Феодосьев В.И. Избранные задачи и вопросы по сопротивлению материалов 1967 (947481), страница 20
Текст из файла (страница 20)
находим Подставляя же еб из (6) в выражение (3), имеем г» а+сб (8) Р У2(Еш+ "б)-8ш оскольку е' задано, а Е, 5 и У' зависят только от уп то выражения (7) и (8) можно .рассматривать как параметри- 1 ческую зависимость кривизны — от момента М при пара- Р метре у,, Через этот же параметр у, легко выразить наибольшее сжимающее напряжение з шайбах и наибольшее растягивающее напряжение в болте: Тв! т!. Гиометвические свопстВА сечений.
изгиВ 187 Ход расчетов должен быть следующим. Задаваясь несколь- кимы значениями уи определяем по формуле (7) значения момента М. Когда вычисленное М совпадает с заданным, из Ряс. 279. 1 формул (8) и (9) для соответствую~пего уг находим: Р о~ и 04. Остается еще выписать выражения для Р, о и г . Эти величины определяются интегрированием выражений в4Р, уг(Р и ута!Р по рабочей площади шайб (рис. 279). 4Г В В случае 1 — — )~у )~ — — имеем: 2 ' 2 В~! л 2у) 27, ув т л4Р Р' = — !е — — агса!и — — — 1 1 — 4 — 1 — —, ш 4 ~2 О !9 144 ) Г =-в.(! — 4 ) 1) ~л 2у, у = — у — агсв!и — + 44 64 О -!- —.
(! — 4 —,) )Г! — 4 —, ) — — . 4Г 4Г В случае 11 + — . у,)~ — — получаем: 14а ~ л 2у~ 2у1 У~ Р„, = — р — агсв!и — — — 1 — 4 — ~— 4 е2 В С4 4'.44 ~ 4Г ! л 2уг 2у~ ~ Г уаг 1 — — ~ — — агсв!и — — — авг 1 — 4 — ~ 4 1„2 4Г я' ВГ я'в !' 188 РГШЕНИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ рз и„= 1 (1 — 4~[ — н(! — 4 ) 1З [ 22, 27! 7 71 1 / дз У = — ~ — — агсз!и — + — [1 — 8 — [ 1 — 4 — ~— 64 [2 В В (, !Р' В~ ~н у, 2у,/ у|1 / у!1 2 — — ! — — ашз!и — + — !А! — 8 — ! р' ! — 4 — ~.
841,2 Л Л '1 сР)~ ГА1 Этн величины можно определять также н численно, суммируя элементарные площадки сечения, умноженные на первые н втооые степени у, т. е. Р =~~'„',Ьр„, о =~у„Лг"„, у = = ~~'„', у„ЬР„(рнс. 280). й ГЗ ГУ 55 УД 5й Рис. 280. В выражениях (7), (8) н (9) предварительное натяженне системы определяется множнтелем е' (2). Если Р=О. то е' =О, н тогда, очевидно [см., например, выражение (7)], у,(г„+ г,) — з*. = о (поскольку М, вообще говоря, не равно нулю). Отсюда может быть найдена постоянная величина ун Таким образом, прн отсутствии предварнтельного натяжения положение границы раскрытия шайб (у,) не зависит от нзгнбаю- зц и!.
ОЛОжног нАпияжен сОстояние и теОРии пРОЧИОсти 183 щего момента и определяется написанным выше соотношением. При е' С 0 величина у, (Р" + Р ) — 5*„ должна оставаться отрицательной. Поэтому у, всегда будет меньше того значения, которое оно имело бы при отсутствии предварительной аатяжки. !И. СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ ш9. а) В случае, представленном на рнс, 75, а, диаметр и 1 — 2И увеличивается на — ртг!, объем уменьшается на р . )У. б) В случае, представленном иа рис. 75, б, диаметр умень- 1 — и 1 — 2и шаетси на — р!1!, объем уменьшается на 2р р !' Е в) В случае, представленном на рис. 75, в, диаметр умень- 1 — 2и 1 — 2и шается на — р!1И объем уменьшается иа Зр Е Е где У в начальный объем внутренней полости. Э! ° Рассмотрим деревянный брусок !рис.
281). Ось я направим вдоль волокон, ось х — по нормали к годичным слоям, а ось у — по касательной к ним. Координатные плоскости совпадают с плоскостями упругой симметрии. !г Относительное удлинение в направлении оси х будет зависеть линейно от напряжений о„, а и о„т. е. е =С!!о„+С!То +Смо„ где Сп, Сии Сы — упругие постоянные. Аналогично можно написать: У еу=Смо +С„ну+Стао„ Рис. 2З!. сх = Сзгцх + Саяоу + Сыох. Углы сдвига пропорциональны соответствующим касательным напряжениям: тух — — Смтух, '!хх = Сазтхх уху — Сеетху Легко установить, что согласно прннцнцу взаимности пере мещений С!т —— См. Сы — — Саи Сгз — Сам Таким обРазом, 180 РСШЕНИГ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ пз полУчаем 9 УпРУгих постоанных: Сц, Спь Сен Сзу, Ск|, Сзи С4А, Сзз и Сез.
