cwiczenie_4b.pdf

(123 KB) Pobierz
Przykład 4: Energia sprężysta i hipotezy wytężeniowe
Przykład 5 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 128
Dla przypadku czystego ścinania określonego jednym naprężeniem porównać naprężenia
zastępcze wynikające z hipotez.
Według hipotezy max
:
 2
0
 
W porównaniu z hipotezą Hubera, która – jak wykazuje doświadczenie – najlepiej odpowiada
rzecz yw istemu zachowaniu się materiałów elastoplastycznych, hipoteza max
0
3
.
daje wynik o
2
3
15
.
% za wysoki (na korzyść pewności).
3
Przykład 6 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 125
Dla stanu naprężenia o charakterystycznym stosunku
1
: 3
2
:
4
:
2
:
1
określić dopuszczalne
wartości naprężeń zastępczych za pomocą TG i HMH przyjmując:
a) stal o naprężeniach dopuszczalnych
b) żeliwo o naprężeniach dopuszczalnych
k
r
k
c
120
.
MPa
,
0
k
c
120
.
MPa
,
k
r
33
.
MPa
,
0
Według hipotezy TG (Coulomba – Guesta) r
k
uwzględniając
  otrzymujemy
1
,
1
3
3
4
1
1
2
3
zatem dla stali
1
160
MPa
,
2
80
MPa
,
3
40
MPa
,
dla żeliwa zaś
1
44
.
MPa
,
2
22
.
MPa
,
3
11
.
MPa
,
Według hipotezy HMH
2
1
2
2
2
3
1
2
2
3
3
1
k
r
,
uwzględniając
1
1
2
2
1
,
3
4
1
otrzymujemy:
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
2
1
k
,
4
16
2
8
4
r
1
2
3
czyli
1 r
1
51
k
,
2 r
0
76
k
,
0
3 r
38
k
,
a więc dla stali
1
181
.
MPa
,
2
90
.
MPa
,
3
45
.
MPa
,
dla żeliwa zaś
1
50
.
MPa
,
2
25
.
15
MPa
,
3
12
.
MPa
,
Według hipotezy Hubera:
54622944.023.png 54622944.024.png 54622944.025.png 54622944.026.png
 
Przykład 7. (wg Krzysia i Życzkowskiego [5], s. 130)
Dla belki wspornikowej o schemacie jak na rysunku wyznaczyć odległość x , która rozróżnia
obszary dla których naprężenia zredukowane są maksymalnie na osi belki (y=0) lub we
włóknach skrajnych (y = h/2)
0 g
0 g
0 g
b
-y d
0 0
y
3
0 0
0 0
0 0
z
0
x
P
1
y 2
y d
0 d
y
x *
x **
l
Rys. 4
L = 1.0 cm
E = 210 GPa
H = 20 cm
E = 2.10 - 10 3 MPa
B = 6 cm
- Pole sił wewnętrznych
 
x
Px
,
Q
 
x
P
- Charakterystyki przekroju
bh
2
b
h
2
A
bh
,
I
,
S
(
y
y
2
(16)
z
1
2
z
2
4
- Pola naprężeń
M
(
x
)
y
12
P
xy
2
Fxy
x
I
bh
3
z
(17)
QS
(
y
)
6
h
2
h
2
z
y
2
F
y
2
xy
I
b
bh
3
4
4
z
(18)
6
gdzie:
F 
bh
3
a) Hipoteza HMH
h
2
2
2
0
2
3
F
2
4
x
2
y
2
3
y
2
(19)
4
Stąd równania
2
h
2
2
0
4
x
2
y
2
3
y
2
(19.1)
F
4
zginanie
ścinanie
y
M
54622944.001.png 54622944.002.png
x , dla którego naprężenie zredukowane od zginania we włóknach
skrajnych jest równe naprężeniu zredukowanemu od ścinania dla osi obojętnej, a więc:
h
2
h
4
3
4
x
2
3
x
2
*
h
2
,
(20)
4
16
16
stąd
x *
3
h
0
433
h
(21)
16
Wartość naprężenia maksymalnego naprężenia zredukowaneg o wynika z (2) lub (1):
 
h
h
2
3
3
P
P
x
,
y
0
x
,
y
F
3
2
(22)
0
*
0
*
2
4
2
bh
A
Obliczanie *
x jest bardziej złożone, gdyż wymaga wyznaczenia położenia ekstremów
0
y
1
0
y
2
y
3
Równania (19.1) rozpisujemy do postaci
s
2
3
4
3
h
2
4
x
2
y
2
3
h
4
,
(23)
2
16
gdzie:
s 0
/
F
Poszukujemy punktów istnienia ekstremów z równania
 
