimo z vrtenjem ravne krivulje okoli osi, ki leži v ravnini krivulje. Če krivuljo nadomestimo z ravno črto, potem, ko se vrti vzporedno z osjo, dobimo okroglo cilindrično lupino in ko se vrti pod kotom glede na os - stožčasto.

V shemah oblikovanja je lupina predstavljena s srednjo površino (enako oddaljena od sprednjih). Srednja površina je običajno povezana z ukrivljenim pravokotnim koordinatnim sistemom Ө in φ. Kot θ () določa položaj vzporednika presečne črte srednje površine z ravnino, ki normalno prehaja na os vrtenja.

Slika 11.6 sl. 11.7

Niz ravnin lahko potegnemo skozi normalo s sredino površine, ki bo zanj normalna in v odsekih z njo tvori črte z različnimi polmeri ukrivljenosti. Dva od teh polmerov sta ekstremna. Črte, ki jim ustrezajo, se imenujejo črte glavnih ukrivljenosti. Ena od črt je poldnevnik, označen je njegov polmer ukrivljenosti r 1... Polmer ukrivljenosti druge krivulje je r 2(središče ukrivljenosti leži na osi vrtenja). Radijski centri r 1 in r 2 lahko sovpadajo (sferična lupina), ležijo na eni ali nasprotnih straneh srednje površine, eno od središč lahko gre v neskončnost (valjaste in stožčaste lupine).

Pri sestavljanju osnovnih enačb se sile in premiki nanašajo na normalne odseke lupine v ravninah glavnih ukrivljenosti. Sestavimo ura-vnenie za notranja prizadevanja. Razmislite o neskončno majhnem elementu lupine (slika 11.6), izrezani z dvema sosednjima meridionalnima ravninama (s kotoma θ in θ + dθ) in dvema sosednjima vzporednima krogoma, ki sta normalna na os vrtenja (s kotoma φ in φ + dφ). Kot sistem osi projekcij in trenutkov izberemo pravokotni sistem osi x, y, z... Os y usmerjen tangencialno na os poldnevnika z- po normalnem.

Zaradi osne simetrije (obremenitev P = 0) bodo na element delovale le normalne sile. N φ - linearna sila poldnevnika, ki je tangencialno usmerjena na poldnevnik: N θ - linearna obročasta sila, usmerjena tangencialno v krog. Enačba ΣX = 0 postane identiteta. Vse sile projiciramo na os z:

2N θ r 1 dφsinφ + r o dθdφ + P z r 1 dφr o dθ = 0.

Če zanemarimo neskončno majhno vrednost višjega reda () r o dθ dφ in enačbo razdelimo na r 1 r o dφ dθ, potem upoštevamo, da dobimo enačbo zaradi P. Laplacea:

Namesto enačbe ΣY = 0 za obravnavani element sestavimo ravnotežno enačbo za zgornji del lupine (slika 11.6). Projicirajmo vse sile na os vrtenja:

ude: R v - navpična projekcija nastalih zunanjih sil, ki delujejo na odrezan del lupine. Torej,

Če vrednosti N φ nadomestimo z Laplaceovo enačbo, najdemo N θ. Določanje sil v lupini vrtenja po teoriji brez trenutka je statično določljiv problem. To je postalo možno zaradi dejstva, da smo takoj postavili zakon variacije napetosti po debelini lupine - šteli smo jih za konstantne.

V primeru sferične kupole imamo r 1 = r 2 = r in r о = r. Če je obremenitev določena v obliki intenzivnosti P na vodoravni projekciji lupine, nato

Tako je v meridionalni smeri kupola enakomerno stisnjena. Sestavine površinske obremenitve vzdolž normale z je enako P z = P. Vstavimo vrednosti N φ in P z v Laplaceovo enačbo in iz nje ugotovimo:

Obročne tlačne sile dosežejo svoj maksimum na vrhu kupole pri φ = 0. Pri φ = 45 º - N θ = 0; pri φ> 45- N θ = 0 postane natezno in doseže največ pri φ = 90.

Vodoravna komponenta meridionalnega napora je enaka:

Razmislite o primeru izračuna brezmične lupine. Glavni cevovod je napolnjen s plinom, katerega tlak je R.

Tu je r 1 = R, r 2 = a v skladu s prej sprejeto predpostavko, da so napetosti enakomerno porazdeljene po debelini δ lupina

kjer: σ m - normalne meridionalne napetosti, in

σ t - obodne (širinske, obročne) normalne napetosti.

