Izračun okrogle palice za upogibanje z torzijo. Prostorski (kompleksni) ovinek
Pri izračunu okrogle palice pod upogibom in torzijo (slika 34.3) je treba upoštevati normalne in strižne napetosti, saj se največje vrednosti napetosti v obeh primerih pojavijo na površini. Izračun je treba izvesti v skladu s teorijo trdnosti, pri čemer se zapleteno napetostno stanje nadomesti z enako nevarnim preprostim.
Največja vzvojna napetost v prerezu
Največja upogibna napetost v prerezu
Po eni od teorij trdnosti se glede na material nosilca izračuna ekvivalentna napetost za nevarni odsek in se preizkuša trdnost nosilca z uporabo dovoljene upogibne napetosti za material nosilca.
Za okrogli žarek so momenti modula preseka naslednji:
Pri izračunu po tretji teoriji trdnosti, teoriji največjih strižnih napetosti, se ekvivalentna napetost izračuna po formuli
Teorija je uporabna za plastične materiale.
Pri izračunu po teoriji tvorbene energije se ekvivalentna napetost izračuna po formuli
Teorija je uporabna za duktilne in krhke materiale.
teorija največjih strižnih napetosti:
Ekvivalentna napetost, izračunana v skladu z teorije o energiji spremembe oblike:
kje je enakovredni trenutek.
Stanje moči
Primeri reševanja problemov
Primer 1 Za dano napetostno stanje (slika 34.4) z uporabo hipoteze o največjih strižnih napetostih izračunajte varnostni faktor, če je σ T \u003d 360 N / mm 2.
1. Kaj je značilno in kako je upodobljeno napetostno stanje na točki?
2. Katera mesta in katere napetosti se imenujejo glavne?
3. Naštej vrste stresnih stanj.
4. Kaj je značilno za deformirano stanje v točki?
5. V katerih primerih pride do mejnih napetostnih stanj v nodularnih in krhkih materialih?
6. Kakšna je ekvivalentna napetost?
7. Pojasnite namen teorij moči.
8. Napišite formule za izračun enakovrednih napetosti pri izračunih po teoriji največjih strižnih napetosti in teoriji energije deformacije. Pojasnite, kako jih uporabiti.
PREDAVANJE 35
Tema 2.7. Izračun palice krožnega prereza s kombinacijo osnovnih deformacij
Poznajte formule za enakovredne napetosti glede na hipoteze največjih tangencialnih napetosti in energije deformacije.
Da bi lahko izračunali trdnost nosilca krožnega preseka s kombinacijo osnovnih deformacij.
Formule za izračun enakovrednih napetosti
Ekvivalentna napetost po hipotezi največjih strižnih napetosti
Ekvivalentna napetost glede na hipotezo deformacijske energije
Stanje trdnosti pri kombiniranem delovanju upogibanja in torzije
kje M EQ je enakovredni trenutek.
Ekvivalentni moment glede na hipotezo največjih strižnih napetosti
Ekvivalenten moment glede na hipotezo o energiji spremembe oblike
Značilnost izračuna jaškov
Večina gredi ima kombinacijo upogibnih in torzijskih deformacij. Gredi so običajno ravne palice z okroglim ali obročastim prerezom. Pri izračunu gredi se strižne napetosti zaradi delovanja prečnih sil ne upoštevajo zaradi njihove nepomembnosti.
Izračuni se izvajajo za nevarne prereze. Pri prostorski obremenitvi gredi se uporablja hipoteza neodvisnosti delovanja sil in upogibni momenti se upoštevajo v dveh medsebojno pravokotnih ravninah, skupni upogibni moment pa je določen z geometrijskim seštevanjem.
Primeri reševanja problemov
Primer 1 V nevarnem preseku okroglega nosilca nastanejo notranji faktorji sile (slika 35.1) M x; M y; M z .
M x in M y- upogibni momenti v ravninah uoh in zOx oziroma; Mz- navor. Preverite trdnost v skladu s hipotezo največjih strižnih napetosti, če [ σ ] = 120 MPa. Začetni podatki: M x= 0,9 kN m; M y = 0,8 kN m; Mz = 2,2 kN*m; d= 60 mm.
Odločitev
Diagrame normalnih napetosti gradimo iz delovanja upogibnih momentov glede na osi Oh in OU in diagram strižnih napetosti zaradi torzije (slika 35.2).
Največja strižna napetost se pojavi na površini. Največje normalne napetosti od trenutka M x pojavijo na točki AMPAK, največje normalne napetosti od trenutka M y na točki AT. Normalne napetosti se seštevajo, ker se upogibni momenti v medsebojno pravokotnih ravninah geometrijsko seštejejo.
Skupni upogibni moment:
Ekvivalentni moment izračunamo po teoriji največjih strižnih napetosti:
Stanje moči:
Modul prereza: W oce in oe = 0,1 60 3 = 21600 mm 3.
Preverjanje moči:
Trajnost je zagotovljena.
Primer 2 Iz pogoja trdnosti izračunajte zahtevani premer gredi. Na gredi sta nameščeni dve kolesi. Na kolesa delujeta dve obodni sili F t 1 = 1,2 kN; F t 2= 2kN in dve radialni sili v navpični ravnini F r 1= 0,43 kN; F r 2 = 0,72 kN (slika 35.3). Premeri koles so enaki d1= 0,1 m; d2= 0,06 m.
Sprejmi za material gredi [ σ ] = 50 MPa.
Izračun se izvede v skladu s hipotezo največjih strižnih napetosti. Ne upoštevajte teže gredi in koles.
Odločitev
Navodilo. Uporabljamo načelo neodvisnosti delovanja sil, sestavimo načrtovalne sheme jaška v navpični in vodoravni ravnini. Ločeno določimo reakcije v nosilcih v vodoravni in navpični ravnini. Gradimo diagrame upogibnih momentov (slika 35.4). Pod delovanjem obodnih sil se gred zasuka. Določite navor, ki deluje na gred.
