cwiczenie 4b Energia sprężysta(1)

background image

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

Według hipotezy Hubera:

.

3

0

 

W porównaniu z hipotezą Hubera, która – jak wykazuje doświadczenie – najlepiej odpowiada
rzeczywistemu zachowaniu się materiałów elastoplastycznych, hipoteza

max

daje wynik o

6

.

15

3

3

2

% za wysoki (na korzyść pewności).

Przykład 6

(Krzyś i Życzkowski [5], str. 125

Dla stanu naprężenia o charakterystycznym stosunku

1

:

2

:

4

:

:

3

2

1

określić dopuszczalne

wartości naprężeń zastępczych za pomocą TG i HMH przyjmując:
a) stal o naprężeniach dopuszczalnych

,

3

.

0

,

MPa

0

.

120

k

k

c

r

b) żeliwo o naprężeniach dopuszczalnych

3

.

0

,

MPa

3

.

33

k

,

MPa

0

.

120

k

r

c

Według hipotezy TG (Coulomba – Guesta)

r

k

3

1

uwzględniając

,

4

1

1

3

 

otrzymujemy

3

2

1

zatem dla stali

,

MPa

160

1

,

MPa

80

2

,

MPa

40

3

dla żeliwa zaś

,

MPa

4

.

44

1

,

MPa

2

.

22

2

,

MPa

1

.

11

3

Według hipotezy HMH

r

k

1

3

3

2

2

1

2

3

2

2

2

1

,

uwzględniając

1

2

2

1 

,

1

3

4

1 

otrzymujemy:

r

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

k

4

1

8

1

2

1

16

1

4

1

,

1

2

3

czyli

,

51

.

1

1

r

k

,

76

.

0

2

r

k

,

38

.

0

3

r

k

a więc dla stali

MPa

2

.

181

1

,

,

MPa

6

.

90

2

,

MPa

3

.

45

3

dla żeliwa zaś

MPa

3

.

50

1

,

,

MPa

15

.

25

2

,

MPa

6

.

12

3

background image

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)

x

b

y

z

y

=

y

P

l

- y

d

y

d

y

0

0

0

1

y

2

y

y

3

3

0

0

0

g

0

d

y

=

1

y

=

2

0

g

0

0

0

g

0

0

x

*

x

* *

g

d

d

y

h

=

2

y

Rys. 4

L = 1.0 cm

E = 210 GPa

H = 20 cm

E = 2.10 - 10

3

MPa

B = 6 cm

- Pole sił wewnętrznych

 

 

P

x

Q

,

Px

x

M

- Charakterystyki przekroju





2

2

z

2

2

z

y

4

h

2

b

)

y

(

S

,

1

bh

I

,

bh

A

(16)

- Pola naprężeń

Fxy

2

xy

bh

P

12

y

I

)

x

(

M

3

z

x

(17)









2

2

2

2

3

z

z

xy

y

4

h

F

y

4

h

bh

P

6

b

I

)

y

(

QS

(18)

gdzie:

3

bh

P

6

F

a) Hipoteza HMH







2

2

2

2

2

2

2

2
0

y

4

h

3

y

x

4

F

3

(19)

Stąd równania

ścinanie

2

2

2

zginanie

2

2

2

0

y

4

h

3

y

x

4

F





 

(19.1)

background image

Rozumowanie: Szukamy takiego

*

x , dla którego naprężenie zredukowane od zginania we włóknach

skrajnych jest równe naprężeniu zredukowanemu od ścinania dla osi obojętnej, a więc:

,

h

16

3

x

16

h

3

4

h

x

4

2

2
*

4

2

2

(20)

stąd

h

433

.

0

h

16

3

x

*

(21)

Wartość naprężenia maksymalnego naprężenia zredukowanego wynika z (2) lub (1):

A

P

6

.

2

bh

P

2

3

3

4

h

3

F

2

h

y

,

x

0

y

,

x

2

*

0

*

0

(22)

Obliczanie

*

*

x jest bardziej złożone, gdyż wymaga wyznaczenia położenia ekstremów

.

0

y

y

,

0

y

3

2

1

Równania (19.1) rozpisujemy do postaci

,

h

16

3

y

x

4

h

2

3

y

3

s

4

2

2

2

4

2

(23)

gdzie:

.

F

/

s

0

Poszukujemy punktów istnienia ekstremów z równania

 

0

y

s

2

0

x

4

h

2

3

2

y

12

y

y

x

4

h

2

3

2

y

12

2

2

2

2

2

3

(24)
i stąd pierwiastki:

,

0

y

1

0

x

4

h

2

3

y

6

2

2

2

(25)

Będziemy mieli

0

y

y

3

1

jeśli wyraz wolny będzie równy zeru, a więc:

0

x

4

h

2

3

2

2

h

612

.