Prostorski ovinek ta vrsta kompleksnega upora se imenuje, pri katerem v prerezu palice delujejo le upogibni momenti in
... V tem primeru skupni upogibni moment ne deluje v nobeni od glavnih vztrajnostnih ravnin. Ni vzdolžne sile. Prostoren ali zapleten ovinek se pogosto imenuje neravninski ovinek ker ukrivljena os palice ni ravna krivulja. To upogibanje povzročajo sile, ki delujejo v različnih ravninah, pravokotnih na os žarka (slika 12.4).

Po zgoraj opisanem vrstnem redu reševanja problemov s kompleksnim uporom razširimo prostorski sistem sil, predstavljenih na sl. 12.4, na dva, tako da vsak od njiju deluje v eni od glavnih ravnin. Posledično dobimo dva ravna prečna krivina - v navpični in vodoravni ravnini. Od štirih notranjih faktorjev sile, ki v tem primeru nastanejo v prerezu žarka
, upoštevali bomo vpliv le upogibnih trenutkov
... Gradimo diagrame
ki jih povzročajo sile
(Slika 12.4).

Z analizo upogibnih momentov pridemo do zaključka, da je odsek A nevaren, saj v tem odseku nastanejo največji upogibni trenutki
in
... Zdaj je treba nastaviti nevarne točke oddelka A. Če želite to narediti, potegnite ničelno črto. Enačba ničelne črte, ki upošteva pravilo znakov za izraze, vključene v to enačbo, ima obliko:

. (12.7)

Tukaj je znak "" sprejet blizu drugega člena enačbe, saj napetosti v prvem četrtletju, ki jih povzroči trenutek
bo negativno.

Določite kot nagiba ničelne črte s smerjo pozitivne osi (Slika 12.6):

. (12.8)

Iz enačbe (12.7) sledi, da je ničelna črta pri prostorskem upogibanju ravna črta in poteka skozi težišče odseka.

Na sliki 12.5 je razvidno, da bodo največje napetosti nastale na točkah odseka št. 2 in št. 4, najbolj oddaljenih od ničelne črte. Velikost normalnih napetosti na teh točkah bo enaka, vendar se razlikujejo po znamenju: v točki št. 4 bodo napetosti pozitivne, t.j. raztezanje, v točki # 2 - negativno, t.j. stiskanje. Znaki teh obremenitev so bili ugotovljeni iz fizičnih razlogov.

Zdaj, ko so nevarne točke ugotovljene, izračunamo največje napetosti v odseku A in preverimo trdnost žarka z izrazom:

. (12.9)

Stanje trdnosti (12.9) omogoča ne le preverjanje trdnosti nosilca, temveč tudi izbiro dimenzij njegovega prereza, če je določeno razmerje stranic prečnega prereza.

12.4. Poševni ovinek

Poševno se imenuje vrsta kompleksnega upora, pri katerem se v prerezih nosilca pojavijo le upogibni trenutki
in
, vendar za razliko od prostorskega upogiba vse sile, ki delujejo na nosilec, delujejo v eni (sili) ravnini, ki ne sovpada z nobeno od glavnih vztrajnostnih ravnin. S to vrsto upogibanja se najpogosteje srečujemo v praksi, zato jo bomo podrobneje raziskali.

Razmislite o konzolnem nosilcu s silo , kot je prikazano na sliki 12.6, in iz izotropnega materiala.

Tako kot pri prostorskem upogibanju pri poševnem upogibanju ni vzdolžne sile. Pri izračunu jakosti žarka bomo zanemarili vpliv prečnih sil.

Projektni diagram žarka, prikazan na sliki 12.6, je prikazan na sliki 12.7.

Razširite silo do navpičnice in vodoravno sestavnih delov in iz vsake od teh komponent sestavimo diagrame upogibnih trenutkov
in
.

Izračunajmo sestavne dele celotnega upogibnega momenta v odseku :

;
.

Skupni upogibni moment v odseku je enako

Tako se lahko sestavni deli skupnega upogibnega momenta izrazijo kot skupni moment na naslednji način:

;
. (12.10)

Iz izraza (12.10) je razvidno, da s poševnim upogibom ni treba razgraditi sistema zunanjih sil na komponente, saj so te komponente celotnega upogibnega momenta med seboj povezane z uporabo kota nagiba sledi ravnina sile ... Posledično ni treba graditi diagramov komponent.
in
polni upogibni moment. Dovolj je, da narišete celoten upogibni moment.
v ravnini sil, nato pa z izrazom (12.10) določimo sestavne dele celotnega upogibnega momenta v katerem koli odseku žarka, ki nas zanima. Ta sklep močno poenostavi rešitev težav s poševnim upogibom.

Vrednosti sestavnih delov skupnega upogibnega momenta (12.10) nadomestite v formulo za normalne napetosti (12.2) pri
... Dobimo:

. (12.11)

Tukaj je znak "" blizu skupnega upogibnega momenta posebej namenjen za samodejno pridobivanje pravilnega znaka normalne napetosti na obravnavani točki prereza. Popoln upogibni moment
in koordinate točk in vzamemo s svojimi znaki, pod pogojem, da so v prvem kvadrantu znaki koordinat točke pozitivni.

