ответы на билеты (928633), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

Эпюра пересекает ось симметрииБилет 19.Кручение стержня с круговым поперечным сечением(определениенапряжений и углов поворота сечений).Здесь под кручением понимается такой вид нагружения, при котором впоперечных сечениях бруса возникает только крутящий момент. Прочие силовыефакторы, 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 поперечноесечение со стороны внешней нормали и видит момент Mz направленным почасовой стрелке, то момент считается положительным. При противоположномнаправлении моменту приписывается отрицательный знак. Lmaxпри кручении круглого бруса (вала)возникает напряженное состояние чистого сдвига(нормальные напряжения отсутствуют), возникают толькокасательные напряжения.

Принимается, что сечения плоскиедо закручивания остаются плоскими и после закручивания —закон плоских сечений. Касательные напряжения в точкахсечения изменяются пропорционально расстоянию точек отоси. Из закона Гука при сдвиге: =G, G — модуль сдвига,Mk MkJpWpWp JpR,—полярныймоментсопротивления круглого сечения. Касательные напряжения в центре равны нулю, чемдальше от центра, тем они больше.Угол закручиванияM L kGJ p, GJp — жесткость сечения при кручении. M  kL GJ p— относительный угол закручивания.M 2k L1U  Mk 22GJ pПотенциальная энергия при кручении:.Вывод формулы способа Верещагина для вычисления интеграла Мора.Способ Верещагина для вычисления интеграла МораОсновным недостатком определения перемещений при помощи интегралаМора является необходимость составления аналитического выраженияподынтегральных функций. Это особенно неудобно при определенииперемещений в стержне, имеющем большое количество участков.

Однако если онсостоит из прямых участков с постоянной в пределах каждого участкажесткостью, операцию интегрирования можно упростить. Это упрощениеосновано на том, что эпюры от единичных силовых факторов на прямолинейныхучастках оказываются линейными.Положим, на участке длиной 1 нужно взять интеграл от произведения двухlфункций f1(z)*f2(z): J =  f1 (z) f2(z) dz(5.10)0при условии, что по крайней мере одна из этих функций - линейная. Пустьll00f2(Z) = b + kz.

Тогда выражение (5.10) примет вид J =  f1 (z) dz+ k  zf1 (z) dzПервый из написанных интегралов представляетсобой площадь, ограниченную кривой f1 (z) (рис. 5.18),или, короче говоря, площадь эпюры f1(z):l f z dz  110Второй интеграл характеризует статическиймомент этой площади относительно оси ординат, т.е.l zf z dz  11 z ц .т0где Zц.т - координата центра тяжести первой эпюры. Теперь получаемJ  1 b  kz ц..т.

Но b  kz ц..т. = f2(zц.т.) Следовательно, J  1 f 2 z ц..т.Таким образом, по способу Верещагина операция интегрирования заменяетсяперемножением площади первой эпюры на ординату второй (линейной) эпюрыпод центром тяжести первой.В случае если обе функции f1(z) и f2(z) - линейные, операция перемноженияобладает свойством коммутативности.В этом случае безразлично, умножается ли площадь первой эпюры наординату второй или площадь второй эпюры на ординату первой.В каждый из интегралов Мора (5.8) входит произведение функций МХРМХ1,МКРМК1 и т.д.

СпособВерещагина применимк любому из шестиинтегралов.Билет 201) Главные осевые моменты инерции. Определение их величин и направленийглавных осей.В дополнении к статическим моментам рассмотрим ещѐ три следующих интеграла:yIx 2dF ;Iy FI xy x2dF ;F y x dF .FГде по прежнему через х и у обозначены текущие координаты элементарной площадки dF впроизвольно взятой системе координат xOy. Первые 2 интеграла называются осевыми моментамиинерции сечения относительно осей х и у соответственно.

