Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Теорія напруженого стану. Зсув.Стр 1 из 3Следующая ⇒
Модуль №2 Теорія напруженого стану. Зсув. Геометричні характеристики перерізів.
Тема 6: Напруження в косих перерізах при двохосному розтязі (стикові). Час: - 2 години. Рішення задач. Приклад №17, Л-1, стор. 75-77; Л-2, стор. 69-71. Основні знання і вміння.
Зміст теми.
Приклад №17. Визначити нормальні σ і дотичні τ напруження в косому перерізі, якщо σy =40МПа, σz = 20МПа, кут нахилу площини перерізу α=600.
Рішення: Нормальне напруження визначаємо по формулі: σα = σy * cos2 α + σz * sin2 α = 40* 0,52 +20*0,8662 = 25МПа
Дотичні напруження визначаємо по формулі:
τ α = [(σy- σz)/2]* sin 2α = * sin1200 = 10*0,866 = 8,66 МПа 2. Варіанти індивідуальних завдань:
Для всіх варіантів α = 450
Тема 7. Теорії міцності та їх значення. Час: – 2 год. Конспект. Л-1, стор. 83-89; Л-2 стор. 73-79. Рішення задачі. Приклад №18. Основні знання і вміння.
Зміст теми. 1. Якщо брус знаходиться в напруженому стані, то в його похилих перерізах можуть виникати нормальні σ та дотичні τ напруження і, відповідні їм, деформації. Дуже важливо знати, по відношенню до якого з цих видів напружень чи деформацій треба виконувати перевірку міцності, тобто що буде мати вирішальне значення в порушенні міцності матеріалу. Для складного напруженого стану практично неможливо одержати з дослідів характеристики міцності матеріалу σт, σмц, [σ]. Це спонукало до виникнення теорій, які б заміняли складний напружений стан матеріалу еквівалентним (рівно небезпечним) йому лінійним напруженим станом. Ці теорії називають теоріями (гіпотезами) міцності. Вони вирішують задачу: пояснити причину руйнування матеріалу, що знаходиться в складному напруженому стані, і за даними механічних характеристик матеріалів, одержаних при осьовому розтязі або стикові; побудувати розрахункові формули.
Контрольне завдання. Дайте відповіді на запитання, в чому особливості гіпотез міцності?: а) найбільших нормальних напружень; б) найбільших лінійних деформацій; в) найбільших дотичних напружень; г) енергетичної теорії; д) теорії Мора. Приклад №18 Перевірити міцність матеріалу за третьою і енергетичною теоріями, якщо на нього діють головні напруження σ1 =50МПа, σ2 = -100МПа. Допустиме напруження матеріалу на стиск і на розтяг [σ]=160МПа. Рішення А) За третьою теорією міцності: σек = σ1 - σ2 ≤ [σ]. σек = 50-(-100) = 150 МПа < [σ] = 160 МПа. Умова міцності виконується. Б) За енергетичною теорією міцності: σек = √σ12 + σ22 - σ1 * σ2 ≤ [σ]. σек = = 133МПа < 160МПа Умова міцності теж задовольняється. Основні знання і вміння.
Зміст теми.
1. Деформації стиску, при дії стискаючої сили на невеликій площі елемента конструкції називають зминанням, а напруження, що виникають при цьому – напруженнями зминання. Розрахункова формула для перевірки міцності на зминання має вигляд:
σзм = F/Aзм ≤ [σзм]. При цьому [σзм] в декілька разів можуть перевищувати значення [σ] за рахунок включення в роботу прилеглої не напруженої зони матеріалу.
Контрольні завдання. - Значення [σзм], приведені в підручнику Л-1 на стор.84 табл. 7, треба перенести в конспект. - Привести приклади роботи матеріалів на зминання. - Чому міцність при зминанні більша за міцність при стисканні?
Тема 9 З’єднання клепками. Час: – 2 год. Рішення задачі. Л-1,стор. 96-101; Л-2, стор. 86-90. Приклад № 20. Основні знання і вміння.
Зміст теми.
1. Приклад № 20. Визначити необхідне число клепок для з’єднання двох стальних листів і перевірити напруження в ослабленому перерізі цих листів, при їх ширині b=240мм і товщині d =12мм. Діаметр клепок d= 23мм. Сила, яку передає з’єднання F = 250 кН. Допустимі напруження на зріз заклепок [τ] =100мПа, на зминання [σзм],=250 мПа, на розтяг листів [σ]=160мПа.
Рішення. По формулах визначаємо: а) необхідну кількість клепок з умови міцності на зрізання: nзр = 4*F/π*d2 = = 6шт.
б) необхідну кількість клепок по умові зминання: nзм = F/d* d * [σзм]= = 4шт. Основні знання і вміння.