0

h

8

3

x

*

*

(26)

Wartość maksymalnego naprężenia zredukowanego jest osiągana dla

2

h

y

 i zgodnie z (17) wynosi:

A

P

67

.

3

bh

P

3

3

2

h

h

8

3

bh

P

12

2

h

y

,

x

3

0

(27)

b) hipoteza TG

4

2

2
0

4

(28)

stąd:

2

2

2

2

2

2

0

y

4

h

4

y

x

4

F





 

(29)

A

P

3

2

h

,

x

0

,

x

,

h

5

.

0

x

*

0

*

0

*

(30)

Zamiast równania (23) otrzymujemy:

4

h

y

x

2

h

2

y

4

s

2

2

2

2

4

2

(31)

stąd:

 

0

y

x

2

h

4

y

12

0

y

s

2

2

3

2

(32)

background image

,

h

707

.

0

h

2

1

x

(33)

A

P

25

.

4

2

h

y

,

x

*

*

0

(34)

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.

x

P

x

y

z

b ( y )

x z

x y

I

Rys. 5

Rozwiązanie:

Belka narażona jest na równoczesne zginanie i ścinanie. Zgodnie z teorią elementarną,

naprężenia od zginania wynoszą

z

z

x

I

y

M

(35)

od ścinania zaś (dla punktów na obwodzie koła) zgodnie z rys

cos

r

2

)

y

(

b

,

cos

xy

,

2

2

2

r

y

1

cos

,

3

3

I
z

cos

3

r

2

S

(patrz tablice)

2

z

I
z

xy

cos

A

Q

3

4

)

y

(

b

I

S

Q

,

r

y

1

A

Q

3

4

2

2

2
xz

2

xy

(36)

gdzie

.

r

A

,

4

r

I

,

P

Q

Px

M

2

4

z

z

Po podstawieniu obliczonych naprężeń do wzoru na naprężenie zredukowane

2

2

0

3

i

podnosząc stronami do kwadratu otrzymujemy:

background image

ścinanie

2

2

4

2

2

zginanie

8

2

2

2

2

2
0

r

y

1

r

3

P

16

r

y

x

P

16





.

r

3

P

16

y

r

3

1

r

x

r

P

16

4

2

2

2

2

4

2

4

2

2

2
0





(37)

Oznaczając







C

r

3

P

16

B

r

3

1

r

x

r

P

16

4

2

2

2

4

2

4

2

2

(38)

możemy napisać

.

C

By

2

2
0

(39)

a) Gdy

,

0

B

 czyli

0

r

3

1

r

x

2

4

2

,

577

.

0

3

3

r

r

x

(40)

naprężenie zastępcze osiąga największą wartość we włóknach skrajnych, tj. dla

r

y

 i po

podstawieniu do wzoru (4) wynosi:

z

z

3

0

W

M

4

r

Px

)

r

,

x

(

(41)

gdzie

4

r

W

3

z

jest wskaźnikiem zginania. A zatem gdy

r

x

577

.

0

, dla wytężenia belki

rozstrzygający jest moment zginający.

b) Gdy B = 0, czyli

,

577

.

0

3

3

r

r

x

(42)

wówczas naprężenie zastępcze liczone ze wzoru (4) we wszystkich punktach na obwodzie przekroju
ma tę samą wartość

C

2
0

3

4

2

0

r

P

 

(43)

lub inaczej

,

3

W

M

max

z

z

0

(44)

gdzie

z

z

W

M

określa maksymalne naprężenie od zginania w rozpatrywanym przekroju, tj. dla

,

r

y

 a

A

Q

3

4

max

(45)

maksymalne naprężenie od ścinania w linii obojętnej, tj. dla

.

0

y

c) Gdy wreszcie

,

0

A

czyli

,

577

.

0

3

3

r

r

x

(46)

background image

naprężenie zastępcze przyjmuje największą wartość dla

.

0

y

 , tj. w linii obojętnej, z uwagi na

zginanie i wynosi ze wzoru (4)

 

0

,

x

0

 

.

3

3

A

Q

3

4

3

r

P

4

0

,

x

max

2

0

(47)

Zatem jedynie gdy

,

577

.

0

r

x

o wytężeniu belki decyduje jej ścinanie.


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Automatyzacja w OiK (cwiczenie 4b) ppt [tryb zgodnosci]
GW, Ćwiczenie 4b
cwiczenie 4b teoria
Cwiczenie 4b kosztorys dom nad strumykiem pr
Cwiczenie2 ?danie odkształceń sprężystych i plastycznych ciał
Ćwiczenie 4B
cwiczenie 4b praktyka
Ćwiczenie 4 Licznik energii
6 17 03 2014 Ćwiczenie 4b USTALANIE LICZBY OBSERWACJI
podstawy automatyki ćwiczenia lista nr 4b

więcej podobnych podstron