Можно показать, что эти упругие постоянные являются независимыми. Рассмотренная анизотропия носит название ромбической. Е2. Каждая площадка, проходящая через оси х, у или я и разнонаклоненная к двум другим осям. является главной. Рис. 282. Из элемента (рис. 76) выделим новый элементарный параллелепипед так, как это показано на рис. 282.
Ось х' является главной (о„= — т). Остальные главные напряжения находятся по формуле учи пли т /т' а о,.= —, ч ), 4 +( р 2) . о'= —, "=+2, Таким образом, получаем: О,=2г, о,= — т, оз — — — т. Эта задача может быть также решена путем привлечения общего метода определения главных напряжений, известного из теории объемного напряженного состояния. Выписываем следующий определительс о — о х уху туг Оу 0 туг (А) ту„ т„ т, о,— а зз! 1П. слОжнОБ напвяжен, сОстОяние и ГеОРии пРОчнОсти 191 В нашем случае о,=ну=о,=О, ху хх ух Поэтому — о т т т — и т т — 6 =О, или оз — Зтзо — 2 гз = О, откуда находим три корня уравнения: о,=2т, оз — — т пз= — т.
ЭЗ. Нужно показать, что в первом случае по крайней мере одно, а во втором †д главных напряжения равны нулю. Для этого уравнения (А) (стр. 190) переписываем в виде оз — Узо'+ Узо — Уз = 0 где l! = а + ну+ и,, у = а о + о п +о о — т' — тз — тз, 3 ху уз хх ху хх ух' 'ух т у тхх ту оу т, тху Ох уз= — инварианты напряженного состояния. В первом случае по свойствам определителя йо йт йтхх =О, тхх т*у ох и один из корней кубического уравнения обращается в нуль. Во втором случае./з=О и у =О, н, следовательно, два корня кубического уравнения обращаются в нуль. 192 РЕШЮ!ИЕ ЗАДАЧ И ОТВЕТЫ НА ВОПРОСЫ 185 Пользуясь доказанным, можно, например, сразу сказать, что напряженное состояние < 800 100 — 300 200 25 — 75 ! 600 200 — 600 является одноосным. 94 Напряженные состояния равноопасны. В самом деле, работа, которую совершают нормальные усилия в первом случае.
будет равна работе, совершенной теми же силамн во втором случае. То же имеет место и для касательных усилий. Следовательно. внутренняя энергия в обоих случаях булет также одной н той же. Лля энергетической теории прочности это и есть условие равноопасности (эквивалентности) напряженных состояний, независимо от того, о какой теории прочности идет речь — о теории прочности энергии формоизменения илн о теории прочности полной энергии. 86. Рассмотрим напряженное состояниеэлемента (рис. 283). выделенного нз цилиндра на расстоянии х ниже уровня жидкости.
Напряжение и' постоянно по длине образующей и равно ггпг весу жидкости у — Н, поделенному на площадь нормаль- 4 ного сечения цилиндра: нл и =у —. 4Л ' Выше уровня жидкости о"=О, а ниже Рп тлгг о" — — —— 2л 2л Эквивалентное напряжение а,я, = и, — ог. Следовательно, при а')~пч имеем о,„,= и' — 0= а'.
При и'-( о" получаем о,„, = а" — 0 = о"'. Н Таким образом, при х (— 2 а =о'=— тНгт гкг 4А Н при х)~— 2 тхгг ~агв О 2Л вя н!. сложное нАпРяжен. сОстОяние и теОРни пРОчнОсти (93 Эпюра о„„, показана иа рнс. 283. Эта зпюра имеет излом 0 при х = †, который является слелствием того, что в атой 2 ' точке площадки, соответствующие напряжениям о, и оа. Рис.
233. меняются местами. На рнс. 283 пунктиром показана и зпюра о,„„полученная по энергетической теории прочности. йз6. Рассмотрим напряженное состояние точек пилиндра у верхней (А) и у нижней (В) образующих (рис. 284), где о' и оа — напряжения, со- Р АГ к!у здазаемые давлением р, Ф о' — напряжение изгиба. М ! Р Легко установить, что рсг о„= — „, Р 4Л Р Р4 Р 4М ос!ел ' 'Р М и поскольку 2о' =о", то прн ( ! Ряс.