Naredimo shemo za izračun gredi (slika 35.4).
1. Navor gredi:
2. Upogib upoštevamo v dveh ravninah: vodoravni (pl. H) in navpični (pl. V).
V vodoravni ravnini določimo reakcije v podpori:
Z in AT:
 |
V navpični ravnini določimo reakcije v podpori:
Določite upogibne momente na točkah C in B:
Skupni upogibni momenti v točkah C in B:
Na točki AT največji upogibni moment, tu deluje tudi navor.
Izračun premera gredi se izvede glede na najbolj obremenjen odsek.
3. Ekvivalenten trenutek v točki AT po tretji teoriji moči
4. Iz pogoja trdnosti določimo premer gredi s krožnim prerezom
Dobljeno vrednost zaokrožimo: d= 36 mm.
Opomba. Pri izbiri premerov gredi uporabite standardni razpon premerov (Dodatek 2).
5. Določimo zahtevane dimenzije gredi z obročastim odsekom pri c \u003d 0,8, kjer je d zunanji premer gredi.
Premer obročaste gredi je mogoče določiti s formulo
Sprejmi d= 42 mm.
Obremenitev je manjša. d BH = 0,8d = 0,8 42 = 33,6 mm.
Zaokroži na vrednost dBH= 33 mm.
6. Primerjajmo stroške kovine po površini prečnega prereza jaška v obeh primerih.
Površina prečnega prereza polne gredi
Površina prečnega prereza votle gredi
Površina prečnega prereza trdne gredi je skoraj dvakrat večja od obročaste gredi:
Primer 3. Določite dimenzije prečnega prereza gredi (slika 2.70, a) krmilni pogon. Vlečna sila pedala P3, sile, ki jih prenaša mehanizem P 1, R 2, R 4. Material gredi - StZ jeklo z mejo tečenja σ t = 240 N/mm 2 , zahtevani varnostni faktor [ n] = 2,5. Izračun se izvede po hipotezi o energiji spremembe oblike.
Odločitev
Upoštevajte ravnotežje gredi, potem ko prinesete sile R 1, R 2, R 3, R 4 do točk na svoji osi.
Prenos sil R 1 vzporedno s sabo v točke Za in E, je treba sešteti pare sil s momenti, ki so enaki momentom sil R 1 glede na točke Za in E, tj.
Ti pari sil (momenti) so konvencionalno prikazani na sl. 2.70 , b v obliki lokastih črt s puščicami. Podobno pri prenosu sil R 2, R 3, R 4 do točk K, E, L, N s trenutki morate dodati par sil
Ležaji gredi, prikazani na sl. 2.70, a, je treba obravnavati kot prostorske tečajne podpore, ki preprečujejo premikanje v smeri osi X in pri(izbrani koordinatni sistem je prikazan na sliki 2.70, b).
Z uporabo sheme izračuna, prikazane na sl. 2.70 v, sestavimo ravnotežne enačbe:
 |
 |
od tod tudi odzivi podpore NA in H B pravilno opredeljeno.
Plošče navora Mz in upogibni momenti M y so predstavljeni na sl. 2.70 G. Odsek levo od točke L je nevaren.
Pogoj moči ima obliko:
kjer je ekvivalenten moment glede na hipotezo o energiji spremembe oblike
Zahtevani zunanji premer gredi
Sprejemamo d \u003d 45 mm, nato d 0 \u003d 0,8 * 45 \u003d 36 mm.
Primer 4 Preverite trdnost vmesne gredi (slika 2.71) čelnega zobnika, če gred prenaša moč N= 12,2 kW pri hitrosti P= 355 vrt./min. Gred je izdelana iz jekla St5 z mejo tečenja σ t \u003d 280 N / mm 2. Zahtevani varnostni faktor [ n] = 4. Pri izračunu uporabite hipotezo o največjih strižnih napetostih.
Navodilo. Okrožna prizadevanja R 1 in R 2 ležijo v vodoravni ravnini in so usmerjeni vzdolž tangent na kroge zobnikov. Radialne sile T1 in T 2 ležijo v navpični ravnini in so izražene z ustrezno obodno silo, kot sledi: T = 0,364R.
Odločitev
Na sl. 2,71, a predstavljena je shematska risba gredi; na sl. 2.71, b prikazuje diagram gredi in sil, ki nastanejo v zobniku.
Določite trenutek, ki ga prenaša gred:
očitno m = m 1 = m 2(zavojni momenti, uporabljeni na gredi, z enakomernim vrtenjem so enaki po velikosti in nasprotni smeri).
Določite sile, ki delujejo na zobnike.
Okrožna prizadevanja:
Radialne sile:
Upoštevajte ravnotežje gredi AB, predhodne sile R 1 in R 2 na točke, ki ležijo na osi gredi.
Prenos moči R 1 vzporedno s sabo do točke L, je treba dodati par sil z momentom enakim momentu sile R 1 glede na točko L, tj.
Ta par sil (moment) je konvencionalno prikazan na sl. 2,71, v v obliki ločne črte s puščico. Podobno pri prenosu sile R 2 točno Za s trenutkom je treba dodati (dodati) par sil
Ležaji gredi, prikazani na sl. 2,71, a, je treba obravnavati kot prostorske tečajne podpore, ki preprečujejo linearne premike v smeri osi X in pri(izbrani koordinatni sistem je prikazan na sliki 2.71, b).
Z uporabo sheme izračuna, prikazane na sl. 2,71, G, sestavimo ravnotežne enačbe za gred v navpični ravnini:
Naredimo testno enačbo:
zato so podporne reakcije v navpični ravnini pravilno določene.
Upoštevajte ravnotežje gredi v vodoravni ravnini:
Naredimo testno enačbo:
zato so podporne reakcije v vodoravni ravnini pravilno določene.