Третий интеграл называетсяцентробежным моментом инерции сечения относительно х, у. Осевые моменты всегдаположительны, т.к. положительной считается площадь dF. Центробежный момент инерции может бытькак положительным, так и отрицательным, в зависимости от расположения сечения относительно осейx, 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.Ix2Fy2 dF ;I y2   x2 dF ; I22Fx2 y2  x2 y2 dFFПодставляя сюда x2=x1-a и y2=y1-b НаходимII  ( y  b) 2 dF ;x2 F 1  ( x  a) 2 dF ;y2 F 1I x 2 y 2   ( x1  a)( y1  b)dFFРаскрывая скобки, имеем.IIx2 I x1  2bS x1  b 2 Fy2 I y1  2aS y1  a 2 FI x 2 y 2  I x1 y1  aS x1  bS y1  abFЕсли оси х1 и у1 – центральные, то Sx1= Sy1=0 и полученные выражения упрощаются:IIx2 I x1  b 2 Fy2 I y1  a 2 FI x 2 y 2  I x1 y1  abFПри параллельном переносе осей (если одна из осей – центральная) осевые моменты инерцииизменяются на величину, равную произведению площади сечения на квадрат расстояния между осями.Главные оси и моменты инерции.2222Дифференцируя в (3: 1)Ju=Jxcos a – Jxysin 2a + Jy sin a; 2) Jv=Jxsin a + Jxysin 2a + Jy cosa; 3) Juv=Jxycos2a + sin 2a(Jx-Jy)/2 )выражение Iu по  и приравнивая его нулю, находим значение  = 0 , при котором функция Iuпринимает экстремальное значение:0 2 I xy1arctg.2I yI x(5)С учетом (3.(2)) можно утверждать, что при  = 0 один из осевых моментов Iu или Iv будетнаибольшим, а другой наименьшим.

Одновременно при  = 0 Iuv обращается в нуль, что легкоустановить из третьей формулы (3.(1)).Декартовы оси координат, относительно которых осевые моменты инерции принимаютэкстремальные значения, называются главными осями инерции. Осевые моменты инерции относительно главных осей называются главными и определяются из (3) с учетом (5) и имеют вид:2I maxmin I y I x I xI y   I 2xy .2 2 *IJОпределение моментов инерции простейших фигур.Для круга. Из (4) определим осевой момент инерции круга относительно диаметра. Т.к.

в силусимметрии Jx=Jy, получаем Jx=Jy=Jp/2. Известно, что для круга Jp=πD4/32. => Jx=Jy=πD4/64.Для толстостенного кольца: Jx=Jy= πD4[1-(d/D)4]/64Для прямоугольного сечения: Jx=bh3/12; Jy=hb3/12 ; Jxy=0ydyyh1.bx2) Кручение стержня прямоугольного поперечного сечения, напряжения иперемещения.Кручение бруса прямоугольного сечения, напряжения в поперечном сеченииПри этом нарушается закон плоских сечений, сечения некруглой формы при крученииискривляются – депланация поперечного сечения.Эпюры касательных напряжений прямоугольного сечения. max MkWk ;MkLGJ k , Jk и Wk — условно называют моментоминерции и моментом сопротивления при кручении. Wk= hb2,Jk= hb3, Максимальные касательные напряжения max будут посрединеmaxдлинной стороны, напряжения по середине короткой стороны: = max,коэффициенты: ,, приводятся в справочниках в зависимости от отношенияh/b (например, при h/b=2, =0,246; =0,229; =0,795.При расчете бруса на кручение (вала) требуется решить две основныезадачи.

Вопервых, необходимо определить напряжения, возникающие в брусе,и, вовторых, надо найти угловые перемещения сечений бруса в зависимости от величин внешнихмоментов.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 моментовповорачивается в своей плоскости на некоторый угол как жесткое целое.

Данное предположение, заложенное в основу теории кручения, носит название гипотезы плоских сечений.Рис. 4.1Для построения эпюры крутящих моментов Mz применим традиционный метод сечений  нарасстоянии z от начала координат рассечем брус на две части и правую отбросим (рис. 4.1, б). Дляоставшейся части бруса, изображенной на рис. 4.1, б, составляя уравнение равенства нулю суммыкрутящих 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 выделимэлемент 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 торцевоесечение кольца повернется на угол d.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)