Deformacija s upogibnimi nosilci materialov. Ravno upogibanje ravnih palic. Primer problem za neposredno upogibanje - izračunano shemo

Bend. Imenuje se deformacija palice, ki jo spremlja sprememba ukrivljenosti svoje osi. Klicanje je jedro Žar.

Glede na metode uporabe obremenitve in metod za pritrditev palice se lahko pojavijo različne vrste Bend.

Če pod delovanjem tovora v prerezu palice, se pojavi samo upogibni trenutek, potem se upogibanje imenuje čisto.

Če se v prečnih poglavjih, skupaj s upogibnimi trenutki, pridejo prečne sile, nato pa se upogibajo prečni.

Če zunanje sile ležijo v ravnini, ki potekajo skozi eno od glavnih osrednjih osi prerezanega prereza palice, se upogibanje imenuje enostavno ali stanovanje. V tem primeru je obremenitev in deformabilna os v isti ravnini (sl. 1).

Sl. eno

Da bi žarek lahko zaznal obremenitev v ravnini, mora biti pritrjena s pomočjo opornic: tečaje, ki je mogoče pritrjena, tesnjenje.

Žarek mora biti geometrično nespremenljiv, z najmanjšim številom povezav, ki so enake 3. Primer geometrijskega spremenljivega sistema je prikazan na sl. 2a. Primer geometrijsko nespremenljivih sistemov - sl. 2b, v.

a b c)

V podporo, se pojavijo reakcije, ki so določene iz pogojev ravnotežja statike. Reakcije v nosilcih so zunanje obremenitve.

Notranjih prizadevanj za upogibanje

Rod naložen na pravokotno vzdolžna os Žremo, preizkušeno ravno upogibanje (sl. 3). V prečnih razdelkih sta dve notranji napori: prečna sila Q y. In upogibni trenutek M. Z..

Notranja prizadevanja so določena z oddelki. Na razdalji x. Od točke Zvezek letalo pravokotne osi X palice razreže na dva dela. Eden od delov žarka je zavržen. Interakcija delov žarka se nadomesti z notranjimi prizadevanji: upogibanje navora M Z.in prečno moč Q y.(Sl. 4).

Domače napora M Z. in Q y. V razdelku se določijo iz ravnotežnih pogojev.

Enakomerna enačba je sestavljena iz dela Od:

∑y. = R A - P 1 - Q Y \u003d 0.

Potem Q y. = R A. – Str. 1..

Izhod. Prečna sila v katerem koli delu žarka je enaka algebrski vsoti vseh zunanjih sil, ki ležijo na eni strani odseka. Prečna sila se šteje za pozitivno, če palica vrti glede na točko prereza v smeri urinega kazalca v smeri urinega kazalca.

∑M. 0 = R A. ∙ x. – Str. 1 ∙ (x. - a.) – M Z. = 0

Potem M Z. = R A. ∙ x. – Str. 1 ∙ (x. – a.)

1. Določanje reakcij R A. , R B. ;

∑M A. = Str. ∙ a. – R B. ∙ l. = 0

R B. =

∑M b \u003d r a ∙ e-p ∙ a \u003d 0

2. Zgradite EPUR na prvi parceli 0 ≤ x. 1 ≤ a.

Q y \u003d r a \u003d; M z \u003d r a ∙ x 1

x 1 \u003d 0 m z (0) \u003d 0

x 1 \u003d a m z (a) \u003d

3. Zgradite EPUR v drugi ploskvi 0 ≤ x. 2 ≤ b.

Q y. = - R B. = - ; M Z. = R B. ∙ x. 2 ; x. 2 = 0 M Z.(0) = 0 x. 2 = b.M Z.(b.) =

Pri konstruiranju M Z. pozitivne koordinate bodo preložene proti raztegnjenim vlaknom.

Preverjanje EPUR.

1. Na EPUR Q y.rales je lahko samo v krajih uporabe zunanjih sil, obseg skoka pa se mora ujemati z njihovo velikostjo.

+ = = Str.

2. Na EPURE. M Z.vrzeli nastanejo na lokacijah uporabe zgoščenih trenutkov, obseg skoka pa je enak njihovemu obsegu.

Različne odvisnosti od vsakegaM., Q. inq.

Med upogibnim navorom, prečno silo in intenzivnostjo porazdeljene obremenitve določajo odvisnosti:

q \u003d Q y. =

kjer je q intenzivnost porazdeljene obremenitve,

Preverjanje moči upogibnega nosilca

Za oceno moči palice med upogibanjem in izborom oddelkov žarka se pogoji trdnosti uporabljajo za običajne napetosti.