Plošče navora Mz in upogibni momenti M x in M y so predstavljeni na sl. 2,71, d.
Odsek je nevaren Za(glej sliko 2.71, G,d). Ekvivalentni moment glede na hipotezo največjih strižnih napetosti
Ekvivalentna napetost glede na hipotezo največjih strižnih napetosti za nevarno točko jaška
varnostni faktor
kar je veliko več [ n] = 4, zato je zagotovljena trdnost gredi.
Pri izračunu gredi za trdnost sprememba napetosti skozi čas ni bila upoštevana, zato smo dobili tako pomemben varnostni faktor.
Primer 5 Določite dimenzije prečnega prereza nosilca (slika 2.72, a). Material nosilca je jeklo 30XGS s pogojnimi mejami tečenja pri napetosti in stiskanju σ o, 2p = σ tr = 850 N/mm 2, σ 0,2 c = σ Tc = 965 N/mm 2. Varnostni faktor [ n] = 1,6.
Odločitev
Palica deluje na kombinirano delovanje napetosti (stiskanja) in torzije. Pri takšni obremenitvi v prerezih nastaneta dva faktorja notranje sile: vzdolžna sila in navor.
Plošče vzdolžnih sil N in navor Mz prikazano na sl. 2,72, b, c. V tem primeru določite položaj nevarnega odseka po diagramih N in Mz nemogoče, saj so dimenzije prečnih prerezov odsekov žarka različne. Za določitev položaja nevarnega odseka je treba narisati grafe normalnih in največjih strižnih napetosti vzdolž dolžine nosilca.
Po formuli
izračunamo normalne napetosti v prerezih nosilca in zgradimo diagram o (sl. 2.72, G).
Po formuli
izračunamo največje strižne napetosti v prerezih nosilca in narišemo diagram t maks(riž* 2,72, e).
Verjetno so nevarne konturne točke prečnih prerezov prerezov AB in CD(glej sliko 2.72, a).
Na sl. 2,72, e prikazane so ploskve σ in τ za preseke prerezov AB.
Spomnimo se, da so v tem primeru (žarek okroglega prečnega prereza deluje na kombinirano delovanje napetosti - stiskanja in torzije) vse točke konture prečnega prereza enako nevarne.
Na sl. 2,72, no
Na sl. 2,72, h grafici a in t sta prikazani za preseke prereza CD.
Na sl. 2,72, in prikazane so napetosti na začetnih blazinicah na nevarni točki.
Glavni stresi na nevarni točki mesta CD: 
Po Mohrovi hipotezi o trdnosti je enaka napetost za nevarno točko obravnavanega odseka
Obrisne točke prečnih prerezov odseka AB so se izkazale za nevarne.
Pogoj moči ima obliko:
Primer 2.76. Določite dovoljeno vrednost sile R iz stanja trdnosti palice sonce(slika 2.73) Material palice je lito železo z natezno trdnostjo σ vr = 150 N / mm 2 in tlačno trdnostjo σ sonce = 450 N / mm 2. Zahtevani varnostni faktor [ n] = 5.
Navodilo.
Zlomljen les ABC ki se nahaja v vodoravni ravnini, in palica AB pravokotno na sonce. Sile R, 2R, 8R ležijo v navpični ravnini; moč 0,5 R, 1,6 R- vodoravno in pravokotno na palico sonce; moč 10R, 16R sovpadajo z osjo palice sonce; par sil s momentom m = 25Pd se nahaja v navpični ravnini, pravokotni na os palice sonce.
Odločitev
Vzemimo moč R in 0,5P na težišče prečnega prereza B.
Če prenesemo silo P vzporedno s seboj na točko B, moramo dodati par sil z momentom enakim momentu sile R glede na točko AT, torej par s momentom m 1 = 10 Pd.
Moč 0,5R premakniti vzdolž svoje linije delovanja do točke B.
Obremenitve, ki delujejo na palico sonce, prikazano na sl. 2.74 a.
Gradimo diagrame notranjih faktorjev sile za palico sonce. Pod določeno obremenitvijo palice v njenih prečnih prerezih jih nastane šest: vzdolžna sila N, prečne sile Qx in qy, navor mz upogibni momenti Mx in Mu.
Parcele N, Mz, Mx, Mu so predstavljeni na sl. 2.74 b(ordinate diagramov so izražene kot R in d).
Parcele Qy in Qx ne gradimo, saj so strižne napetosti, ki ustrezajo prečnim silam, majhne.
V obravnavanem primeru položaj nevarnega odseka ni očiten. Verjetno so odseki K nevarni (konec odseka jaz) in S.
Glavne napetosti v točki L:
Po Mohrovi hipotezi o trdnosti je enaka napetost za točko L
Določimo velikost in ravnino delovanja upogibnega momenta Mi v prerezu C, prikazano ločeno na sl. 2.74 d. Ista slika prikazuje diagrame σ I, σ N , τ za oddelek C.
Poudarki na začetnih mestih na točki H(slika 2.74, e)
Glavni poudarki na točki H:
Po Mohrovi hipotezi o trdnosti je enakovredna napetost za točko H
Napetosti na začetnih mestih v točki E (slika 2.74, g):
Glavne napetosti v točki E:
Po Mohrovi hipotezi o trdnosti je enaka napetost za točko E
Nevarna točka L za katero
Pogoj moči ima obliko:
Kontrolna vprašanja in naloge
1. Kakšno napetostno stanje nastane v prerezu gredi pri skupnem delovanju upogibanja in torzije?
2. Napišite pogoj trdnosti za izračun gredi.
3. Napišite formule za izračun ekvivalentnega momenta pri izračunu hipoteze o največji strižni napetosti in hipotezi energije deformacije.