Formula (12.11) je bila pridobljena z upoštevanjem posebnega primera poševnega upogiba nosilca, ki je na enem koncu omejen in na drugem obremenjen s koncentrirano silo. Vendar je ta formula splošna formula za izračun poševnih upogibnih napetosti.

Nevaren odsek, tako kot pri prostorskem upogibanju v obravnavanem primeru (slika 12.6), bo odsek A, saj v tem odseku nastopi največji skupni upogibni moment. Nevarne točke odseka A bodo določene z narisom ničelne črte. Enačbo ničelne črte dobimo z izračunom normalnih napetosti v točki s koordinatami po formuli (12.11) in ki pripadajo ničelni črti in enačijo ugotovljene napetosti z ničlo. Po preprostih spremembah dobimo:

(12.12)

. (12.13)

Tukaj  kot nagiba ničelne črte do osi (Slika 12.8).

Z raziskovanjem enačb (12.12) in (12.13) lahko naredimo nekaj zaključkov o obnašanju ničelne črte pri poševnem upogibanju:

Iz slike 12.8 sledi, da največje napetosti nastanejo na točkah odseka, najbolj oddaljenega od ničelne črte. V tem primeru sta točki št. 1 in št. 3. Tako je pri poševnem upogibanju stanje trdnosti naslednje:

. (12.14)

Tukaj:
;
.

Če je momente upora odseka glede na glavne vztrajnostne osi mogoče izraziti z dimenzijami odseka, je primerno uporabiti pogoj trdnosti v tej obliki:

. (12.15)

Pri izbiri odsekov se iz nosilca vzame eden od osnih momentov upora in nastavi razmerje ... Vedeti
,
in kot , z zaporednimi poskusi določimo vrednosti
in izpolnjuje pogoje trdnosti

. (12.16)

Za asimetrične odseke brez štrlečih vogalov se pogoj trdnosti uporablja v obliki (12.14). V tem primeru je treba pri vsakem novem poskusu izbire odseka najprej najti položaj ničelne črte in koordinate najbolj oddaljene točke (
). Za pravokoten prerez
... Glede na razmerje lahko iz pogoja trdnosti (12,16) zlahka ugotovimo vrednost
in dimenzije prereza.

Razmislite o opredelitvi premikov pri poševnem upogibanju. Odmik poiščite v razdelku konzolni nosilec (slika 12.9). Če želite to narediti, bomo žarek prikazali v enem samem stanju in narisali diagram upogibnih momentov enot v eni od glavnih ravnin. Skupni odklon bomo določili v odseku , ki je predhodno definiral projekcije vektorja premika na osi in ... Projekcija vektorja celotnega odklona na os po Mohrovi formuli poiščite:

Projekcija vektorja celotnega odklona na os poiščite na podoben način:

Skupni odklon je določen s formulo:

. (12.19)

Treba je opozoriti, da se pri poševnem upogibanju v formulah (12.17) in (12.18) pri določanju projekcij odklona na koordinatnih osi spremenijo le stalni členi pred integralnim znakom. Integral sam ostaja stalen. Pri reševanju praktičnih problemov bomo ta integral izračunali po Mohr-Simpsonovi metodi. Če želite to narediti, pomnožimo diagram enote
za tovor
(Slika 12.9), narisano v ravnini sil, nato pa dobljeni rezultat zaporedno pomnožimo s konstantnimi koeficienti, in ... Kot rezultat dobimo projekcijo celotnega odklona in na koordinatni osi in ... Izrazi za odklonske štrline za splošno obremenitev, kadar ima žarek ploskve bodo videti tako:

; (12.20)

. (12.21)

Odložimo najdene vrednosti za ,in (Slika 12.8). Vektor celotnega odklona sestavlja z osjo oster kot , katerih vrednosti je mogoče najti po formuli:

, (12.22)

. (12.23)

Če primerjamo enačbo (12.22) z enačbo ničelne črte (12.13), pridemo do zaključka, da

ali
,

od tod sledi, da ničelna črta in vektor skupnega odklona medsebojno perpedikularno. Injekcija dopolnjuje kotiček do 90 0. Ta pogoj se lahko uporabi za preverjanje pri reševanju težav s poševnim upogibanjem:

. (12.24)

Tako je smer odklonov med poševnim upogibanjem pravokotna na ničelno črto. To pomeni pomemben pogoj, da smer odklonov ne sovpada s smerjo delujoče sile(Slika 12.8). Če je obremenitev ravninski sistem sil, potem os ukrivljenega žarka leži v ravnini, ki ne sovpada z ravnino delovanja sil. Žarek je nagnjen glede na ravnino sil. Ta okoliščina je služila kot podlaga za dejstvo, da se je takšen ovinek začel imenovati poševno.

