probleme de rezistenŢa materialelor - utilajutcb.ro · probleme rezolvate ce constituie exemple...
TRANSCRIPT
I. ANDREESCU ŞT. MOCANU
PROBLEME DE REZISTENŢA MATERIALELOR
BUCUREŞTI
2003
PREFAŢĂ
Proiectarea cu succes a elementelor de construcţii de maşini este
imposibilă fără o cunoaştere profundă a Rezistenţei Materialelor.
Alegerea formei, dimensiunilor şi materialului piesei, astfel ca aceasta
să prezinte siguranţă în exploatare într-un mod cât mai economic, este
posibilă numai pe baza unor studii privind rezistenţa, deformabilitatea,
stabilitatea şi durabilitatea la modul general şi particular al problemei;
principiile care stau la baza rezolvării acestor probleme constituie obiectul
Rezistenţei Materialelor.
Lucrarea de faţă prezintă noţiunile, metodele şi procedeele de calcul
sub o formă adecvată înţelegerii aspectelor fizice şi a aplicării acestora în
cazuri specifice din domeniul construcţiilor de maşini şi utilajelor din
construcţii.
Fiecare capitol cuprinde formulele de calcul necesare, urmate de
probleme rezolvate ce constituie exemple concrete de calcul de proiectare a
unor piese de maşini şi utilaje, exemple ce sunt utile studenţilor ca aplicaţii
la cursul de Rezistenţa Materialelor, cât şi la elaborarea proiectelor de an şi
diplomă.
AUTORII
1
Cuprins
Prefaţă---------------------------------------------------------------------------1 1. Diagrame de eforturi pentru structuri static determinate alcătuite din
bare drepte ---------------------------------------------------------------------4 1.1 Diagrame de eforturi la bare drepte plane-------------------------------7 1.2 Diagrame de eforturi pe grinzi cu console şi articulaţii--------------21 1.3 Diagrame de eforturi pe cadre plane ( sisteme de bare plane
încărcate în planul lor)---------------------------------------------------------29 1.4 Diagrame de eforturi pentru sisteme spaţiale--------------------------39 1.5 Diagrame de eforturi pe sisteme plane încărcate cu sarcini normale
pe plan-----------------------------------------------------------------------------44 2. Caracteristicile geometrice ale suprafeţelor plane ----------------------50 3. Solicitarea axială centrică--------------------------------------------------62
3.1 Verificare, dimensionare, deplasări-------------------------------------62 3.2 Calculul îmbinărilor barelor solicitate axial---------------------------63
3.2.1 Îmbinări nituite------------------------------------------------------63 3.2.2 Îmbinări sudate------------------------------------------------------64
3.3 Sisteme static nedeterminate solicitate axial--------------------------66 3.3.1 Influenţa variaţiei de temperatură la sisteme static
nedeterminate--------------------------------------------------------------66 4. Încovoierea barelor drepte---------------------------------------------------82 4.1 Încovoiere pură-----------------------------------------------------------82 4.2 Încovoiere simplă--------------------------------------------------------84 4.3 Lunecare longitudinală--------------------------------------------------85 4.3.1 Solidarizarea cu nituri la grinzile metalice---------------------86 4.3.2 Solidarizarea prin sudură la grinzile metalice------------------87
5. Deformarea grinzilor drepte solicitate la încovoiere-------------------110 5.1 Ecuaţia diferenţială a fibrei medii deformate-----------------------110 5.2 Metoda integrării directe a ecuaţiei diferenţiale--------------------111 5.2.1 Rezemări ideale. Condiţii la limită--------------------------- 112 5.3 Metoda grinzii conjugate----------------------------------------------112 5.3.1 Corespondenţa între reazemele grinzii reale şi conjugate---113 5.4 Metoda parametrilor în origine---------------------------------------114 6. Variaţia tensiunilor în jurul unui punct-----------------------------------134 6.1 Starea de tensiune spaţială---------------------------------------------134 6.2 Starea plană de tensiuni------------------------------------------------135 7. Torsiune----------------------------------------------------------------------146 7.1 Torsiunea barelor cu secţiune circulară------------------------------146
2
7.2 Torsiunea barelor cu secţiune oarecare------------------------------148 7.3 Sisteme static nedeterminate la torsiune-----------------------------151 7.4 Arcuri elicoidale cu pasul mic----------------------------------------153 8. Studiul deplasărilor prin metode energetice-----------------------------180 8.1 Metoda Mohr – Maxwell----------------------------------------------180