Зміст теми. 1. Приклад 21. Перевірити міцність зварного з’єднання, виконаного внакладку з двох стальних смужок товщиною d= 20мм і шириною b = 150мм, зварених лобовими швами. Розтягуюча сила F = 440кН. Допустимі напруження - [τ] = 110МПа, [σ] = 160мПа.
Рішення: Напруження в шві довжиною L=b=15см: τ =F/1.4* d *L=0.44/1.4*0.02*0.15 =105МПа < [τ] = 110МПа.
Напруження в перерізі стальної полоси: σ = = = 146,7МПа < [σ] = 160МПа.
Тобто міцність з’єднання достатня.
2. Варіанти індивідуальних завдань:
Для всіх варіантів: d = 20мм, [τ] = 180МПа, [σ] = 200МПа. Тема 11. З’єднання вирубкою. Основні знання і вміння.
Зміст теми. 1. Визначити глибину вирубки кроквяної ноги в затяжку і довжину виступаючої частини затяжки, якщо стискаюча сила в кроквяній нозі F = 45 кН. Допустиме напруження на відколювання [τ] = 1МПа, допустиме напруження на зминання [σзм] = 8МПа. Переріз затяжки h х b = 18х14см. Кут нахилу крокви α =300. Рішення: Визначаємо величину сили, яка вминає і відколює вирубку. Н = F* cosα = 45*cos300 = 45 * 0.866 = 39кН. Необхідна площа зминання вирубки. Азм = Н/[σзм] = = 0,0049м2 = 4,9см2 Глибина вирубки hвир = Азм /b = = 0,00035м = 3,5см.
Потрібна площа відколювання:
Аск = Н/[τ] = = 0,039м2 = 390см2. Довжина площадки відколювання: Lск = Аск / b = = 0,28м. Основні знання і вміння.
Зміст теми.
1. Законспектувати та проілюструвати малюнками формули для обчислення: А) осьового моменту інерції прямокутника; Б) центробіжного моменту інерції прямокутника; В) моменту інерції круга; Г) осьового моменту інерції кругового кільця; Д) осьового моменту інерції трикутника; Е) осьового моменту інерції коробчастого перерізу.
2. Контрольні питання. - Чи може осьовий момент інерції набувати від’ємних значень? - Для яких геометричних фігур центр обіжний момент інерції може бути відсутнім? Тема 13. Залежність між моментами інерції відносно паралельних осей. Час: – 2 год. Л – 1, стор. 118-121; Л-2 стор. 102-107. Рішення задач. Приклад №24.
Основні знання і вміння.
Зміст теми. 1. Визначити центральні моменти інерції Jx та Jy таврового перерізу, зображеного на малюнку. Рішення: Розбиваємо переріз на два прямокутники і визначаємо положення його центра. А1 = bf * hf = 10 * 2 = 20см2. А2 = b * (h-hf) = 2 * (20-2) = 36см2. У1 =h –(hf /2)= 20-2 /2 =19cм. У2 = (h –hf) /2= (20-2)/2 = 9см. Уц = (A1*У1+A2*У2)/(A1+A2) = = 12,5см. Визначаємо центральні моменти інерції: Jx= +6,52*20+ +3,52*36=2260см4. Jy= + =180см4. 2. Варіанти індивідуальних завдань:
Для всіх варіантів bf = 12см, * hf = 2см. 3. Приклад 25. бути відсутнім? Визначити центральні моменти інерції Jx та Jy перерізу, складеного з двох швелерів №24а, користуючись таблицями сортаменту; b=10см. Схема перерізу:
Рис. 4. Рішення: Основні знання і вміння.
Зміст теми. 1. При повороті центральних осей відносно центру ваги, моменти інерції змінюють своє значення: якщо Jх зростає, то Jy – зменшується, і колись настає таке положення, коли ці моменти мають екстремальні значення Jх, мах. та Jy,мах. При подальшому повороті осей вже Jy зростає, а Jх зменшується.
Осі, відносно яких моменти інерції мають екстремальні значення, називаються головними і позначають їх u та v. Формули для обчислення моментів інерції відносно головних осей, якщо відомий кут α, на який треба обернути осі Х і У.
Jv=Jx * cos2 α +Jy * sin2 α – Jxy*sin2α.
Ju=Jy * cos2 α +Jx * sin2 α + Jxy*sin2α.
Jvu=(Jx-Jy)* sin2α.+Jxy*cos2α.
Для визначення кута α, при якому моменти інерції будуть екстремальними, користуються формулою: tg 2α = 2*Jxy/(Jy - Jx).
2. Контрольні питання: - Як змінюється Jy коли Jx збільшується? - Як називають осі, відносно яких моменти інерції набувають екстремальних значень? Модуль №2 Теорія напруженого стану. Зсув.
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
Последнее изменение этой страницы: 2017-02-07; просмотров: 169; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 52.14.183.150 (0.04 с.) |