Przykład 5 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 128
Dla przypadku czystego ścinania określonego jednym naprężeniem t porównać naprężenia
zastępcze wynikające z hipotez.
t s = 2t
Według hipotezy :
max 0
Według hipotezy Hubera:s = 3t.
0
W porównaniu z hipotezą Hubera, która jak wykazuje doświadczenie najlepiej odpowiada
t
rzeczywistemu zachowaniu się materiałów elastoplastycznych, hipoteza daje wynik o
max
2 - 3
= 15.6 % za wysoki (na korzyść pewności).
3
Przykład 6 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 125
s1 :s :s = 4 : 2 :1
Dla stanu naprężenia o charakterystycznym stosunku określić dopuszczalne
2 3
wartości naprężeń zastępczych za pomocą TG i HMH przyjmując:
a) stal o naprężeniach dopuszczalnych
kr = kc = 120.0MPa, = 0.3,
b) żeliwo o naprężeniach dopuszczalnych
kc = 120.0MPa, kr = 33.3MPa, = 0.3
1
s1 - s = kr s = s ,
Według hipotezy TG (Coulomba Guesta) uwzględniając otrzymujemy
3 3 1
4
s1 = s = s =
2 3
zatem dla stali
s1 = 160 MPa, s2 = 80 MPa, s3 = 40 MPa,
dla żeliwa zaś
s3 = 11.1 MPa,
s1 = 44.4 MPa, s2 = 22.2 MPa,
Według hipotezy HMH
2 2 2
s1 + s + s - s1s -s s - s s1 = kr ,
2 3 2 2 3 3
uwzględniając
1 1
s2 = s1 s3 = s1
, otrzymujemy:
2 4
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
s1 + s1 + s1 - s1 - s1 - s1 = k ,
r
4 16 2 8 4
s1 = s = s =
3
2
czyli
s1 = 1.51kr , s = 0.76 kr , s = 0.38kr ,
2 3
a więc dla stali
s3 = 45.3 MPa,
s1 = 181.2 MPa s2 = 90.6 MPa,
,
dla żeliwa zaś
s1 = 50.3MPa s2 = 25.15 MPa, s3 = 12.6 MPa,
,
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)
b
g g g
s s s
0 0 0
- y d
y
0 0 0 0
3
s s s s
0 0 0 0
z
0
y
1
x
P
y
2
y d
d
s
0
y
x
*
x
* *
l
Rys. 4
L = 1.0 cm E = 210 GPa
H = 20 cm E = 2.10 - 103 MPa
B = 6 cm
- Pole sił wewnętrznych
M(x) = Px, Q(x) = P
- Charakterystyki przekroju
2
ć
bh2 b h
2
A = bh, Iz = , Sz (y) = - y
(16)
12 2 4
Ł ł
- Pola naprężeń
M(x) 12P
sx s = y = xy = 2Fxy
Iz bh3
(17)
2 2
ć ć
QSz (y) 6P h h
2
t t = = - y2 = F - y
xy
3
Iz b bh 4 4
Ł ł Ł ł
(18)
6P
F =
gdzie:
bh3
a) Hipoteza HMH
2
2
ł
ć
h
2
s2 = s2 + 3t = F2 ę4x y2 + 3 - y2 ś
(19)
0
4
ę ś
Ł ł
Stąd równania
2
2
s0 2 ć
h
ć
2 2
= 4x y + 3 - y2
(19.1)
F 4
zginanie
Ł ł
Ł ł
ścinanie
y
g
d
d
y
y = y
1
2
3
h = 2 y
y = y =
x*
Rozumowanie: Szukamy takiego , dla którego naprężenie zredukowane od zginania we włóknach
skrajnych jest równe naprężeniu zredukowanemu od ścinania dla osi obojętnej, a więc:
2
h h4 3
2 2 2
4x = 3 x = h , (20)
*
4 16 16
stąd
3
x* = h = 0.433h (21)
16
Wartość naprężenia maksymalnego naprężenia zredukowanego wynika z (2) lub (1):
2
h h 3 3 P P
s0(x* ,y = 0) = s0 ćx*,y = = F 3 = 2.6 (22)
2 4 2 bh A
Ł ł
x**
Obliczanie jest bardziej złożone, gdyż wymaga wyznaczenia położenia ekstremów
y1 = 0, y2 = y3 0.