4. Kako je izbran nevarni odsek pri izračunu jaška?
Pri izračunu okrogle palice pod upogibom in torzijo (slika 34.3) je treba upoštevati normalne in strižne napetosti, saj se največje vrednosti napetosti v obeh primerih pojavijo na površini. Izračun je treba izvesti v skladu s teorijo trdnosti, pri čemer se zapleteno napetostno stanje nadomesti z enako nevarnim preprostim.
Največja vzvojna napetost v prerezu
Največja upogibna napetost v prerezu
Po eni od teorij trdnosti se glede na material nosilca izračuna ekvivalentna napetost za nevarni odsek in se preizkuša trdnost nosilca z uporabo dovoljene upogibne napetosti za material nosilca.
Za okrogli žarek so momenti modula preseka naslednji:
Pri izračunu po tretji teoriji trdnosti, teoriji največjih strižnih napetosti, se ekvivalentna napetost izračuna po formuli
Teorija je uporabna za plastične materiale.
Pri izračunu po teoriji tvorbene energije se ekvivalentna napetost izračuna po formuli
Teorija je uporabna za duktilne in krhke materiale.
teorija največjih strižnih napetosti:
Ekvivalentna napetost, izračunana v skladu z teorije o energiji spremembe oblike:
kje je enakovredni trenutek.
Stanje moči
Primeri reševanja problemov
Primer 1 Za dano napetostno stanje (slika 34.4) z uporabo hipoteze o največjih strižnih napetostih izračunajte varnostni faktor, če je σ T \u003d 360 N / mm 2.
Kontrolna vprašanja in naloge
1. Kaj je značilno in kako je upodobljeno napetostno stanje na točki?
2. Katera mesta in katere napetosti se imenujejo glavne?
3. Naštej vrste stresnih stanj.
4. Kaj je značilno za deformirano stanje v točki?
5. V katerih primerih pride do mejnih napetostnih stanj v nodularnih in krhkih materialih?
6. Kakšna je ekvivalentna napetost?
7. Pojasnite namen teorij moči.
8. Napišite formule za izračun enakovrednih napetosti pri izračunih po teoriji največjih strižnih napetosti in teoriji energije deformacije. Pojasnite, kako jih uporabiti.
PREDAVANJE 35
Tema 2.7. Izračun palice krožnega prereza s kombinacijo osnovnih deformacij
Poznajte formule za enakovredne napetosti glede na hipoteze največjih tangencialnih napetosti in energije deformacije.
Da bi lahko izračunali trdnost nosilca krožnega preseka s kombinacijo osnovnih deformacij.
Kratke informacije iz teorije
Žarek je v pogojih kompleksnega upora, če več notranjih faktorjev sile ni istočasno enakih nič v prerezih.
Naslednji primeri kompleksnega obremenitve so največjega praktičnega pomena:
1. Poševni ovinek.
2. Upogibanje z napetostjo ali stiskanjem v prečnem položaju
prerezu nastanejo vzdolžna sila in upogibni momenti,
na primer z ekscentrično stiskanjem žarka.
3. Upogibanje z torzijo, za katero je značilna prisotnost v papežu
rečni odseki upogibanja (ali dveh upogibov) in zvijanja
trenutki.
Poševni ovinek.
Poševno upogibanje je tak primer upogibanja žarka, pri katerem ravnina delovanja celotnega upogibnega momenta v prerezu ne sovpada z nobeno od glavnih vztrajnostnih osi. Poševni ovinek najprimerneje obravnavamo kot hkratno upogibanje žarka v dveh glavnih ravninah zoy in zox, kjer je os z os žarka, osi x in y pa glavni osrednji osi prečnega prereza.
Razmislite o konzolnem nosilcu pravokotnega preseka, obremenjenem s silo P (slika 1).
Če razširimo silo P vzdolž glavnih osrednjih osi prečnega prereza, dobimo:
R y \u003d R cos φ, R x \u003d R sin φ
V trenutnem odseku žarka se pojavijo upogibni momenti
M x \u003d - P y z \u003d - P z cos φ,
M y \u003d P x z \u003d P z sin φ.
Predznak upogibnega momenta M x se določi na enak način kot pri neposrednem upogibu. Trenutek M y se bo štel za pozitiven, če na točkah s pozitivno vrednostjo koordinate x ta moment povzroči natezne napetosti. Mimogrede, znak momenta M y je enostavno določiti po analogiji z definicijo predznaka upogibnega momenta M x, če miselno zavrtite odsek tako, da os x sovpada z začetno smerjo osi y .
Napetost na poljubni točki prečnega prereza nosilca lahko določimo s formulami za določanje napetosti za primer ravnega upogiba. Na podlagi načela neodvisnosti delovanja sil povzamemo napetosti, ki jih povzroča vsak od upogibnih momentov
(1)
V ta izraz se nadomestijo vrednosti upogibnih momentov (z njihovimi predznaki) in koordinate točke, na kateri se izračuna napetost.
Za določitev nevarnih točk preseka je potrebno določiti položaj ničelne ali nevtralne črte (mesto točk prereza, v katerih so napetosti σ = 0). Največje napetosti se pojavijo na točkah, ki so najbolj oddaljene od ničelne črte.
Enačba ničelne črte je pridobljena iz enačbe (1) pri =0:
od koder sledi, da ničelna črta poteka skozi težišče prečnega prereza.
Strižne napetosti, ki nastanejo v prerezih nosilca (pri Q x ≠ 0 in Q y ≠ 0), je praviloma mogoče zanemariti. Če jih je treba določiti, se komponente skupne strižne napetosti τ x in τ y najprej izračunajo po formuli D. Ya. Žuravskega, nato pa se slednje geometrijsko povzamejo:
Za oceno trdnosti žarka je treba določiti največje normalne napetosti v nevarnem odseku. Ker je napetostno stanje v najbolj obremenjenih točkah enoosno, ima pogoj trdnosti pri izračunu po metodi dovoljenih napetosti obliko
Za plastične materiale
Za krhke materiale
n je varnostni faktor.