8.2 Metoda Veresceaghin--------------------------------------------------181 8.3 Energia potenţială de deformaţie în funcţie de eforturi------------182 8.3.1 Energia potenţială de deformaţie totală a barelor------------183 9. Teorii de rezistenţă----------------------------------------------------------196 9.1 Relaţii între tensiuni şi deformaţii------------------------------------196 9.2 Teorii de rezistenţă-----------------------------------------------------197 10. Solicitări compuse----------------------------------------------------------202 10.1 Încovoiere dublă sau oblică------------------------------------------203 10.2 Încovoiere simplă cu forţă axială------------------------------------204 10.3 Încovoiere dublă cu forţă axială-------------------------------------206 10.4 Încovoiere cu torsiune-------------------------------------------------209 11. Sisteme static nedeterminate-----------------------------------------------240 11.1 Metoda eforturilor-----------------------------------------------------240 11.2 Grinzi continue---------------------------------------------------------242 12. Bare curbe plane-------------------------------------------------------------262 13. Flambaj-----------------------------------------------------------------------270 13.1 Flambajul barei drepte solicitată la compresiune------------------270 13.2 Calculul practic la flambaj--------------------------------------------272 13.3 Flambajul barelor cu secţiune compusă-----------------------------273 13.4 Calculul barelor comprimate şi încovoiate-------------------------276 14. Solicitări dinamice----------------------------------------------------------290 14.1 Solicitări dinamice prin şoc-------------------------------------------290 15. Solicitări variabile-----------------------------------------------------------298 15.1 Solicitări staţionare----------------------------------------------------298 15.2 Factorii care influenţează rezistenţa la oboseală-------------------299 15.3 Calculul coeficientului de siguranţă la solicitări variabile-------300
Bibliografie-------------------------------------------------------------------305
3
CAPITOLUL 1
DIAGRAME DE EFORTURI PENTRU STRUCTURI STATIC
DETERMINATE ALCĂTUITE DIN BARE DREPTE Graficele care se obţin prin reprezentarea valorilor eforturilor prin ordonate în dreptul secţiunilor reprezintă diagramele de eforturi. Eforturile sunt forţele de legătură de pe feţele unei secţiuni, ce reprezintă acţiunea mecanică (efectul) părţii îndepărtate. Structurile de bare sunt static determinate atunci când atât reacţiunile cât şi eforturile pot fi determinate numai din ecuaţii de echilibru static; structurile pot fi plane sau spaţiale.
Reazemele sistemelor plane pot fi:
reazem simplu; articulaţie plană; încastrare.
4
Eforturile din secţiunea unei bare plane, cu forţe acţionînd în planul
său, sunt în număr de trei:
N-forţa axială, reprezintă suma proiecţiilor pe axa barei din secţiunea considerată a tuturor forţelor de la stânga secţiunii (sau a celor de la dreapta); se consideră pozitivă când, pe faţa din dreapta a secţiunii, este de sens invers în raport cu axa x (sens fizic-este de întindere); T-forţa tăietoare, reprezintă suma proiecţiilor pe normala la axa barei în secţiunea considerată a tuturor forţelor de la stânga secţiunii (sau a celor de la dreapta); se consideră pozitivă când, pe faţa din dreapta a secţiunii, are sens invers în raport cu axa y (sens fizic-roteşte corpul pe care se aplică în sens orar); M-moment încovoietor, reprezintă suma momentelor în raport cu centrul de greutate al secţiunii considerate a tuturor forţelor de la stânga secţiunii (sau a celor de la dreapta); se consideră pozitiv dacă, în reprezentare cu vector cu săgeată dublă, are acelaşi sens cu al axei ce serveşte drept suport.(sens fizic-întinde fibra inferioară a barei sau întinde jos/comprimă sus). Ordonata pozitivă pentru momentul încovoietor se reprezintă sub linia de referinţă ,adică de partea fibrei întinse a barei. La trasarea diagramelor de efort se ţine în permanenţă seama de relaţiile diferenţiale între eforturi:
pdxdT
dxMd
−==2
2
,
în care p reprezintă intensitatea sarcinii distribuite, pe intervalul de trasare considerat.