Upogibni trenutek je enak zagon običajnih notranjih sil, ki se razdeli po oddelku.

s \u003d × y.,

kjer je S normalna napetost kjerkoli v prerezu,

y.- oddaljenost od središča resnosti odseka do točke, \\ t

M Z.- upogibni trenutek, ki deluje v prerezu, \\ t

J Z.- aksialni trenutek vztrajnosti palice.

Da bi zagotovili moč, se izračunajo največje napetosti, ki se pojavijo na točkah oddelka, večina oddaljenih od težišča. y. = y max.

s max \u003d × y max.,

= W Z. in max \u003d.

Potem je stanje za normalne napetosti:

s max \u003d ≤ [s],

kjer je [S] dovoljena napetostna napetost.

Pure Bend. imenovan ta vrsta ovinke, v kateri je kraj samo upogibni trenutek (Sl. 3.5, ampak). Duševno, bomo izvedli prečni prerez I-I, ki so pravokotno na vzdolžno os žarka na razdalji * od prostega konca žarka, na katerega je pritrjen zunanji trenutek m z. Izvedite dejanja, podobne tistim, ki so jih izvajali, ko je pri določanju napetosti in deformacij, ko se zruši, in sicer:

• 1) naredite ravnotežno enačbo mentalno izklopnega dela dela;
• 2) določiti deformacijo gradiva, ki temelji na pogojih za usklajevanje deformacij osnovnih količin tega oddelka;
• 3) Rešite enačbe enačb in uniform deformacij.

Od ravnotežnega stanja odseka izklopa žarka (sl. 3.5, b)

dobimo to trenutek domačih sil M Z. enako trenutku zunanjih sil t: m \u003d t.

Sl. 3.5.

Trenutek notranjih sil je ustvarjen z običajnimi stresnimi o V, usmerjenimi vzdolž osi x. S čistim upogibjem ni zunanje moči, zato je vsota projekcij notranjih sil na kakršni koli koordinatni osi nič. Na tej podlagi napišemo pogoje ravnotežja v obliki enakosti

kje Zvezek - površina prečnega prereza žarka (palice).

S čistimi zunanjimi silami F x, f, f v kot tudi trenutke zunanjih sil t x, t u enaka nič. Zato so preostale ravnotežne enačbe enake enake nič.

Iz ravnotežnega stanja ko o ^ to sledi

normalna napetost s H. V prerezu sprejmete pozitivne in negativne vrednote. (Izkušnje kažejo, da z upogibnim materialom spodnje strani bara na sl. 3.5, zvezek Raztezanje in vrh je stisnjen.) Posledično v prerezu, z upogibanjem obstajajo takšne osnovne količine (prehodna plast iz stiskanja do raztezanja), v kateri ni razširitve ali stiskanja. To - nevtralna plast. Poklican je prerez nevtralne plasti z ravnino prečnega prereza nevtralna linija.

Pogoji za kombinacijo deformacij osnovnih količin med upogibanjem se oblikujejo na podlagi hipoteze ravnih odsekov: stanovanje za upogibanje prereza snopa (glej sliko 3.5, b) Ostanite ravno in po upogibanju (sl. 3.6).

Kot rezultat poteka veljavnosti, je les upognjen in letalo oddelke I-I in II-II se vrtita med seboj pod kotom dY. (Sl. 3.6, b). S čistim upogibanjem je deformacija vseh odsekov vzdolž osi žarka enaka, zato je polmer ukrivljenosti nevtralnega sloja žarka vzdolž osi X enak. Sodišče dx. \u003d R. K DIP, Potem je ukrivljenost nevtralne plasti 1 / p K \u003d potopite. / dx. In stalno vzdolž dolžine žarka.

Nevtralna plast ni deformirana, njena dolžina pred in po deformaciji je enaka dX. Pod tem slojem je material raztegnjen, nad - stisnjen.

Sl. 3.6.

Vrednost razširitve raztegnjene plasti, ki se nahaja na razdalji nevtralne, enake yDQ. Relativna raztezek te plasti:

Tako je bila v sprejetem modelu dobila linearno porazdelitev deformacij, odvisno od razdalje te osnovne volumne do nevtralne plasti, t.j. V višini odseka žarka. Verjetno, da ni medsebojnega pritiska vzporednih plasti materiala drug na drugega (o y \u003d 0, a, \u003d 0), napišite nogo navoja za linearno raztezanje:

Po (3.13) se normalni napetosti v prerezu žarka razdelijo z linearnim zakonom. Napetost elementarnega volumna materiala, ki je najbolj oddaljena od nevtralne plasti (Sl. 3.6, v), kolikor je mogoce

? Naloga 3.6.

Določite mejo elastičnosti jeklenega rezila z debelino / \u003d 4 mm in dolžino / \u003d 80 cm, če njegov ovinek v polkrogu ne povzroča preostale deformacije.