Če se izračun izvede po metodi mejnih stanj, ima pogoj trdnosti obliko:
kjer je R projektna upornost,
m je koeficient delovnih pogojev.
V primerih, ko se material nosilca različno upira napetosti in stiskanju, je treba določiti tako največjo natezno kot največjo tlačno napetost ter sklepati o trdnosti nosilca iz razmerij:
kjer sta R p in R c konstrukcijski upornosti materiala pri napetosti oziroma stiskanju.
Za določitev upogibov žarka je priročno najprej poiskati premike preseka v glavnih ravninah v smeri osi x in y.
Izračun teh premikov ƒ x in ƒ y lahko izvedemo z izdelavo univerzalne enačbe za upognjeno os žarka ali z energijskimi metodami.
Celoten odklon je mogoče najti kot geometrijsko vsoto:
stanje togosti nosilca ima obliko:
kjer je - dovoljena deformacija žarka.
Ekscentrična kompresija
V tem primeru je sila P, ki stisne žarek, usmerjena vzporedno z osjo žarka in se uporablja na točki, ki ne sovpada s težiščem odseka. Naj bosta X p in Y p koordinati točke delovanja sile P, merjeno glede na glavni osrednji osi (slika 2).
Delujoča obremenitev povzroči, da se v prerezih pojavijo naslednji notranji faktorji sile: N= -P, Mx= -Py p , My=-Px p
Znaki upogibnih momentov so negativni, saj slednji povzročajo stiskanje na točkah, ki pripadajo prvi četrtini. Napetost na poljubni točki preseka je določena z izrazom
(9)
Če zamenjamo vrednosti N, Mx in My, dobimo
(10)
Ker je Yx= F, Yy= F (kjer sta i x in i y glavna vztrajnostna polmera), lahko zadnji izraz zmanjšamo na obliko
(11)
Enačbo ničelne črte dobimo z nastavitvijo =0
1+ 
(12)
Odrezano z ničelno črto na koordinatnih osi segmenta in , so izražene na naslednji način:
S pomočjo odvisnosti (13) zlahka najdemo položaj ničelne črte v prerezu (slika 3), po kateri se določijo točke, ki so najbolj oddaljene od te črte, ki so nevarne, saj v njih nastanejo največje napetosti.
Napetostno stanje na točkah prereza je enoosno, zato je stanje trdnosti nosilca podobno kot prej obravnavani primer poševnega upogibanja nosilca - formule (5), (6).
Pri ekscentričnem stiskanju palic, katerih material se slabo upira raztezanju, je zaželeno preprečiti pojav nateznih napetosti v prečnem prerezu. V odseku se bodo pojavile napetosti istega predznaka, če ničelna črta preide izven preseka ali se je v skrajnih primerih dotakne.
Ta pogoj je izpolnjen, ko tlačna sila deluje znotraj območja, imenovanega jedro odseka. Jedro preseka je območje, ki pokriva težišče preseka, za katerega je značilno, da vsaka vzdolžna sila, ki deluje znotraj tega območja, povzroči napetosti enakega predznaka na vseh točkah droga.
Za konstruiranje jedra preseka je treba nastaviti položaj ničelne črte tako, da se dotika preseka, ne da bi ga kjer koli seka, in poiskati ustrezno točko uporabe sile P. Ko narišemo družino tangent na odsek, dobimo nabor polov, ki jim ustrezajo, katerih lokus bo dal obris (konturo) jedrnih odsekov.
Naj na primer odsek, prikazan na sl. 4 z glavnima osrednjima osema x in y.
Za konstruiranje jedra odseka damo pet tangent, od katerih štiri sovpadajo s stranicami AB, DE, EF in FA, peta pa povezuje točki B in D. Z merjenjem ali izračunom iz reza, odrezano z označenim tangente I-I, . . . ., 5-5 na osi x, y in nadomestimo te vrednosti v odvisnosti (13), določimo koordinate x p, y p za pet polov 1, 2 .... 5, ki ustrezajo petim položajem ničelna vrstica. Tangento I-I je mogoče premakniti v položaj 2-2 z vrtenjem okoli točke A, medtem ko se mora pol I premakniti v ravni črti in zaradi vrtenja tangente iti na točko 2. Zato vsi poli, ki ustrezajo vmesnim položajem tangenta med I-I in 2-2 bo locirana na direktni 1-2. Podobno lahko dokažemo, da bodo tudi druge stranice jedra odseka pravokotne, t.j. jedro odseka je poligon, za konstrukcijo katerega je dovolj, da poli 1, 2, ... 5 povežemo z ravnimi črtami.
Upogibanje z torzijo okrogle palice.
Pri upogibanju z torzijo v prečnem prerezu nosilca v splošnem primeru pet notranjih faktorjev sile ni enakih nič: M x, M y, M k, Q x in Q y. Vendar pa je v večini primerov mogoče zanemariti vpliv strižnih sil Q x in Q y, če prerez ni tankostenski.
Normalne napetosti v prerezu je mogoče določiti iz velikosti nastalega upogibnega momenta
Ker nevtralna os je pravokotna na votlino delovanja momenta M u .
Na sl. 5 prikazujeta upogibna momenta M x in M y kot vektorja (smeri M x in M y sta izbrani pozitivni, tj. takšni, da so v točkah prvega kvadranta preseka napetosti natezne).
Smer vektorjev M x in M y je izbrana tako, da jih opazovalec, gleda s konca vektorja, vidi v nasprotni smeri urinega kazalca. V tem primeru nevtralna črta sovpada s smerjo vektorja nastalega momenta M u, najbolj obremenjene točke odseka A in B pa ležijo v ravnini delovanja tega trenutka.
Upogibanje se razume kot vrsta obremenitve, pri kateri se v prerezih žarka pojavijo upogibni momenti. Če je upogibni moment v odseku edini faktor sile, se upogib imenuje čisti. Če poleg upogibnega momenta nastanejo tudi prečne sile v prerezih žarka, se upogib imenuje prečni.
