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 порядка ; даже при Ro = h (крюк) эта погрешность не превысит 6 -Ь 7%; при -- = 5 она упадёт до 0,37о. Что же касается отбрасывания третьего слагаемого, то относительная погрешность при этой операции зависит от соотношения изгибающего момента и продольной силы и, вообще говоря, невелика. § 196. Примеры расчёта кривых стержней. Фиг. 535. Пример 123. Рассчитать круговое кольцо под действием двух сил Р (фиг. 535). Радиус оси кольца назовём Pq, Найдём напряжения в каком-нибудь сечении кольца тп, наклонённом под углом ср к горизонту; для этого разрежем стержень в этом сечении. Этот разрез не разделяет кольцо на две независимые друг от друга части, как это мы имели, например, в случае растянутого стержня. О величине напряжений мы из условий статики ничего узнать не можем,- задача, как говорят, внутренне статически неопределимая, хотя внешние силы, действующие на кольцо, известны. С другой стороны, если мы найдём напряжения, действующие по какому-либо сечению, например Л, и складывающиеся в общем случае в пару М, нормальную и касательную силы Na и то для каждого другого сечения тп мы сможем вычислить изгибающий момент Af, нормальную и поперечную силы N и Q и найти потом напряжения. Для этого надо будет выделить из кольца заштрихованную часть между сечениями А и тп (фиг. 535) и уравновесить действующие на неё по сечению А силы Ма, Na и Qa системой М, N и Q для сечения тп. Считая Af, Na и Qa положительными и обозначая угол между сечениями А и тп через ср, получим: Af = + Af + Ar /?o(l-coscp)+ + QaRo sin ср, N=Na cos - Qa sin ср, Q = Qa cos + Na sin cp. Таким образом, задача сводится к нахождению трёх статически неопределимых величин внутренних усилий в каком-либо сечении А кольца: изгибающего момента Ма, нормальной силы Л и поперечной силы Qa- Разрезав кольцо сечениями в точках Л и С на две половины (фиг. 536), мы видим, что по симметрии нормальные усилия в сечениях Л и С равны Р/2, а касательные равны нулю. Таким образом, из трёх лишних неизвестных остаётся только усилие А1д. Далее, тоже по симметрии, сечения и Л при деформации полукольца не поворачиваются; поэтому четверть кольца АВ мы можем рассматривать как кривой стержень, защемлённый в сечении В и нагружённый на свободном конце силой. (31.42) Фиг. 536. и моментом Мау условие же для нахождения Ма получится, если записать, что поворот сечения А равен нулю, т. е. = 0. (31.43) Здесь М = \ - момент, приложенный в сечении А по направлению действующего неизвестного момента Ма. Изгибающий момент [формула (31.42)] равен Л1 = + Л1 + у(1-С08 ср)/?о; далее, МО = + 1 и ds = Ro d. Подставляя эти значения в уравнение (31.43), получаем: Отсюда + Ла + у (1 - COS ср) Rq я/2 1С/2 Отсюда 7С/2 + 1 MaRod-\- у(1-СО8ср)/?,2А? = 0, Ma-\pRoi\-]=-0,182 PRo, Таким образом, изгибающий момент Ма получился отрицательным. Теперь для сечения В при <р = = -2 находим: Mb = Ma+Ro{\-os y) = = - 0,182 PRo + 0,5 Pi?o = + 0,318 PR, ЛГг, = у coscp=:0. Таким образом, для кольца опасным яв- *J ляется сечение В, хотя нормальная сила в этом сечении и равна нулю. А Пример 124. Найти изгибающие моменты и нормальные силы в кривом стержне (фиг. 537) под действием пары М. Обозначая реакции через Л Л и , составляем уравнения статики: £Х = 0; Яд = 0; I:K = 0; А = В\ 1Мд=0; а + Мд-Л1 = 0. Фиг. 537. Задача статически неопределима; за лишнюю неизвестную выбираем реакцию В; за основную систему примем стержень, защемлённый концом Л. Из условия равенства нулю прогиба в точке В имеем: Вычисляем изгибающий момент и его производную по В; получаем: = Ва sin ср - М; = а sin ср; ds = a - d. Тогда уравнение для определения реакции В принимает вид: тс тс 2 Т Т 1 (Ва sin ср - М) sin ср с?ср = О, или sin ср d-M sin ср rfcp = 0. Выполняя интегрирование и решая полученное уравнение относительно 5, находим: В = - Подставляя это значение В в выражение для Мер, получаем: м - 1 sin ср - М = М i~ sin ср - 1 V Таким образом, имеем: при ср = О момент = - М, при ср = 7:/4 момент Фиг. 538. Фиг. 539. Л1ср = -0,11 М, при ср = 7:/2 момент Мр = + 0,27 М. Нормальная сила равна Лф = - 5 sm Ф =--sm ср. Следовательно, при ср = 0 Я,р = 0, те 47W Эпюры М,р и показаны на фиг. 538 и 539. |