Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 19
Текст из файла (страница 19)
270. ную на внутреннем радиусе а ма спае колец. Теперь полное перемещение сечения кольца может быть представлено в виде последовательных перемещений точки О вдоль оси симметрии, перпендикулярно к ней, и поворота на угол ор около точки О. 12 и. и а>овос>>в 178 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ рб Что касается первого перемещения, то оно соответствует перемещению кольца как жесткого целого и не вызывает его деформаций. Позтому рассматривать зто перемещение не будем. Вторую составляющую линейного перемещения обозначим через Ь. Радиальное перемещение точки А будет, таким образом, складываться из перемещения Л и перемещения вследствие Рнс. 27!. Рис.
272. поворота сечения вокруг точки О. Эта вторая составляющая Л будет, как видно из рис. 271, равна 4 =л. Радиальное перемещение точки А будет Ь+Л а окружное относительное удлинение е= +у~ а+х Окружное напряжение для первого кольца равно о, = е, ~ — а,г) (О ~( у < й,), 7 А+гв А а+х для второго кольца ог Ет( а+х а2Г) ( — Ья~(У<,.'0). Вели разрезать кольцо осевой диаметральной плоскостью и рассмотреть равновесие половины кольца, то легко убедиться в том, что в сечениях етого кольца (рис. 272) изги- 261 Н.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ, ИЗГИБ 179 бавщий момент 2И и нормальная сила ЛГ равны нулю. Следовательно, 6-а 6, 6-а О М= ~ ~ о,дхг(у+ ~ ~ о,с(х6(у=О. о о О -6, 6-6 6, о-а О М = ) ~ О,уг(хо(у+ ~ ~ агу 6(хг(у=О. о о О -6, Подставляя сюда о, и ог, находим: Е, »,Л+ — ') 1и — — а12(Ь вЂ” а)», + 2 ) а +Е»2Л вЂ” — )1и — — аг((Ь вЂ” а)»2 =О, 2 ) 7»2»2 ~ Ь »2 1 ,з »2 + Ег — Л вЂ” + — 2 Ф)1п — +аг((Ь вЂ” а) — ~~ =О, 2 3 ) а 2 ~ Отсюда, исключая Л, находим Ь вЂ” а бг(а, — а,) Ф вЂ”вЂ” 1п Ь (Е1»2' — Ег»27 +» ~+4(» +») Как н в рассмотренном ранее случае, Ф будет наибольшим, если Е1»2=ЕЯ.
Тогда искомый угол равен Ь вЂ” а ЗГ(а,— а) Ф=— 1 Ь ' 2(»1+»2) ' 'з6 Датчик работать не будет, так как биметаллическая пластинка, защемленная по концам, под действием равномера ного нагрева не меняет своей кривизны, В самом деле, если бы пластинка была свободно оперта, она изогнулась бы прн равномерном нагреве по дуге окруж6 ности. В данном случае на пластинку действуют еще моменты со стороны заделок. Под нх действием пластинка также 126 180 вешании задач и ответы нл вопвосы 1и изогнется по луге окружности, но в обратную сторону (рис.
273). При атом, накладывая требование равенства углов поворота у, и щ на концах пластинки. мы неминуемо должны потребовать равенства кривизн обеих окружностей, а вто Рис. 2?3. Означает, что суммарные углы поворота и перемещения во всех точках пластинки (при соблюдении условия <р, =~р,) равны нулю. Таким образом, защемленная по концам биметаллическая пластинка при равномерном нагреве не изогнется. Следовательно. чтобы указанная система (рис.
71) отвечала своему назначению, достаточно, например, заменить защемление пластинки шарнирным ее закреплением. а 7» Мысленно разрежем раму и в сделанном сечении приложим внутренние силовые факторы Ме, И и Я (рис. 274). Рис. 274. Эти усилия в сечении А дают изгибающий момент Мязг = Мо+(тл+11ГУ Разрезанная рама при нагреве будет менять свою кривизну, Это изменение кривизны остается постоянным для всех точек контура рамы. поскольку остаются постоянными температура п форма поперечного сечения.
Но если так, то дей- 77! !!. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЙ. ИЗГИБ 181 стане температуры может быть заменено действием некоторого эквивалентного момента Мо приложенного в сделанном сечении. Теперь потребуем. чтобы взаимные линейные и угловые смещения сечений от момента М„и сил 1! и 7!! равнялись Рис. 275. тем же взаимным смещениям от действия эквивалентных температурных моментов Мн Изгибающие моменты от единичных силовых факторов (рис. 275) соответственно усилиям Ме, Я и !!! будут следую- щими: Тогда получим 1, х, у. ~ (М +дх+!7!у) ° 1 й= ~ М, 1 71з, ~ (МВ+ ()х+ !!!у) х Фз = ~ М,х !й, 1 (М + !сх + 7!!у) у Гй = 1 М у 778 или (М — М,) ~ с!В+Я~ хгЬ+!!! ~ у!й=О, (М,— М,) ~ х7гз+г;7 ~ х77й+М ~ ух!й=О, (М,— М,) ~ у й+() ~ у!~з+)!! ~ у иа О.
откуда находим усилия: 9=И=О, МВ= М,. 182 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 1тэ Следовательно, момент Мэ равен эквивалентному температурному моменту М,. Значит, изменение кривизны, которое дадут моменты Ме, будет равным температурному изменению кривизны.