Predpostavlja se, da upogibni moment in prečna sila ležita v eni od glavnih ravnin žarka (predpostavljamo, da je ta ravnina ZOY). Takšen ovinek se imenuje ravno.
V vseh spodaj obravnavanih primerih pride do ravnega prečnega upogibanja nosilcev.
Za izračun trdnosti ali togosti žarka je potrebno poznati faktorje notranje sile, ki nastanejo v njegovih odsekih. V ta namen se zgradijo diagrami prečnih sil (epure Q) in upogibnih momentov (M).
Pri upogibanju je pravokotna os žarka upognjena, nevtralna os poteka skozi težišče odseka. Zaradi določnosti pri konstruiranju diagramov prečnih sil upogibnih momentov zanje vzpostavimo znakska pravila. Predpostavimo, da se bo upogibni moment štel za pozitiven, če je element žarka upognjen s konveksnostjo navzdol, t.j. tako, da so njena stisnjena vlakna na vrhu.
Če trenutek upogne žarek z izboklino navzgor, se ta trenutek šteje za negativnega.
Pozitivne vrednosti upogibnih momentov med risanjem so kot običajno izrisane v smeri osi Y, kar ustreza risanju na stisnjenem vlaknu.
Zato lahko pravilo predznakov za diagram upogibnih momentov formuliramo na naslednji način: ordinate momentov so narisane s strani plasti žarka.
Upogibni moment v odseku je enak vsoti momentov glede na ta odsek vseh sil, ki se nahajajo na eni strani (kateri koli) odseka.
Za določitev prečnih sil (Q) vzpostavimo pravilo predznakov: prečna sila se šteje za pozitivno, če se zunanja sila nagiba k vrtenju presečnega dela žarka v smeri urinega kazalca. puščica glede na točko osi, ki ustreza narisanemu odseku.
Prečna sila (Q) v poljubnem prerezu nosilca je številčno enaka vsoti projekcij na os y zunanjih sil, ki delujejo na njegov okrnjen del.
Razmislite o več primerih risanja prečnih sil upogibnih momentov. Vse sile so pravokotne na os žarkov, zato je vodoravna komponenta reakcije nič. Deformirana os žarka in sile ležijo v glavni ravnini ZOY.
Dolžina žarka je stisnjena z levim koncem in obremenjena s koncentrirano silo F in momentom m=2F.
Izdelamo diagrame prečnih sil Q in upogibnih momentov M.
V našem primeru za žarek na desni strani ni nobenih omejitev. Zato, da ne bi določili podpornih reakcij, je priporočljivo upoštevati ravnotežje desnega odrezanega dela žarka. Podani žarek ima dve območji obremenitve. Meje odsekov-odsekov, v katerih delujejo zunanje sile. 1 oddelek - NE, 2 - VA.
Izvedemo poljuben odsek v odseku 1 in upoštevamo ravnotežje desnega odrezanega dela dolžine Z 1.
Iz ravnotežnega pogoja sledi:
Q=F; M izhod = -fz 1 ()
Strižna sila je pozitivna, ker zunanja sila F teži k vrtenju odrezanega dela v smeri urinega kazalca. Upogibni moment se šteje za negativnega, ker upogiba obravnavani del žarka s konveksnostjo navzgor.
Pri sestavljanju enačb ravnotežja miselno določimo mesto odseka; iz enačb () sledi, da prečna sila v preseku I ni odvisna od Z 1 in je konstantna vrednost. Pozitivna sila Q=F se poveča od središčne črte žarka, pravokotno nanjo.
Upogibni moment je odvisen od Z 1 .
Ko je Z 1 \u003d O M od \u003d O pri Z 1 \u003d M od \u003d
Nastala vrednost () je odložena, t.j. diagram M iz je zgrajen na stisnjenem vlaknu.
Preidimo na drugi del
Odsek II odrežemo na poljubni razdalji Z 2 od prostega desnega konca žarka in upoštevamo ravnotežje odseka dolžine Z 2. Spremembo strižne sile in upogibnega momenta na podlagi ravnotežnih pogojev lahko izrazimo z naslednjimi enačbami:
Q=FM od = - FZ 2 +2F
Velikost in predznak prečne sile se nista spremenila.
Velikost upogibnega momenta je odvisna od Z 2 .
Pri Z 2 = M od =, pri Z 2 =
Upogibni moment se je izkazal za pozitiven, tako na začetku odseka II kot na njegovem koncu. V odseku II se žarek upogne z izboklino navzdol.
Na lestvici odložite velikost momentov navzgor od središčne črte žarka (tj. diagram je zgrajen na stisnjenem vlaknu). Največji upogibni moment se pojavi v odseku, kjer je uporabljen zunanji moment m in je po absolutni vrednosti enak
Upoštevajte, da se po dolžini žarka, kjer Q ostane konstanten, upogibni moment M linearno spreminja in je na grafu predstavljen s poševnimi ravnimi črtami. Iz diagramov Q in M iz je razvidno, da ima na odseku, kjer deluje zunanja prečna sila, diagram Q preskok za vrednost te sile, diagram M iz pa ima pregib. V odseku, kjer se uporabi zunanji upogibni moment, ima diagram Miz skok za vrednost tega momenta. To se ne odraža v Q grafu. Iz diagrama M od vidimo to
maks M ven =
zato je nevarni odsek na levi strani izjemno blizu t.i.
Za nosilec, prikazan na sliki 13, a, sestavite diagrame prečnih sil in upogibnih momentov. Dolžina žarka je obremenjena z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo z intenzivnostjo q(KN/cm).
Na nosilcu A (fiksni tečaj) bo prišlo do navpične reakcije R a (horizontalna reakcija je nič), na nosilcu B (premičnega tečaja) pa do navpične reakcije R v.