Sklep

Napetost pri upogibanju o V \u003d EU / P do. Vzeli bomo y max \u003d t. / 2 P K \u003d / / / do.

Meja elastičnosti mora izpolnjevati pogoj z UE\u003e C V \u003d 1/2 KE T / 1.

Odgovor: O. = ] / 2 do 2 10 11 4 10 _3 / 0,8 \u003d 1570 MPa; Moč donosa tega jekla A T\u003e 1800 MPa, ki presega močnejša izvirska jekla. ?

? Naloga 3..7

Določite minimalni polmer bobna za navijanje traku debele / \u003d 0,1 mm ogrevalni element Iz nikeljne zlitine, v kateri je tračni material plastičen ni deformiran. Modul E \u003d. 1,6 10 5 MPa, meja elastičnosti UE \u003d 200 MPa.

Odgovor: MINIMALNI RADIUS P \u003d V 2? IR / A YM \u003d U? 1.6-10 11 0.1 10 -3 / (200 10 6) \u003d 0,04 m.

1. S skupno rešitev prve ravnovesje enačbe (3.12) in enačbe združevanja deformacij (3.13) dobimo

Vrednost E. / R K. f 0 in enako za vse postavke da. Območje integracije. Zato je ta enakost izpolnjena le pod pogojem

Ta integral se imenuje statični trenutek območja preseka glede na osz? Kakšen je fizični pomen tega integrala?

Vzemite ploščo konstantne debeline /, vendar poljubnega profila (Sl. 3.7). Opustitev tega zapisa na točki Od Tako da je v horizontalni položaj. Označeno s simbolom pri m, delež plošče materiala, nato pa težo osnovnega prostornine da. Kron dQ. \u003d W. JDA. Ker je plošča v stanju ravnovesja, potem od enakosti ničelnih projekcij sil na osi w.prejeti

kje G. \u003d W. M ta. - Zapis teže.

Sl. 3.7.

Vsota trenutkov sil vseh sil glede na os z.mimo vseh del plošče, prav tako enaka nič:

Glede na to Y C. = G, Pišemo

Torej, če je integral tipa j xda. Po kvadrat Zvezek Kron

nič, t. x c \u003d. 0. To pomeni, da točka C sovpada s težiščem zapisa. Zato iz enakosti S z \u003d. J. yda \u003d. 0 Kdaj

hybe sledi, da se središče težišča prečnega prereza žarka nahaja na nevtralni liniji.

Posledično vrednost s. Prerez žarka je nič.

• 1. Nevtralna črta v upogibanju skozi središče težišča prečnega prereza žarka.
• 2. Težišče prereza je središče prinašanja trenutkov zunanjih in notranjih sil.

Naloga 3.8.

Naloga 3.9.

2. Pri skupni rešitvi druge ravnotežne enačbe (3.12) in enačbe združevanja deformacij (3.13) dobimo

Integral. J Z. \u003d J. y 2 da. imenovan trenutek vztrajnosti je prečni

odseki nosilcev (palice) glede na os, mimo težišča prečnega prereza.

V to smer, M Z \u003d E J Z / rk. Glede na to z x \u003d it x \u003d e / R do in E. / P k \u003d h. / y, Pridobimo odvisnost normalnih napetosti o H. Ko upogibanje:

1. Napetost upogiba na tem razdelku ni odvisna od običajnega elastičnega modula E, vendar je odvisno od geometričnega parametra prečnega prereza J Z. in razdalje w. Od te točke do središča težišča prečnega prereza.

2. Največja napetost pri upogibanju poteka v osnovnih količinah, ki so najbolj oddaljene od nevtralne črte (glej sliko 3.6, v):

kje W Z. - Moment prečnega prereza odpornosti glede na os Z-

Stanje moči na čistem upognjenju je podobno stanju trdnosti linearnega raztezanja:

kjer [in m | - Dovoljena napetost pri upogibanju.

Očitno je, da so notranje količine materiala, zlasti v bližini nevtralne osi, praktično niso naložene (glej sliko 3.6, v). To je v nasprotju z zahtevo po zmanjšanju materialne intenzivnosti oblikovanja. Spodaj bo prikazal nekaj načinov za premagovanje tega protislovja.

Sile, ki delujejo pravokotno na os bara in se nahajajo v ploski kosti, ki poteka skozi to os, povzročajo deformacije prečno upogibanje. Če ravnina dejanja omenjenih sil – Glavna letala, potem je ravno (ravno) prečno upogibanje. V nasprotnem primeru se upogibanje imenuje poševna prečna. Bar, ki je dovzeten za upogibanje Žar 1 .