Таким образом, кривизна равномерно нагретой замкнутой биметаллической рамы остается неизменной, 7®. Пока балки работают упруго, мы имеем: 1 12М а М вЂ” = — или — = 12 —, р Еаз р Еаз ' и между кривизной и моментом существует линейная зависимость, которая сохраняется Ао тех пор, пока максимальное напряжение не достигнет предела текучести О,. Это произойдет при 12М М 1 а а и = — у илн — = — — ' —.
т — аз езз Еаз 12 Е у„,ы Соответственно каждому иэ сечений получаем: 1, — 3,33,10 4, М Еаз П 2 36. 10-4 М Еа' 111. — з — — 2„92. 1О 4. М Еаз При изгибающем моменте, большем указанного, в поперечном сечении бруса следует рассматривать две зоны — упругую 10 (у (у,) и пластическую 1у, (у (у „) 1рис. 276). ЕлаглгизуаФазз азаа Рэс. 276. Изгибающий момент в сечении определится следующим выражением: Ут Узззз М=2 ) ОуЬз1у+2 ~ О,уЬ ~~у. Ут %1 н.
Геометритгеские сВОЙстВА сечений. изГиБ 133 Относительное удлинение будет е = —. В упругой зоне У Р У а, имеем о=Š—, а на границе зон у,= — 'р. Таким образом, Р атр/е ~заза М а 2 ! 2 а, ! „г 3;„+ ° „ГРИ, Еа' р'а' 3 а' Е й а рзе Лля каждого из сечений после интегрирования получаем: М 1 а 1 аз рз т т Еаз 4 Е 3 Ез аз М )з2, )42 3 2 1 4 3 Еаз б Е 3 Еа аз+3 Е4 аз М 1а 1а, В1, е — агсзтнтх+ т (3п) 4(б — 2пз) 14т1 — па '2Р бпр 6 Е ~п= —" !' Узп). М lа! Кривые — =7" !1 — ! показаны на рис.
277. В каждом слуЕаа а чае момент М при — -ь со имеет предельное значение (так Р М Етт ХЮ" ,7 М /'лг ах дрТР дре при й4тх а 44 Рнс. 277. называемый момент пластического шарнира). Им определяется предельная нагрузка для балки. Соответственно каждому из 184 ГЕШЕИИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ ИА ВОПРОСЫ 1ГЕ сечений при †' = 0,002 получаем: Е 1.
—,=0,0005, В. —,=0,000471, Ш. ~, — — 0,000497. Если бы сечения не были симметричными относительно горизонтальной оси, решение значительно усложнилось бы. В этом случае необходимо было бы определить предварительно положение нейтральной оси из условия а Е Пока момент М невелик, контактные поверхности шайб не раскрываются. В этом случае кривизна бруса будет определяться по обычной формуле Р ЕУ ЕкР' Наибольшее сжимающее напря- жение в шайбах будет 4Р 32МР и (Ре — ~Р) + пР' Наибольшее растягивающее напряжение в болте равно 4Р 32Л4в' о= — + —.
нФ лР' Рис. 278. Контактные поверхности в нижней части бруса начнут раскрываться, когда М достигнет значения М,. При этом 4Р 32М~Р, Рз о<~ - и о ' ~~ тат:тт' При М) М, контактные плоскости частично раскрываются, и задача требует нового решения. Обозначим через р радиус кривизны оси болта (рис. 278).
Относительное удлинение любого слоя, находящегося на 29~ И ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ СВОЙСТВА СЕЧЕНИЯ ИЗГИБ г85 расстоянии у от оси, будет складываться Первая часть представляет собой удлинение, варительным натяжением системы. Для болта 4Р е' = —. Б Рнн2 ' из гртх частей. вызванное предзто будет Для шайбы 4Р ь (о* .лг)- (2) ое Е(ее+е — — ), о =Е~е' -4- е„— ~). При атом величина о„может быть только отрицательной (сжатие), и потому в выражении для ощ у ьу,=р(ещ+е). Теперь напишем уравнения равновесия: шг +лп ощегрщ+ ~ оег(РА =О, У~ -Ф2 Огт +АГА ~ а у гЕР + ~ оеугЕРБ — — 34.
У~ -ла После подстановки ое и о и интегрирования получаем: ~а~+ем) Рщ Ощ+(ее+ ео) РБ О, (4) )е,+~)( ЕУ А4 (б) Вгпорал часть е, представляет собой уллинение оси, пока нам неизвестное, получающееся вследствие искривления бруса (для болта и для шайб эта величина одна и та же). Трещал часть — — (одинаковая лля болта и для шайб) У Р представляет собой то удлинение, которое получило бы волокно в результате искривления бруса, если бы ось его не уллинялась. Таким образом, получаем: е =е'+е — У, е =е' +е — —. У а А О Р' щ щ Б Соответствующие напряжения будут: 166 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 129 где Рб и )б — площадь и момент инерции сечения болта относительно диаметра, Г', 8' и 7,'.
— площадь, статический момент и момент инерции рабочего сечения шайбы, т, е. ОГ2 О!2 ОГ2 ш» ~ 7Е Я» ~ у,Та /» ~ у2,»)2 ж ю 2 Учитывая выражения (1), (2) п (3). приводим уравнение (4) к зпду , 8' +у,(Е - Е') У1(Еш+Еб) ~ш (6) Из уравнения (5) получаем М е +еб Е (б+ ш Упш)' 0'» (Ем+Ее) (У~ — — ) о, =Ее' 2) жа а (ш 1 ш) (Еа+Еб) Е + 2 Р»ст.б ш (р» 1 ш) 8» (9) Таким образом, аадачу можно считать решенной. Подставляя сюда е из (6).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