Določimo navpične reakcije nosilcev tako, da sestavimo enačbo momentov glede na nosilca A in B.
Preverimo pravilnost definicije reakcije:
tiste. podporne reakcije so pravilno opredeljene.
Dani žarek ima dva obremenitvena odseka: Odsek I - AC.
Oddelek II - NE.
Na prvem odseku a, v trenutnem odseku Z 1, iz pogoja ravnotežja presečnega dela imamo
Enačba upogibnih momentov na 1 odseku nosilca:
Moment iz reakcije R a upogne žarek v prerezu 1, konveksno navzdol, zato je upogibni moment iz reakcije Ra v enačbo vpisan s predznakom plus. Obremenitev qZ 1 upogne žarek s konveksnostjo navzgor, zato je trenutek iz njega v enačbo vneseno s predznakom minus. Upogibni moment se spreminja po zakonu kvadratne parabole.
Zato je treba ugotoviti, ali obstaja ekstrem. Med prečno silo Q in upogibnim momentom obstaja diferencialna odvisnost, ki jo bomo analizirali naprej
Kot veste, ima funkcija ekstrem, kjer je izpeljanka enaka nič. Zato, da bi ugotovili, pri kateri vrednosti Z 1 bo upogibni moment ekstremen, je treba enačbo prečne sile enačiti z nič.
Ker prečna sila v tem odseku spremeni predznak iz plusa v minus, bo upogibni moment v tem odseku največji. Če Q spremeni predznak iz minusa v plus, bo upogibni moment v tem odseku minimalen.
Torej upogibni moment pri
je maksimum.
Zato zgradimo parabolo na treh točkah
Ko je Z 1 = 0 M od \u003d 0
Drugi odsek odrežemo na razdalji Z 2 od nosilca B. Iz pogoja ravnotežja desnega odsečnega dela nosilca imamo:
Ko je Q=const,
upogibni moment bo:
ob, ob, t.j. M IZ
spreminja linearno.
Nosilec na dveh nosilcih, ki ima razpon enak 2 in levo konzolo z dolžino, je obremenjen, kot je prikazano na sliki 14, a., kjer je q (Kn / cm) linearna obremenitev. Podpora A je vrtljivo pritrjena, opora B je premični valj. Zgradite parcele Q in M.
Rešitev problema se mora začeti z določitvijo reakcij podpor. Iz pogoja, da je vsota projekcij vseh sil na os Z enaka nič, sledi, da je horizontalna komponenta reakcije na nosilcu A 0.
Za preverjanje uporabimo enačbo
Ravnotežna enačba je izpolnjena, zato so reakcije pravilno izračunane. Obrnemo se na definicijo notranjih faktorjev sile. Dani žarek ima tri območja obremenitve:
- 1 oddelek - SA,
- 2. oddelek - AD,
- 3 oddelek - DV.
Izrežemo 1 odsek na razdalji Z 1 od levega konca žarka.
pri Z 1 = 0 Q = 0 M IZ \u003d 0
pri Z 1 \u003d Q \u003d -q M IZ \u003d
Tako se na diagramu prečnih sil dobi nagnjena ravna črta, na diagramu upogibnih momentov pa parabola, katere vrh se nahaja na levem koncu žarka.
V odseku II (a Z 2 2a) za določitev notranjih faktorjev sile upoštevamo ravnotežje levega odsečenega dela žarka z dolžino Z 2 . Iz ravnotežnega pogoja imamo:
Prečna sila v tem odseku je konstantna.
V oddelku III()
Iz diagrama vidimo, da se največji upogibni moment pojavi v odseku pod silo F in je enak. Ta odsek bo najbolj nevaren.
Na diagramu M je preskok na oporo B, enak zunanjemu momentu, uporabljenemu v tem odseku.
Glede na zgornje diagrame ni težko opaziti določene pravilne povezave med diagrami upogibnih momentov in diagrami prečnih sil. Dokažimo.
Izvod prečne sile po dolžini nosilca je enak modulu intenzivnosti obremenitve.
Če zavržemo vrednost višjega reda majhnosti, dobimo:
tiste. prečna sila je derivat upogibnega momenta vzdolž dolžine nosilca.
Ob upoštevanju dobljenih diferencialnih odvisnosti lahko naredimo splošne zaključke. Če je žarek obremenjen z enakomerno porazdeljeno obremenitvijo intenzivnosti q=const, bo očitno funkcija Q linearna, M iz - kvadratna.
Če je žarek obremenjen s koncentriranimi silami ali momenti, potem je v intervalih med točkami njihove uporabe intenzivnost q=0. Zato je Q=const, M iz pa je linearna funkcija Z. Na mestih uporabe koncentriranih sil diagram Q preskoči vrednost zunanje sile, v diagramu M od pa pride do ustreznega preloma (vrzel v izpeljanki).
Na mestu uporabe zunanjega upogibnega momenta je v diagramu momentov vrzel, ki je po velikosti enaka uporabljenemu momentu.
Če Q>0, potem M iz raste, in če Q<0, то М из убывает.
Diferencialne odvisnosti se uporabljajo za preverjanje enačb, sestavljenih za risanje Q in M iz, ter za pojasnitev oblike teh diagramov.
Upogibni moment se spreminja po zakonu parabole, katere konveksnost je vedno usmerjena proti zunanji obremenitvi.
Uvod.
Upogibanje je vrsta deformacije, za katero je značilna ukrivljenost (sprememba ukrivljenosti) osi ali srednje površine deformabilnega predmeta (palica, tram, plošča, lupina itd.) pod vplivom zunanjih sil ali temperature. Upogibanje je povezano s pojavom upogibnih momentov v prerezih žarka. Če je samo eden od šestih notranjih faktorjev sile v prerezu žarka enak nič, se upogib imenuje čisti:
Če poleg upogibnega momenta v prerezih nosilca deluje tudi prečna sila, se upogib imenuje prečni:
V inženirski praksi se upošteva tudi poseben primer upogibanja - vzdolžni I. ( riž. eno, c), za katero je značilno upogibanje palice pod delovanjem vzdolžnih tlačnih sil. Hkratno delovanje sil, usmerjenih vzdolž osi palice in pravokotno nanjo, povzroči vzdolžno-prečno upogibanje ( riž. eno, G).
riž. 1. Upogibanje žarka: a - čisto: b - prečno; v - vzdolžni; g - vzdolžno-prečno.