V bistvu je prečna upogibanje kombinacija čistega upogibanja in striženja. V zvezi z razveljavitvijo prerezov zaradi neenakomernosti porazdelitve premikov v višini se vprašanje pojavi na možnosti uporabe normalne formule napetosti Σ H.izpeljan za čisto upognjenost na podlagi hipoteze ravnih delov.

1 Zmogljiv žarek, ki ima na koncih, se imenuje ena cilindrična fiksna podpora in en cilindrični premični v smeri osi žarka plain.. Žarek z enim stisnjenim in še en prosti konec se imenuje konzola. Preprost žarek, ki ima eno ali dva dela, ki visita za podporo konzola.

Če se poleg tega prečni prerezi odvzete od lokacije nanosa tovora (na razdalji, ki ni manjša od polovice višine prereza odseka), potem, kot v primeru čistega upogibanja, to Možno je, da se vlakna ne pritisnejo drug drugega. To pomeni, da vsaka vlakna doživlja uniaksilno raztezanje ali stiskanje.

V skladu z delovanjem porazdeljene obremenitve se bodo prečne sile v dveh sosednjih odsekih razlikovale po vrednosti, ki je enaka qDX. . Zato bo ukrivljenost oddelkov nekoliko drugačna. Poleg tega bodo vlakna na drug drugega pritiskala. Skrbno vprašanje raziskav kaže, da če je dolžina bar l. dovolj veliko v primerjavi z njegovo višino h. (l./ h. \u003e 5), in med distribuirano obremenitvijo, ti dejavniki nimajo znatnega vpliva na običajne obremenitve v preskusu in zato v praktičnih izračunih se ne sme upoštevati.

a B C.

Sl. 10.5 Sl. 10.6.

V oddelkih v okviru osredotočenih obremenitev in blizu njih H. odstopa od linearnega prava. To odstopanje, ki je lokalno in ne spremlja povečanje največjih obremenitev (v ekstremnih vlaknih), se običajno ne upošteva v praksi.

Tako s prečno upogibanjem (v ravnini hu.) Normalne napetosti se izračunajo s formulo

σ H.= – [M Z.(x.)/Jaz z.]y..

Če izvedemo dva sosednja odseka na območju Bar, ki je brez obremenitve, bo prečna sila v obeh odsekih enaka, kar pomeni isto in ukrivljenost oddelkov. V tem primeru se vsak segment vlakna ab. (Sl.10.5) se bo premaknila na nov položaj a "B", ne pa v postopku dodatnega raztezanja, zato, ne da bi spremenili vrednost normalne napetosti.

Opredelimo tangente napetosti v prerezu skozi parno napetost, ki delujejo v vzdolžnem delu bar.

Označujemo dolžino elementa iz bara dx. (Sl. 10,7 a). Odrežite prerez obzorja-Lion na daljavo w. iz nevtralne osi z.ločeno z elementom na dva dela (sl. 10.7) in razmislite o ravnotežju zgornjega dela, ki ima bazo

premer b.. V skladu z zakonodajo partnerstva tangentov napetosti je napetost, ki deluje v vzdolžnem delu, enaka napetosti, ki delujejo v prerezu. Ob upoštevanju tega, kar kaže, da tangent poudarja na spletnem mestu b.enotno se uporablja za uporabo pogoja σx \u003d 0, dobimo:

N * - (n * + dn *) +

kjer: N * je nastalo normalne sile Σ na levem prečnem delu elementa DX znotraj "izklopne" platforme A * (Sl. 10,7 g):

kjer: s \u003d - statični trenutek "izklopnega" dela prečnega odseka (zasenčeno območje na sliki 10,7 V). Zato lahko napišete:

Potem lahko napišete:

Ta formula je bila pridobljena v XIX stoletju ruski znanstveniki in inženir D.I. Zhuvarsky in nosi njegovo ime. In čeprav je ta formula približna, saj v širini odseka pojavi napetost, vendar so dobljeni rezultati izračuna po njej precej skladni z eksperimentalnimi podatki.

Da bi določili tangente napetosti v poljubni del prereza od razdalje Y iz osi Z ZO:

Določite velikost prečne sile q, ki deluje v razdelku;

Izračunajte trenutek vztrajnosti I Z vseh oddelkov;

Izvedite vzporedno letalo skozi to točko xZ. in določite širino oddelka b.;

Izračunajte statični trenutek odrezanega območja Throwly Main Central Axis z. In nadomestiti najdene vrednosti v formuli zhura-lok.

