Главная страница
Форум
Промиздат
Опережения рынка
Архитектура отрасли
Формирование
Тенденции
Промстроительство
Нефть и песок
О стали
Компрессор - подбор и ошибки
Из истории стандартизации резьб
Соперник ксерокса - гектограф
Новые технологии производства стали
Экспорт проволоки из России
Прогрессивная технологическая оснастка
Цитадель сварки с полувековой историей
Упрочнение пружин
Способы обогрева
Назначение, структура, характеристики анализаторов
Промышленные пылесосы
Штампованные гайки из пружинной стали
Консервация САУ
Стандарты и качество
Технология производства
Водород
Выбор материала для крепежных деталей
Токарный резец в миниатюре
Производство проволоки
Адгезия резины к металлокорду
Электролитическое фосфатирование проволоки
Восстановление корпусных деталей двигателей
Новая бескислотная технология производства проката
Синие кристаллы
Автоклав
Нормирование шумов связи
Газосварочный аппарат для тугоплавких припоев
|
Главная --> Промиздат --> Коэффициент поперечной деформации Главные напряжения равны: 1 = у[ К + 4т2]==-1[-22±: /22 + 4. 1PJ = + 4,6 ={12б;б}/- Для определения направления главных напряжений изобразим выделенный у рассматриваемой точки элемент материала и построим круг напряжений. -Инг/см б) Фиг. 236. На фиг. 236, в линия BD соответствует направлению напряжения j. Величина угла о определяется формулой ltg = = W2 = P =2-392= а=6Г15. § 96. Центр изгиба. При изучении случая плоского изгиба балок мы предполагали, что все внешние силы лежат в одной из главных плоскостей инерции балки. Возьмём балку, имеющую симметричное сечение (например, прямоугольник), и посмотрим, что будет, если мы нагрузим её силами, лежащими в плоскости, параллельной главной плоскости симметрии (фиг. 237). Пусть для этой балки сила Р будет приложена к концу стержня OiO, лежащего в плоскости торца балки и с ним скреплённого. Прикладывая в центре тяжести торцевого сечения О две равные и прямо ]Г противоположные силы Р, мы видим, что балка будет изгибаться в плоскости главной оси Oz силой Р, однажды перечеркнутой на чертеже, и скручиваться парой сил с моментом Р 0x0, Здесь мы будем иметь случай совместного действия плоского изгиба и кручения. Для того чтобы избежать кручения, которому балка такого сечения, как вытянутый прямоугольник, сопротивляется плохо, в рассматриваемом случае необходимо приложить силу Р в точке О, в плоскости симметрии сечения Oz. Опыт показывает, что, действительно, при загрузке балки симметричного сечения силами в плоскости симметрии кручения не происходит; балка испытывает плоский изгиб. Несколько иначе будет обстоять дело, если мы нагрузим балку сосредоточенной силой В плоскости главной оси. не являющейся осью симметрии. Фиг. 237. § 96] ЦЕНТР ИЗГИБА Пример такой нагрузки для балки швеллерного (корытного) сечения изображён на фиг. 238. Опыт показывает, что хотя сила Р лежит в главной плоскости Oz, однако балка не только изгибается, но и скручивается (фиг. 239). Фиг. 23S. Фиг. 239. /У / Наблюдающееся на опыте явление не только изгиба, но и скручивания показывает, что при этой нагрузке касательные напряжения, вызванные изгибом, складываются в равнодействующую (?, уже не лежащую в плоскости xOz, а ей параллельную. Значит, при изгибе рассматриваемой балки помимо напряжений т= \\ возникают ещё ка- кие-то касательные напряжения. Выясним величину и распределение этих напряжений. Рассмотрим балку корытного сечения, закреплённую одним концом и расположенную так, что стенка её вертикальна. Нагрузим её на другом конце вертикальной же силой Р (фиг. 240), расположенной в главной центральной плоскости сечения. Выделим из этой балки сечениями 1-1 и 2-2 элемент длиной dx. Он изображён на фиг. 241, там же показаны размеры поперечного сечения. Отрежем
Фиг. 240. Фиг. 242- сечением 5-5, параллельным оси балки, часть верхней полки этого швеллера и рассмотрим равновесие отрезанной части. Она изображена на фиг. 242. По Граням AiBiCiDi и A2B2C2D2 этого элемента действуют нормальные напряжения с, в нашем случае растягивающие; величина их зависит от изгибающих моментов М uM-\-dM в сечениях 7 - 7 и 2 - 2. Сумма нормальных усилий по площади A2B2C2D2 больше суммы действующей по площади AiBiCiDu поэтому для равновесия выделенного элемента полки должны возникнуть касательные напряжения по площади D1A1A2D2. Сумма напряжений т должна уравновешивать разность нормальных усилий, т. е. dx = N2 - N.. Обозначим среднее значение нормального напряжения, действующего по площадке торца полки A2B2C2D2, т. е. напряжение в точках £ 0, через с , а соответствующее среднее напряжение в точках Ei сечения AiBiCiDi - через с (фиг. 242). Тогда где величина напряжения с равна M+dM h Следовательно, ~ J 2 M + dM h , Подобным же образом М h Отсюда Tjdx=N2 - Mi dM h Фиг. 243. dM h Qhy 27 (15.18) По свойству парности касательных напряжений наличие т по площадке A1A2D2D1 сейчас же влечёт за собой появление такого же по величине и обратного по знаку касательного напряжения в точках у ребра АО по площадке АВСО (фиг. 242). (Надо помнить, что масштаб чертежа искажён: отрезок DiDidx очень мал, а отрезок АВу - конечная величина.) Таким образом, по сечению 2 - 2 в точках верхней полки будут действовать горизонтально направленные касательные напряжения т, меняющиеся по закону прямой в зависимости от у (фиг. 243): Подобным же образом можно показать, что такие же напряжения, обратного направления, будут действовать в точках нижней полки. Касательные напряжения действующие на каждую полку, дадут в сумме равнодействующее усилие Ти которое можно вычислить так. Сила, действующая на заштрихованную площадку t dy, равна (фиг. 243): dT,=Ttdy = jytdy; |