s 2
0
12
y
3
2
3
h
2
4
x
2
y
y
12
y
2
2
3
h
2
4
x
2
0
y
2
2
(24)
i stąd pierwiastki:
y 1
0
6
y
2
3
h
2
4
x
2
0
(25)
2
Będziemy mieli
y
1
y
3
0
jeśli wyraz wolny będz ie równy zeru, a więc:
3
h
2
 0
4
x
2
x *
3
h
0
.
612
h
(26)
2
8
Wartość maksymalnego naprężenia zredukowanego jest osiągana dla
h
y  i zgodnie z (17) wynosi:
2
x
,
y
h
12
P
3
h
h
3
3
P
3
67
P
(27)
0
2
bh
3
8
2
bh
A
b) hipoteza TG
2
0
2
4
4
(28)
stąd:
2
h
2
2
0
4
x
2
y
2
4
y
2
(29)
F
4
x
0
,
 
x
,
x
,
h
3
P
(30)
*
0
*
0
*
2
A
Zamiast równania (23) otrzymujemy:
 
h
2
s
2
4
y
4
2
h
2
2
2
y
2
(31)
4
stąd:
 
s
2
 
0
12
y
3
4
h
2
2
2
y
0
(32)
y
Rozumowanie: Szukamy takiego *
54622944.003.png 54622944.004.png 54622944.005.png 54622944.006.png 54622944.007.png 54622944.008.png 54622944.009.png 54622944.010.png
x
1
h
0
707
h
(33)
2
x *
,
y
h
4
.
25
P
(34)
0
2
A
Przykład 8 (wg Krzyś i Życzkowski [ 5 ], s.128
Belka stalowa o przekroju kołowym obciążona jest na swobodnym końcu siłą P jak na rys.2.
Wyznaczyć punkty, w których naprężenie zastępcze – według hipotezy energii odkształcenia
postaciowego – osiąga maksymalną wartość. Rozkład naprężeń przyjąć według teorii
elementarnej.
b(y)
I
xz
x
z
xy
y
P
x
Rozwiązanie:
Rys. 5
Belka narażona jest na równoczesne zginanie i ścinanie. Zgodnie z teorią elementarną,
naprężenia od zginania wynoszą
M
z
y
(35)
x
I
z
od ścinania zaś (dla punktów na obwodzie koła) zgodnie z rys
b
(
y
)
 cos
r
,
 cos
xy
,
y
2
2
r
3
cos 
1
,
S
I
z
cos
3
(patrz tablice)
r
2
3
Q
S
I
z
4
Q
cos
2
xy
I
b
(
y
)
3
A
z
4
Q
y
2
2
xy
2
xz
1
,
(36)
3
A
r
2
gdzie
r
4
M
Px
Q
P
,
I
,
A
r
2
z
z
4
Po podstawieniu obliczonych naprężeń do wzoru na naprężenie zredukowane
2
3
2
i
0
podnosząc stronami do kwadratu otrzymujemy:
2
2
.
54622944.011.png 54622944.012.png 54622944.013.png 54622944.014.png 54622944.015.png 54622944.016.png 54622944.017.png 54622944.018.png 54622944.019.png
16
P
2
x
2
y
2
16
P
2
y
2
2
0
1
2
r
8
3
2
r
4
r
2
zginanie
ścinanie
16
P
2
x
2
1
16
P
2
2
0
y
2
.
(37)
2
r
4
r
4
3
2
3
2
r
4
Oznaczając
16
P
2
x
2
1
B
2
r
4
r
4
3
r
2
(38)
16
P
2
C
3
2
r
4
możemy napisać
2
0
By 2
C
(39)
a) Gdy 0
B 
czyli
x
2
1
0
r
4
3
2
x
r
3 r
0
577
,
(40)
3
naprężenie zastępcze osiąga największą wartość we włóknach skrajnych, tj. dla
y 
r
i po
podstawieniu do wzoru (4) wynosi:
(
x
,
r
)
Px
M
z
0
r
3
W
(41)
z
4
r
3
gdzie
W
 jest wskaźnikiem zginania. A zatem gdy r
x 577
0
, dla wytężenia belki
z
4
rozstrzygający jest moment zginający.
b) Gdy B = 0, czyli
r
x
3
3 r
0
577
,
(42)
wówczas naprężenie zastępcze liczone ze wzoru (4) we wszystkich punktach na obwodzie przekroju
ma tę samą wartość C
0
 
4
2
P
(43)
0
r
3
lub inaczej
M
z
3
,
(44)
0
W
max
z
gdzie
M
z
określa maksymalne naprężenie od zginania w rozpatrywanym przekroju, tj. dla
y 
r
,
a
W
z
max
4
Q
(45)
3
A
maksymalne naprężenie od ścinania w linii obojętnej, tj. dla 0
y 
c) Gdy wreszcie 0
A cz yli
x
r
3 r
0
577
,
(46)
3
2
54622944.020.png 54622944.021.png 54622944.022.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin