ответы на билеты, страница 11

Ну короче. Прецтавь жесткий лист. В нем дырка в форме своего сечения - прямоугольник

В этом месте натянута резина тонкая. Гандон.

Вот. И с одной стороны повысили давление. Гандон прогнулся.

Вот. Сечение этого гандона посередине - дуга.

Так вот чем больше угол наклона - тем дальше от оси точка на эпюре напряжения

Там где горизонтально - угол равен нулю. Эпюра пересекает ось симметрии

Билет 19.

Кручение стержня с круговым поперечным сечением(определение напряжений и углов поворота сечений).

Здесь под кручением понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях бруса возникает только крутящий момент. Прочие силовые факторы, т.е. Nz , Qx , Qy , Mx , My   равны нулю.

Для крутящего момента, независимо от формы поперечного се­чения бруса, принято следующее правило знаков. Если наблюда­тель смотрит на поперечное сечение со стороны внешней нормали и видит момент Mz  направленным по часовой стрелке, то момент считается положительным. При противоположном направлении моменту приписывается отрицательный знак.

п ри кручении круглого бруса (вала)

возникает напряженное состояние чистого сдвига (нормальные напряжения отсутствуют), возникают только касательные напряжения. Принимается, что сечения плоские до закручивания остаются плоскими и после закручивания — закон плоских сечений. Касательные напряжения в точках сечения изменяются пропорционально расстоянию точек от оси. Из закона Гука при сдвиге: =G, G — модуль сдвига, , — полярный момент сопротивления круглого сечения. Касательные напряжения в центре равны нулю, чем дальше от центра, тем они больше.

Угол закручивания

, GJp — жесткость сечения при кручении.

— относительный угол закручивания.

Потенциальная энергия при кручении: .

Вывод формулы способа Верещагина для вычисления интеграла Мора.

Способ Верещагина для вычисления интеграла Мора

Основным недостатком определения перемещений при помощи интеграла Мора является необходимость составления аналитического выражения подынтегральных функций. Это особенно неудобно при определении перемещений в стержне, имеющем большое количество участков. Однако если он состоит из прямых участков с постоянной в пределах каждого участка жесткостью, операцию интегрирования можно упро­стить. Это упрощение основано на том, что эпюры от единич­ных силовых факторов на прямолинейных участках оказыва­ются линейными.

Положим, на участке длиной 1 нужно взять интеграл от произведения двух функций f₁(z)*f₂(z): J = f₁ (z) f₂(z) dz (5.10)

п ри условии, что по крайней мере одна из этих функций - ли­нейная. Пусть f₂(Z) = b + kz. Тогда выражение (5.10) примет вид J = f₁ (z) dz+ k zf₁ (z) dz

Первый из написанных интегралов представляет собой пло­щадь, ограниченную кривой f₁ (z) (рис. 5.18), или, короче го­воря, площадь эпюры f₁(z):

Второй интеграл характеризует статический момент этой пло­щади относительно оси ординат, т.е.

где Zц.т - координата центра тяжести первой эпюры. Теперь получаем

Но = f₂(z_ц.т.) Следовательно,

Таким образом, по способу Верещагина операция интегри­рования заменяется перемножением площади первой эпюры на ординату второй (линейной) эпюры под центром тяжести первой.

В случае если обе функции f₁(z) и f₂(z) - линейные, операция перемножения обладает свойством коммутативности.

В этом случае безразлично, умножается ли площадь первой эпюры на ординату второй или площадь второй эпюры на ординату первой.

В каждый из интегралов Мора (5.8) входит произведение функций М_ХРМ_Х1, М_КРМ_К1 и т.д. Способ Верещагина применим к любому из шести интегралов.

Билет 20

1) Главные осевые моменты инерции. Определение их величин и направлений главных осей.

В дополнении к статическим моментам рассмотрим ещё три следующих интеграла:

Где по прежнему через х и у обозначены текущие координаты элементарной площадки dF в произвольно взятой системе координат xOy. Первые 2 интеграла называются осевыми моментами инерции сечения относительно осей х и у соответственно. Третий интеграл называется центробежным моментом инерции сечения относительно х, у. Осевые моменты всегда положительны, т.к. положительной считается площадь dF. Центробежный момент инерции может быть как положительным, так и отрицательным, в зависимости от расположения сечения относительно осей x, у.

Выведем формулы преобразования моментов инерции при параллельном переносе осей.(см рис). Будем считать, что нам заданы моменты инерции и статические моменты относительно осей х1 и у1. Требуется определить моменты относительно осей х2 и у2.