Opredelimo uporabo tangentnih napetosti v pravokotnem prerezu (Sl. 10,6, B). Statični trenutek glede na os z. Posamezni deli Zgornja vrstica 1-1, na kateri je napetost določena za pisanje v obrazcu:

Spreminja se po pravu Square Parabola. Širino odseka vza pravokotno bar je konstanten, bo tudi zakon spreminjanja tangentnih napetosti v razdelku (Sl.10.6, B). Pri y \u003d in y \u003d - casual napetosti so nič, in na nevtralni osi z. Dosežejo največjo vrednost.

Za žarek krožnega prereza na nevtralni osi imamo.

Z ravnim čistim ovinkom v prerezu se zgodi samo eno faktor moči - Trenutni trenutek M X. (Sl. 1). Sodišče Q y \u003d dm x / dz \u003d 0, to M X. \u003d CONST in Pure Direct Bend se lahko izvaja, ko je palica naložena s parnimi silami, pritrjenimi na končnih prerezah palice. Od upogibanja M X. Po definiciji je enaka vsoti trenutkov domačih sil glede na os Ohr Z običajnimi napetosti, ki veže enačbo statičnega iz te definicije

Beseda teorija čistega neposrednega ovinka prizmatične palice. Če želite to narediti, analizirati deformacije modela palice iz materiala z nizko modulom, na stranski površini, od katerih se uporablja omrežje vzdolžnega in prečnega riža (sl. 2). Ker prečna tveganja upogibanja palice s pari, pritrjenimi na končnih odsekih, ostajajo ravne in pravokotne na ukrivljene vzdolžne nevarnosti, to omogoča zaključek hipoteza s ploskim prerezom ki kaže rešitev tega problema z metodami teorije elastičnosti, preneha biti hipoteza, postala natančna dejstva - prava ravnih delov. Merjenje spremembe razdalj med vzdolžnimi tveganji, smo prišli do sklepa o pravičnosti hipoteze o neustreznih vzdolžnih vlaken.

Ortogonalnost vzdolžnih in prečnih tveganj pred in po deformaciji (kot odraz delovanja prava ploščatih odsekov) kaže tudi za odsotnost premikov, tangente napetosti v prečnih in vzdolžnih prerezah palice.

Sl.1. Sporočanje notranjega napora in napetosti

Sl.2. Model čistega upogiba

Tako se čisto neposredna upogibanje prismaične palice zmanjša na uniaksialno raztezanje ali stiskanje vzdolžnih napetosti. g. V prihodnosti, izpusti). V tem primeru je del vlaken v območju raztezanja (na sl. 2 je spodnja vlakna), druga pa v kompresijski coni (zgornje vlakna). Ta območja so ločena z nevtralnim slojem (P-P), ne spreminjajoče se dolžine, napetosti, v katerih so enake nič. Glede na zgoraj navedene predpogoje in verjamejo, da je material linearne elastične palice, to je pravo grla v tem primeru: , Formulo smo izpeljali za ukrivljenost nevtralne plasti (-Radius ukrivljenosti) in normalnih napetosti. Prej ugotavljamo, da je stalnost prereza prizmatične palice in upogibnega trenutka (M x \u003d subst), zagotavlja stalnost polmera ukrivljenosti nevtralne plasti vzdolž dolžine palice (sl. 3, zvezek), nevtralno plast (P-P) Opisuje obseg loka.

Razmislite o prizmatični palici pod pogoji neposrednega čistega upogibanja (sl. 3, a) s prerezom, simetričnim glede na navpično os Ou. Ta pogoj ne bo vplival na končni rezultat (tako da je možna neposredna upogibanje, je potrebna naključje os Ou S. Glavna os vztrajnosti prečnega prereza, ki je os simetrije). Os Vol. Položaj na položaju nevtralnega sloja komu Vnaprej ni znan.

zvezek) Shema izračuna, b.) deformacija in napetost

Sl.3. Fragment čistega lesa

Razmislite o dolžini elementa palice dZ.ki je na lestvici izkrivljenega v interesu jasnosti, je prikazan na sl. 3, b.. Ker je obresti deformacija elementa, ki jo določa relativni premik svojih točk, se lahko eden od končnih delov elementa šteje za fiksno. Glede na majhnost verjamemo, da se točke prečnega prereza pri obračanju tega kota ne premaknejo v loke, temveč v skladu z ustreznim tangentom.

Izračunajte relativno deformacijo vzdolžnega vlakna Ab. Razporeditev nevtralne plasti na u:

Iz podobnosti trikotnikov S00 1. in 0 1 BB 1 sledi

Vzdolžna deformacija se je izkazala za linearno funkcijo razdalje od nevtralne plasti, ki je neposredna posledica prava ravnih delov

Ta formula ni primerna za praktično uporabo, saj vsebuje dve neznani: ukrivljenost nevtralne plasti in položaj nevtralne osi OhrIz katere koordinate se šteje y. Da bi ugotovili te neznance, bomo uporabili ravnotežne enačbe statike. Prvi izraža zahtevo za enakost ničnosti vzdolžne sile

Zamenjava v tem enačbnem izrazu (2)

in ob upoštevanju, da to dobimo

Integral na levi strani te enačbe je statični trenutek prereza palice glede na nevtralno os OH, ki je lahko nič le glede na osrednjo os. Zato je nevtralna osi Ohr prehaja skozi težišče prereza.