Palica, ki se upogne, se imenuje žarek. Upogib se imenuje raven, če os žarka po deformaciji ostane ravna črta. Ravnina ukrivljene osi žarka se imenuje upogibna ravnina. Ravnina delovanja sil obremenitve se imenuje ravnina sile. Če ravnina sile sovpada z eno od glavnih vztrajnostnih ravnin prečnega prereza, se upogib imenuje naravnost. (Sicer je poševni ovinek). Glavna vztrajnostna ravnina prečnega prereza je ravnina, ki jo tvori ena od glavnih osi prečnega prereza z vzdolžno osjo žarka. Pri ravnem upogibu upogibna ravnina in ravnina sile sovpadata.
Problem torzije in upogibanja nosilca (problem Saint-Venant) je zelo praktičen. Uporaba teorije upogibanja, ki jo je vzpostavil Navier, predstavlja obsežno vejo konstrukcijske mehanike in je velikega 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 probleme ravnotežja elastičnega telesa, ki tvorijo vsebino odseka teorije elastičnosti, ki se običajno imenuje statika elastičnega telesa.
Deformirano stanje telesa je v celoti določeno s tenzorjem deformacijskega polja ali poljem premika. Komponente tenzorja deformacije so povezani s premiki z diferencialnimi odvisnostmi Cauchy:
(1)
Komponente tenzorja deformacije morajo izpolnjevati diferencialne odvisnosti Saint-Venant:
ki so nujni in zadostni pogoji za integrabilnost enačb (1).
Napetostno stanje telesa določa tenzor napetostnega polja 
Šest neodvisnih komponent simetričnega tenzorja ()
mora izpolnjevati tri diferencialne ravnotežne enačbe:
Komponente tenzorja napetosti in premik so povezane s šestimi enačbami Hookeovega zakona:
V nekaterih primerih je treba enačbe Hookeovega zakona uporabiti v obliki formule
,
(5)
Enačbe (1)-(5) so osnovne enačbe statičnih problemov v teoriji elastičnosti. Včasih se enačbi (1) in (2) imenujeta geometrijske enačbe, enačbe ( 3) - statične enačbe in enačbe (4) ali (5) - fizične enačbe. Osnovnim enačbam, ki določajo stanje linearno elastičnega telesa na njegovih notranjih točkah prostornine, je treba dodati pogoje na njegovi površini, ki jih imenujemo robni pogoji. Določajo jih bodisi dane zunanje površinske sile ali danih gibov točke na površini telesa. V prvem primeru so robni pogoji izraženi z enakostjo:
kjer so komponente vektorja t površinska trdnost, so komponente vektorja enote P, usmerjen vzdolž zunanje normale na površino na obravnavani točki.
V drugem primeru so robni pogoji izraženi z enakostjo
kje 
so funkcije, definirane na površini.
Mejni pogoji so lahko tudi mešani, kadar so na enem delu zunanje površinske sile so podane na površini telesa in na drugi strani podani so premiki telesne površine:
Možne so tudi druge vrste mejnih pogojev. Na primer, na določenem delu telesne površine so določene le nekatere komponente vektorja premika, poleg tega pa tudi niso navedene vse komponente vektorja površinske sile.
§ 2. Glavni problemi statike elastičnega telesa
Glede na vrsto mejnih pogojev ločimo tri vrste osnovnih statičnih problemov teorije elastičnosti.
Glavni problem prve vrste je določiti komponente tenzorja napetostnega polja znotraj regije , ki ga zaseda telo, in komponenta vektorja premika točk znotraj območja in površinske točke telesa glede na dane masne sile in površinske sile
Želenih devet funkcij mora izpolnjevati osnovni enačbi (3) in (4) ter mejne pogoje (6).
Glavna naloga druge vrste je določiti premike točke znotraj območja in komponento tenzorja napetostnega polja glede na dane masne sile in glede na podane premike na površini telesa.
Iščete funkcije in mora izpolnjevati osnovni enačbi (3) in (4) ter robne pogoje (7).
Upoštevajte, da robni pogoji (7) odražajo zahtevo po kontinuiteti definiranih funkcij na meji telesa, torej ko notranja točka teži k neki točki na površini, funkciji mora težiti k dani vrednosti na dani točki površine.
Glavna težava tretje vrste ali mešani problem je ta, 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 telesne sile potrebno je določiti komponente tenzorja napetosti in premikov , ki izpolnjujejo osnovni enačbi (3) in (4) pri mešanih robnih pogojih (8).
Po rešitvi tega problema je mogoče določiti zlasti sile vezi , ki ga je treba nanesti na točkah površine, da uresničimo dane premike na tej površini, mogoče pa je izračunati tudi premike površinskih točk . Predmet >> Industrija, proizvodnja
Po dolžini lesa, potem žarek deformirana. Deformacija lesa hkrati z ... lesom, polimerom itd. Kdaj upogib lesa počiva na dveh nosilcih... upogib bo označena z odklonsko puščico. V tem primeru so tlačne napetosti v konkavnem delu lesa ...
Prednosti lepljenega lesa v nizkogradnji
Povzetek >> GradnjaRešeno pri uporabi lepljenega profiliranega lesa. Laminiran les v nosilnem... , se ne zvija oz ovinki. To je posledica pomanjkanja... prevoza goriva. 5. Površinsko lepljeno lesa izdelano v skladu z vsemi tehnološkimi ...
Nalaganje...