Równania (19.1) rozpisujemy do postaci
3 3
ć
4
s2 = 3y4 - h2 - 4x2 y2 + h ,
(23)
2 16
Ł ł
s = s0 / F.
gdzie: Poszukujemy punktów istnienia ekstremów z równania
ś(s2 ) 3 3 ł
y
2 2
= 0 12y3 - 2ć h2 - 4x yę12y2 - 2ć h2 - 4x = 0
ś
śy 2 2
Ł ł Ł ł
(24)
i stąd pierwiastki:
3
ć
2
y1 = 0, 6y2 - h2 - 4x = 0
(25)
2
Ł ł
y1 = y3 = 0
Będziemy mieli jeśli wyraz wolny będzie równy zeru, a więc:
3
3
2 2
h - 4x = 0
x** = h = 0.612h (26)
2
8
h
y =
Wartość maksymalnego naprężenia zredukowanego jest osiągana dla i zgodnie z (17) wynosi:
2
h 12P 3 h P P
s0 ćx , y = = h = 3 3 3.67 (27)
2ł bh3 8 2 bh A
Ł
b) hipoteza TG
2
s0 = s2 + 4t4
(28)
stąd:
2
2
s0 2 ć
h
ć
2 2 2
= 4x y + 4 - y (29)
F 4
Ł ł
Ł ł
h P
x* = 0.5h, s0(x ,0) = s0 ćx* , = 3
(30)
*
2 A
Ł ł
Zamiast równania (23) otrzymujemy:
2
h
2
s2 = 4y4 - 2(h2 - 2x )y2 + (31)
4
stąd:
ś(s2 )
2 2
= 0 12y3 - 4(h - 2x )y = 0
(32)
śy
1
x = h 0.707h,
(33)
2
h P
s0 ćx** ,y = = 4.25
(34)
2 A
Ł ł
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.
b ( y )
t x z
I
x
z
a
t x y
t t
y
P
x
Rys. 5
Rozwiązanie:
Belka narażona jest na równoczesne zginanie i ścinanie. Zgodnie z teorią elementarną,
naprężenia od zginania wynoszą
Mz y
sx = s =
(35)
Iz
b(y) = 2r cosa txy = t cosa
od ścinania zaś (dla punktów na obwodzie koła) zgodnie z rys , ,
y2 2r3
,
cos2 a = 1 - SI = cos3 a (patrz tablice)
3
r2 z
QSI
4 Q
z
txy = = cos2 a
Iz b(y) 3 A
2
4 Q y
(36)
t = t2 + t2 = 1 - ,
xy xz
3 A r2
gdzie
p r4
2
Mz = Px Q = P, Iz = , A = r p.
4
Po podstawieniu obliczonych naprężeń do wzoru na naprężenie zredukowane i
s0 = s2 + 3t2
podnosząc stronami do kwadratu otrzymujemy:
2 2
ć
16P2x y2 16P y2
s2 = + 1 -
0
p2r8 3p2r4 r2
Ł ł
zginanie
ścinanie
ć
16P2 x2 1 16P2
s2 = - y2 + .
(37)
0
p2r4 r4 3r2 3p2r4
Ł ł
Oznaczając
2 2
ć
16P x 1
- = B
4
p2r r4 3r2
Ł ł
(38)
ż
16P2
= C
3p2r4
możemy napisać
2
s0 = By2 + C.
(39)
2
x 1
B > 0,
a) Gdy czyli - > 0
r4 3r2
r 3
(40)
x > = 0.577r,
3
y = r
naprężenie zastępcze osiąga największą wartość we włóknach skrajnych, tj. dla i po
podstawieniu do wzoru (4) wynosi:
Mz
Px
s0 (x, r) = =
(41)
p r3 Wz
4
pr3
gdzie Wz = jest wskaznikiem zginania. A zatem gdy x > 0.577r , dla wytężenia belki
4
rozstrzygający jest moment zginający.
b) Gdy B = 0, czyli
r 3
(42)
x = = 0.577r,
3
wówczas naprężenie zastępcze liczone ze wzoru (4) we wszystkich punktach na obwodzie przekroju
2
s0 = C
ma tę samą wartość
4P
s =
0 (43)
p r2 3
lub inaczej
Mz
s0 = = tmax 3,
(44)
Wz
Mz
y = r,
gdzie określa maksymalne naprężenie od zginania w rozpatrywanym przekroju, tj. dla a
Wz
4 Q
t =
(45)
max
3 A
y = 0.
maksymalne naprężenie od ścinania w linii obojętnej, tj. dla
A < 0,
c) Gdy wreszcie czyli
r 3
(46)
x < = 0.577r,
3
y = 0.
naprężenie zastępcze przyjmuje największą wartość dla , tj. w linii obojętnej, z uwagi na
s0(x,0)
zginanie i wynosi ze wzoru (4)
4P 4 Q
s0(x,0) = = 3 = tmax 3.
(47)
3 A
pr2 3
x < 0.577r,
Zatem jedynie gdy o wytężeniu belki decyduje jej ścinanie.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
cwiczenie 4a Energia sprężysta i hipotezy wytężeniowe08 Energia sprezystacwiczenie 4b praktykacwiczenie 4b teoriaPrzesył Energii Elektrycznej Harmonogram ĆwiczeńWykład 02 (część 06) energia potencjalna odkształcenia sprężystegoĆwiczenie 6 SpreżynyĆwiczenia ułatwiaj±ce skupienie uwagi i energiicwiczenie 4 Energia sprez i hipotezyĆWICZENIA PRZESYŁ I DYSTRYBUCJA ENERGII ELEKTRYCZNEJwięcej podobnych podstron