284. ож ..о„ как в точке А, так и в точке В имеем следующее условие: о =о — о =оа — О=о". эка 1 а и Р' Если же (о'н~ > о', то в точке А о„, = о, — о, =(о'+о'н) — О=о'+о', 13 В. И Феадосьеа . 184 вешании задач и ответы нл вопросы ип„. а в точке В 6„, =61 — бз = бр+(б,ц — бр) = бр+ б,н Во всех случаях, следовательно, точки А и В равноопасны. График зависимости б,„, от ом показан на рис. 285, Величины 6', б и он определяются выражениями(1). При ~6' ) Сб запас прочности системы не зависит от величины приложенного момента М. Этот вывод является следствием теории прочности максимальных касательных напряжений, исключавшей Роль бм т.
е. Роль пРомежУточного главного напряжения. По энергетической теории прочности 6,„, зависит непрерывным образом от момента М. На графике рис. 285 зта зависимость показана штриховой кривой. г I Рнс. 285. Рнс. 286. 37~ Решение, приведенное на стр, 38, неправильно, так кзк в нем невеРно вычислены напРЯжениЯ б, и ба. Рассмотпнм условие равновесия части сферы (рис, 286): РР(й — —,) — Р.л~й+ — ) =62л)сл, л В обычных случаях величиной —, в скобках можно пре- 2 небречь по сравнению с й.
Здесь этого сделать нельзя, поскольку р, и ра велики, а разность между ними мала. Поэтому (рг — рз) К вЂ” (Р~ + Рт)КI'+(Р~ — Рт) 4 6,2йй. Третьим членом в левой части этого уравнения можно пренебречь. 881 гп СЛОЖНОЕ НАПРЯЖГН. СОСТОЯНИЕ И ТГОРИИ ПРОЧНОСТИ 1йб Если бы Р, и РТ сильно разнились. мы пренебреглн бы и вторым членом, но сейчас этого сделать нельзя. Итак, (Р! — Р!) Л Р!+ Р8 О! — — 'Ов= 2а 2 —, оз= — Р!.
и,= — '= =8,88. о! з)оо о бО В3 Обозначим через р, контактное давление, действую8цее на поверхности соприкасания цилиндра с трубкой, и определим главные напряжения для обеих деталей. Рис. 287. Для трубки [рис. 287) из условии равновесия получаем Л Л+» о=Р,— — Р—, а а У внутренней поверхности два других главных напряжения будут в р и — р!, поэтому окружное относительное удлинение трубки будет е,р — — — [о — Р,р ( — Р— Р!)], 1 тр где Ет и р — модуль упругости и коэффициент Пуассона материала трубки. Подставляя о, получаем етр= ] +Рт (Р+Р!)~' 1 гр Л р(Л+а) тр д 13в 196 Решение ВАдАч и ОтВеты нА ВОпРОсы иа Для цилиндра имеем ! ец Е [ Рт !тц( Р Р!)!' ц Но е, =е,; из этого условия находим р;.
1 ГР Рц +! Ртр)+ Етр 1А ) Е„ Р 1 тй т 1 — иц ! л + птр)+ Из выражения для О, исключая рп получаем 1 — 2!т.,р 1 — 2иц дт Етр Ец 6 Полол!им, что 1 — 2цтр 1 — 2пц Етр Ец ) Тогда легко показать, что р,) р и что О) — р. Следовательно, О,=О, Оа= — Р, Овцв = С'т С'З = О + Рт Оц= Рт откуда 1 2птр 1 2иц ( ГС Етр Ец Овцв = Р 1, В + ) +Птр !+ Так как тс,'тт много больше единицы, то т! — 2И р ! — 2Р~~ Овцв=ротр ! Е Е / тр ц и тогда условие возникновения в трубке пластических деформаций может быть написано в виде ° М П! СЛОЖНОЕ НАПРЯЖЕН СОСТОЯНИЕ И ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ 197 1 — 2и~р ! — 2иц Если —" (, то будем иметь р, ( р.
Егр В атом случае контакт между трубкой и цилиндром раскроется и оба тела будут деформироваться неэзвисимо. Чтобы оценить порядок величины давления р, решим числовой пример. Цилиндр стальной: Ец=2 10е «г/смг; !Ац=0,3. Ф Для трубки из органического стекла задано: Е, =3 ° 1О" гсг1смг; 1т, =0,35, от=750 кг,'см'. Подсчег дает р Егр 2550 кг,'смг. 1 — 2итр — — (! — 2иц) Ец Эта цифра является ориентировочной, поскольку в решении ие учитывается изменение о, при изменении давления и недо- СтатОЧИО ТОЧНО ЭаДаИО аИЗЧЕИИЕ !А,р.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