Primer 12.1. Določite položaj ničelne črte (poiščite kot ) za prerez žarka, prikazan na sliki 12.10.

1. Kot do sledi ravnine sile bomo prestavili iz pozitivne smeri osi ... Injekcija vedno bomo vzeli ostro, vendar ob upoštevanju znaka. Vsak kot se šteje za pozitiven, če je v desnem koordinatnem sistemu odmaknjen od pozitivne smeri osi v nasprotni smeri urinega kazalca in negativno, če se kot premakne v desno. V tem primeru kot velja za negativno (
).

2. Določite razmerje med osnimi vztrajnostnimi momenti:

3. Enačbo ničelne črte zapišemo na poševni ovinek v obliki, od koder najdemo kot :

;
.

4. Kot se je izkazalo za pozitivno, zato ga preložimo iz pozitivne smeri osi v nasprotni smeri urinega kazalca do ničelne črte (slika 12.10).

Primer 12.2. Določite velikost normalne napetosti v točki A prečnega prereza nosilca med poševnim upogibanjem, če upogibni moment
kNm, koordinate točk
cm,
glejte mere prereza nosilca in naklon ravnine tovora so prikazane na sliki 12.11.

1. Predhodno izračunajmo vztrajnostne trenutke odseka okoli osi in :

cm 4;
cm 4.

2. Zapišimo formulo (12.11) za določitev normalnih napetosti na poljubni točki prereza pod poševnim upogibom. Pri zamenjavi vrednosti upogibnega momenta v formulo (12.11) je treba upoštevati, da je upogibni moment pozitiven glede na problem.

7,78 MPa.

Primer 12.3. Določite dimenzije prečnega prereza nosilca, prikazanega na sliki 12.12a. Material nosilca - jeklo z dovoljeno napetostjo
MPa. Razmerje stranic je nastavljeno
... Obremenitve in kot naklona ravnine sile so prikazane na sliki 12.12c.

1. Za določitev položaja nevarnega odseka narišemo upogibne trenutke (slika 12.12b). Nevaren je odsek A. Največji upogibni moment v nevarnem odseku
kNm.

2. Nevarna točka v odseku A bo ena od vogalnih točk. Pogoj trdnosti zapišemo v obrazec

Kje ga najdemo, glede na to razmerje
:

3. Določite mere prereza. Osni moment upora
ob upoštevanju odnosa strank
je enako:

cm 3, od kod

cm;
cm

Primer 12.4. Zaradi upogibanja žarka se je težišče odseka premaknilo v smeri, ki jo določa kot z osjo (Slika 12.13, a). Določite kot nagiba ravnina sile. Oblika in mere prereza nosilca so prikazane na sliki.

1. Za določitev nagibnega kota sledi ravnine sile uporabljamo izraz (12.22):

, kje
.

Moment vztrajnostnega razmerja
(glej primer 12.1). Potem

To vrednost kota odstavite od pozitivne smeri osi (Slika 12.13, b). Sled ravnine sile na sliki 12.13, b je prikazana s črtkano črto.

2. Preverimo dobljeno rešitev. Če želite to narediti, z ugotovljeno vrednostjo kota določite položaj ničelne črte. Uporabimo izraz (12.13):

Ničelna črta je prikazana na sliki 12.13 s črtkano črto. Ničelna črta mora biti pravokotna na odmično črto. Preverimo:

Primer 12.5. Določite skupni odklon nosilca v odseku B med poševnim upogibanjem (slika 12.14a). Material nosilca - jeklo z modulom elastičnosti
MPa. Mere prereza in naklon ravnine sile so prikazane na sliki 12.14b.

1. Določimo projekcije vektorja celotnega odklona v oddelku A in ... Če želite to narediti, sestavite diagram obremenitve upogibnih trenutkov
(Slika 12.14, c), ena sama ploskev
(Slika 12.14, d).

2. Z metodo Mohr-Simpson pomnožimo obremenitev
in samski
diagrami upogibnih momentov z izrazi (12.20) in (12.21):

m
mm

Osni vztrajnostni momenti odseka
cm 4 in
cm 4 vzamemo iz primera 12.1.

3. Določite celoten odklon odseka B:

Najdene vrednosti štrlin celotnega odklona in samega celotnega odklona se na risbi odstranijo (slika 12.14b). Ker so se projekcije celotnega odklona pri reševanju problema izkazale za pozitivne, jih odložimo v smeri delovanja enote sile, t.j. pot navzdol ( ) in levo ( ).