Подставляя сюда x2=x1-a и y2=y1-b Находим

Раскрывая скобки, имеем.

Если оси х1 и у1 – центральные, то S_x1= S_y1=0 и полученные выражения упрощаются:

При параллельном переносе осей (если одна из осей – центральная) осевые моменты инерции изменяются на величину, равную произведению площади сечения на квадрат расстояния между осями.

Главные оси и моменты инерции.

Дифференцируя в (3: 1)J_u=J_xcos²a – J_xysin 2a + J_y sin² a; 2) J_v=J_xsin²a + J_xysin 2a + J_y cos² a; 3) J_uv=J_xycos2a + sin 2a(J_x-J_y)/2 )

выражение Iu по  и приравнивая его нулю, находим значение  = 0 , при котором функция Iu прини­мает экстремальное значение:

. (5)

С учетом (3.(2)) можно утверждать, что при  = 0  один из осе­вых моментов Iu или Iv будет наибольшим, а другой наименьшим. Одновременно при  = 0    Iuv обращается в нуль, что легко установить из третьей формулы (3.(1)).

Декартовы оси координат, относительно которых осевые мо­менты инерции принимают экстремальные значения, называются главными осями инерции. Осевые моменты инерции относи­тельно главных осей называются главными и определяются из (3) с учетом (5) и имеют вид:

. *IJ

Определение моментов инерции простейших фигур.

Для круга. Из (4) определим осевой момент инерции круга относительно диаметра. Т.к. в силу симметрии J_x=J_y, получаем J_x=J_y=J_p/2. Известно, что для круга J_p=πD⁴/32. => J_x=J_y=πD⁴/64.

Для толстостенного кольца: J_x=J_y= πD⁴[1-(d/D)⁴]/64

Д ля прямоугольного сечения: J_x=bh³/12; J_y=hb³/12 ; J_xy=0

2) Кручение стержня прямоугольного поперечного сечения, напряжения и перемещения.

Кручение бруса прямоугольного сечения, напряжения в поперечном сечении

П ри этом нарушается закон плоских сечений, сечения некруглой формы при кручении искривляются – депланация поперечного сечения.

Э пюры касательных напряжений прямоугольного сечения.

; , Jk и Wk — условно называют моментом инерции и моментом сопротивления при кручении. Wk= hb2,

Jk= hb3, Максимальные касательные напряжения max будут посредине длинной стороны, напряжения по середине короткой стороны: = max, коэффициенты: ,, приводятся в справочниках в зависимости от отношения h/b (например, при h/b=2, =0,246; =0,229; =0,795.

При расчете бруса на кручение (вала) требуется решить две ос­новные задачи. Вопервых, необходимо определить напряжения, возникающие в брусе, и, вовторых, надо найти угловые перемеще­ния сечений бруса в зависимости от величин внешних моментов.

решение для вала с круглым поперечным сечением (рис. 4.1 а).

Механизм деформирования бруса с круглым поперечным сечением можно представить в виде. Предполагая, что каждое поперечное сечение бруса в результате действия внешних моментов поворачивается в своей плоскости на некоторый угол как жесткое целое. Данное предположение, зало­женное в основу теории кручения, носит название гипотезы пло­ских сечений.

Для построения эпюры крутящих моментов Mz  применим тра­диционный метод сечений  на расстоянии z от начала координат рассечем брус на две части и правую отбросим (рис. 4.1, б). Для оставшейся части бруса, изображенной на рис. 4.1, б, составляя уравнение равенства нулю суммы крутящих моментов Mz  = 0, получим:

Mz = M. (4.1)

Поскольку сечение было выбрано произвольно, то можно сде­лать вывод, что уравнение (4.1) верно для любого сечения вала крутящий момент Mz  в данном случае постоянен по всей длине бруса.

Далее двумя поперечными сечениями, как это показано на рис. 4.1, а, из состава бруса выделим элемент длиной dz, а из него свою очередь двумя цилиндрическими поверхностями с радиусами  и  + d выделим элементарное кольцо, показанное на рис. 4.1, в. В результате кручения правое торцевое сечение кольца повернется на угол d. При этом образующая цилиндра АВ повернется на угол  и займет положение АВ . Дуга BВ  равна с одной стороны,  d, а с другой стороны   dz. Следовательно,

. (4.2)

Если разрезать образовавшуюся фигуру по образующей и раз­вернуть (рис. 4.1, г), то можно видеть, что угол  представляет со­бой не что иное, как угол сдвига данной цилиндрической поверх­ности под действием касательных напряжений , вызванных дейст­вием крутящего момента. Обозначая