Druga ravnotežna enačba je, da veže normalne napetosti z upogibnim momenta (ki jih je mogoče zlahka izraziti z zunanjimi silami in se zato šteje za določeno vrednost). Zamenjavo izraza na vezi za. Napetosti, dobimo:

in upoštevanje tega Kje J X.- in osrednji trenutek vztrajnosti glede na os OH, Za ukrivljenost nevtralne plasti dobimo formulo

Sl.4. Porazdelitev običajnih napetosti

ki je bil prvič pridobljen s sho. Obesek leta 1773. Za uskladitev znakov upogibanja M X. in običajne napetosti na desni strani formule (5) postavijo znak minus, odkar M x\u003e 0 Normalne napetosti y.\u003e Izkažite se, da se stisnete. Vendar pa je v praktičnih izračunih bolj priročno, ne da bi se držali formalnega pravila znakov, določi napetosti v modulu, in znak je, da se pomena. Normalne napetosti s čisto upogibanjem prizmatične palice so linearna funkcija koordinate w. in doseči največje vrednote V vlaknah, najbolj oddaljeni od nevtralne osi (sl. 4), t.j.

Tukaj je geometrijska značilnost dimenzijo M 3 in imenovana trenutek odpornosti pri upogibanju.Od takrat M X. Napetost max?manjši X Trenutek odpornosti je geometrijsko značilnost moči križnega dela upogibanja. Naredimo primere izračunanja upornih trenutkov za najpreprostejše oblike prerezov. Za pravokotni prerez (slika 5, \\ t zvezek) J x \u003d bh 3/12, y max = h / 2. in W x \u003d j x / y max = bH 2/6. Podobno kot krog (Sl. 5 , J x =d 4. /64, y max \u003d d / 2) Prejeti X. =d 3. / 32, za krožni obročasti razdelek (Sl. 5, v), kateri

Za konzolni žarek, ki ga porazdelimo porazdeljeno obremenitev v intenzivnosti KN / M in koncentrirano točko KN · M (Sl. 3.12), je potrebno, da: zgraditi parcele ponovitvenih sil in upogibanje trenutkov, Vzemite žarek okroglega prereza z dovoljeno napetostjo kN / cm2 in preverite trdnost kolesa s tangentnimi napetostjo s tangentno napetostjo KN / cm2. Škatle velikosti m; m; m.

Ocenjena shema za nalogo neposrednega prečnega upogibanja

Sl. 3.12.

Reševanje problema "neposrednega prečnega upogibanja"

Določite nosilne reakcije

Vodoravna reakcija v tesnilu je nič, saj zunanje obremenitve v smeri osi Z na žarek ne delujejo.

Izbiramo navodila preostalih reaktivnih prizadevanj, ki nastanejo v pečatu: navpična reakcija bo poslala, na primer navzdol, in trenutek je vzdolž časa v smeri urinega kazalca. Njihove vrednote so določene iz statičnih enačb:

Z sestavljanjem teh enačb menimo, da je trenutek pozitiven pri vrtenju v smeri urinega kazalca, in projekcija sile je pozitivna, če je njena smer sovpada s pozitivno smer y osi.

Od prve enačbe najdemo trenutek v pečatu:

Od druge enačbe - navpična reakcija:

Pozitivne vrednosti, ki smo jih dobili za trenutek, in navpična reakcija v tesnilu kažejo, da smo uganili njihove smeri.

V skladu z naravo pritrditve in nakladanja žarkov delimo svojo dolžino na dva dela. Glede na meje vsakega od teh območij obstajajo štirje prečniki (glej sliko 3.12), v katerih bomo izračunali vrednosti ojačevalnih sil in upogibnih trenutkov.

ODDELEK 1. Mentalno desno stran žarka. Zamenjal bom svoje delovanje na preostali levi del s sproščanjem moči in upogibnega trenutka. Za udobje izračunavanja njihovih vrednosti, zaprite desno stran papirja, ki združuje levi rob lista z obravnavanim oddelkom.

Spomnimo se, da mora obrnjena sila, ki nastane v katerem koli preseku, uravnotežiti vse zunanje sile (aktivne in reaktivne), ki delujejo na obravnavani (to je vidni del žarka. Zato bi morala biti sila ponovnega sproščanja enaka algebrski vsoti vseh sil, ki jih vidimo.

Prav tako dajemo pravilo znakov za obratne sile: zunanja sila, ki deluje na zgornjem delu žarka in navideznega "obračanja" ta del tega dela v zvezi z odsekom vzdolž armow v smeri urinega kazalca povzroči pozitivno ponovno sestavljanje v prerezu. Takšna zunanja sila vstopi v algebrski znesek, da se določi z znakom "plus".

V našem primeru vidimo le reakcijo podpore, ki obrne vidni del žarka glede na prvi del (glede na rob papirja) v smeri urinega kazalca. zato

kN.

Trenutek upogibanja v katerem koli oddelku mora uravnotežiti trenutek, ki ga ustvarjajo naša vidna zunanja prizadevanja glede obravnavanega oddelka. Posledično je enaka algebrski vsoti trenutkov vseh prizadevanj, ki delujejo na delu žarka, v zvezi z obravnavanim oddelkom (z drugimi besedami, glede na rob papirja). V tem primeru, zunanja obremenitev, upogibanje obravnavanega dela žarka s končnosti navzdol, povzroči pozitiven upogibni trenutek v razdelku. In trenutek, ki ga je ustvaril taka obremenitev, je vključena v algebrski znesek, da se določi z znakom "plus".

Vidimo dva prizadevanja: reakcijo in trenutek v tesnjenju. Vendar pa je ramensko ramo glede na odsek 1 nič. zato

kN · m.

Znak plus jih vzamemo, ker jet trenutek Počisti viden del žarka s konveksijo.

Oddelek 2. Še vedno bomo še naprej zapirali papir vso pravico do žarka. Zdaj, v nasprotju s prvim oddelkom, se je pojavila moč ramena: m. Zato

kN; KN · m.

Oddelek 3. Zapiranje desne strani žarka, najdemo

kN;

Oddelek 4. Zaprite levi del žarka. Potem

kN · m.

kN · m.

.

Glede na ugotovljene vrednosti gradimo ploves sproščanja moči (Sl. 3.12, b) in upogibanje trenutkov (sl. 3.12, b).

V razkladanih območjih parcele za sproščanje sil je vzporedno z osjo žarka, in pod porazdeljeno obremenitvijo q - z nagnjenim naravnostjo navzgor. Pod podporno reakcijo na prizorišču je skok navzdol za znesek te reakcije, to je 40 kN.

Na parceli upogibnih trenutkov vidimo razčlenitev pod reakcijo podpore. Koti zajtrka je usmerjen v podporo podpore. Pod distribuirano obremenitvijo Q se EPUR razlikuje v kvadratni parabol, katere izboklina je usmerjena v tovorno. V oddelku 6 na odru - ekstrem, saj epiro sproščanja moči na tem mestu prehaja po ničelni vrednosti.

Določite zahtevani premer prečnega odseka žarka

Pogoj moči na običajnih napetostih ima obliko:

,

kje je trenutek odpornosti žarka žarka. Za okrogle prerez žarka je enak:

.

Najbolj absolutna vrednost upogibanja se pojavi v tretjem delu žarka: kN · See.

Potem je potreben premer žarka določena s formulo

cm.

Vzemite MM. Potem

kN / CM2 KN / cm2.

"Prenapetost" je

,

kar je dovoljeno.

Preverite moč nosilcev največjega tangenta

Največje tangente napetosti, ki nastanejo v prerezu žarka kroga, se izračunajo s formulo

,

kje je prečni prerez.

Po mnenju EPPURE je največja algebrajska vrednost dohodne sile enaka kN. Potem

kN / cm2 kn / cm2,

to pomeni, da se pogoj za moč in tangente napetosti izvaja, in z veliko maržo.

Primer reševanja problema "neposrednega prečnega upogibanja" №2

Stanje primera naloge za ravno prečno upogibanje

Za tečaj delovnega nosilca, ki ga porazdelimo obremenitev v intenzivnosti intenzivnosti CN / M, koncentriramo z močjo CN in koncentrirano točko KN · M (Sl. 3.13), je potrebno za izdelavo epov o ponovnih silah in upogibnih trenutkih in izberite žarek tujega prereza, ko ga dovoljuje normalna napetost KN / cm2 in dovoljena s tangentno napetostjo KN / cm2. Span nosilci m.

Primer problem za neposredno upogibanje - izračunano shemo

Sl. 3.13.

Rešitev primer neposredne upogibne naloge

Določite nosilne reakcije

Za dani naletni žarek, ki je potreben za iskanje treh podpornih reakcij: in. Ker je samo navpične obremenitve pravokotne na njeno os na žarek, je vodoravna reakcija fiksne zaščitene podpore A nič:.

Navodila vertikalnih reakcij in izberite samovoljno. Pošljimo, na primer, tako navpične reakcije. Za izračun njihovih vrednot bomo naredili dve statični enačbi:

Spomnimo se, da je sproščujoč vzorec enakomerno porazdeljen na L LENA L LINE L, ki je enak, ki je enak območju parcele tega tovora in se uporablja v središču težišča te parcele, to je, sredi dolžine.

;

kN.

Opravljamo :.

Spomnimo se, da so sile, katerih smeri sovpada s pozitivno smerjo y osi, so zasnovane (projicirane) na tej osi z znakom plus:

tako je.

Zgradite klešče za sprostitev moči in upogibanje trenutkov

Dolžino žarka razdelimo v ločene odseke. Meje teh območij so točke uporabe zgoščenih prizadevanj (aktivnih in / ali curka), kot tudi točke, ki ustrezajo začetku in koncu delovanja porazdeljene obremenitve. V naši nalogi so trije strani. Glede na meje teh območij bodo naredili šest prerezov, v katerih bomo izračunali vrednosti ponovnega hranjenja sil in upogibanje trenutkov (Sl. 3.13, a).

ODDELEK 1. Mentalno desno stran žarka. Za udobje izračunavanja sile sproščanja in upogibnega trenutka, ki se pojavljajo v tem razdelku, zaprite navodilo za papir, ki združuje levi rob papirja s prečnim prerezom.

Sila ponovnega sproščanja v delu žarka je enaka algebrski vsoti vseh zunanjih sil (aktivnih in reaktivnih), ki jih vidimo. V tem primeru vidimo podporo za podporo in ullet Q, distribuiramo na neskončno nizko dolžino. Sproščujoč vzorec je nič. zato

kN.

Znak plus se vzame, ker sila vrti del žarka z nami glede na prvi razdelek (rob papirja) vzdolž arrow v smeri urinega kazalca.

Trenutek upogibanja v segmentu žarka je enak algebrski vsoti trenutkov vseh prizadevanj, ki jih vidimo glede na obravnavani oddelek (to je glede na rob papirja). Vidimo reakcijo podpore in vrstico vrstice Q, distribuiramo na neskončno majhno dolžino. Vendar pa je moč ramena nič. Sproščujoča obremenitev je tudi nič. zato

Oddelek 2. Še vedno bomo še naprej zapirali papir vso pravico do žarka. Zdaj vidimo reakcijo in obremenitev q, ki delujejo na dolžino lokacije. Sproščujoč vzorec je enak. Uporablja se na sredini dolžine ploskve. zato

Spomnimo se, da pri določanju znaka upogibnega trenutka duševno spustimo del žarka iz vseh dejanskih podpornih točk in ga predstavimo, kot da se stisnjen v obravnavanem oddelku (to je, levi rob papirja je duševno predstavljen s težkim tesnilom).

Oddelek 3. Zaprite desno stran. Prejeti

Oddelek 4. Zaprite desno stran žarka. Potem

Zdaj, za nadzor pravilnosti izračunov, zaprite navodilo za papir levi del žarka. Vidimo koncentrirano silo P, reakcijo desne podpore in vrstica obremenitev Q, razdeljena na neskončno majhno dolžino. Sproščujoč vzorec je nič. zato

kN · m.

To je, vse je res.

Oddelek 5. Še vedno zaprete levo stran žarka. Bo imel

kN;

kN · m.

ODDELEK 6. Ponovno brskajte po levem delu žarka. Prejeti

kN;

Glede na ugotovljene vrednosti gradimo vodovodne parcele (sl. 3.13, b) in upogibanje trenutkov (sl. 3.13, c).

Prepričani smo, da se pod razkladanim odsekom ploskve vdolbin pripelje vzporedno z osjo žarkov, in pod distribuirano obremenitvijo Q - v ravni črti, ki ima pobočje navzdol. Na prizorišču so trije skoki: pod reakcijo - do 37,5 kN, pod reakcijo - navzgor pri 132,5 kN in pod silo P - do 50 kN.

Na parceli upogibnih trenutkov, vidimo zavoje pod osredotočeno silo p in pod podpornimi reakcijami. Koti varovalk so usmerjeni v te sile. Pod distribuirano obremenitvijo v intenzivnosti Q se EPUR razlikuje v kvadratni parabol, katere izboklina je usmerjena v tovorno. Pod koncentrirano točko - skok na 60 kn · m, to je z velikostjo trenutka. V oddelku 7 na odru - ekstrem, saj epira obratni sile za ta presek prehaja skozi ničelno vrednost (). Določite razdaljo od oddelka 7 na levo podporo.