5
Pornindu-se de la aceste relaţii se stabilesc următoarele reguli, utile în construirea diagramelor de eforturi:
1) În dreptul unei sarcini concentrate, diagrama forţei tăietoare prezintă un salt egal cu sarcina normală din punctul respectiv şi în sensul acesteia, când sensul de parcurgere al barei este de la stânga la dreapta; în cazul sarcinilor concentrate diagrama forţei tăietoare este constantă iar diagrama de moment încovoietor este liniară, în plus, în dreptul sarcinii concentrate diagrama de moment încovoietor are un vârf în dreptul forţei concentrate.
2) Diagrama de moment încovoietor prezintă salt în dreptul unui cuplu concentrat care acţionează asupra barei.
3) Pe un reazem simplu sau articulat de capăt al barei, neîncărcat cu moment concentrat, momentul încovoietor este nul.
4) Când pe bară acţionează sarcini uniform distribuite, forţa tăietoare variază liniar, iar momentul încovoietor are variaţie parabolică.
5) În secţiunile în care forţa tăietoare se anulează, diagrama de moment încovoietor prezintă un punct de extrem, curba de variaţie a diagramei (de moment) ţinând sarcina.
6
1.1 Diagrame de eforturi la bare drepte plane
Să se traseze diagramele de efort pentru următoarele grinzi simplu rezemate:
Problema 1 (fig.1.1.1)
fig.1.1.1
7
Calculul reacţiunilor:
.2/3,023;0
.2/,02;0
,0;0
PVlVlPM
PVlVPlM
HX
B
BC
C
CB
C
=
=−=
=
=−=
==
∑
∑∑
Verificarea reacţiunilor: ∑ =−+−= 02/2/3;0 PPPY . Calculul forţelor tăietoare:
.2/2/3,
CstBdr
BstAdr
TPPPTTPT
==+−==−=
Calculul momentelor încovoietoare:
.0,
,0
=−=
=
C
B
A
MPlM
M
Problema 2 (fig1.1.2)
fig.1.1.2
8
Calculul reacţiunilor:
∑∑∑
==−−=
==−−=
==
.;023;0
,;023;0
,0;0
PVPllPlVM
PVPllPlVM
HX
DDA
AAD
A
V
Verificarea reacţiunilor: ∑ =+−−= 0;0 PPPPY .
Un alt mod de calcul al reacţiunilor verticale: sistemul fiind simetric d.p.v. geometric şi mecanic, reacţiunile sunt egale între ele şi egale cu jumătate din încărcare; încărcarea exterioară: 2P;
PPVV DA === 2/2 .
Calculul forţelor tăietoare:
.,0
,
DstCdr
CstBdr
BstA
TPPPPTTPPT
TPT
=−=−−===−=
==
Calculul momentelor încovoietoare:
.0
,
=
=,2
,0
=−=
=
D
B
M
PlM
C
A
PlPllPM
M
Problema 3(fig.1.1.3)
fig. 1.1.3
9
Calculul reacţiunilor:
∑∑∑
==⋅−⋅=
==⋅−⋅=
==
.3;0100093000;0
,6;0200093000;0
,0;0
kNVVM
kNVVM
HX
CCA
AAC
C
Calculul momentelor încovoietoare:
.0,6600010006
,0
===⋅=
=
C
B
A
MkNmkNmmM
M
Calculul forţelor tăietoare:
.396,6
CstBdr
BstA
TkNTTkNT
=−=−===
Problema 4 (fig.1.1.4)
fig.1.1.4
10
Calculul reacţiunilor:
∑∑∑
==−⋅=
==−⋅=
==
.3;090003000;0
,3;090003000;0
,0;0
kNVVM
kNVVM
HX
CCA
AAC
A
Alt mod de calcul al reacţiunilor se bazează pe observaţia că reacţiunile formează un cuplu egal şi de sens contrar cuplului extern (încărcare) de 9 kNm, aşadar: .3;][90003000; kNVVkNmmVVV CAACA =−==⋅−= Calculul forţei tăietoare: .3 CstA TkNT =−= Calculul momentelor încovoietoare:
.0;693;313
;0
==+−=−=⋅−=
=
C
Bdr
Bst
A
MkNmMkNmM
M
Problema 5 (fig. 1.1.5)
fig.1.1.5
11
Calculul reacţiunilor:
Verificarea reacţiunilor:
iagrama de forţă tăietoare intersectează axa de referinţă la distanţa x faţă
Calculul forţei tăietoare:
.5.4;025.036;0
,5.13;025.136;0
kNVVM
kNVVM
C
CB
B
BC
=
=⋅−⋅⋅=
=
=⋅−⋅⋅=
∑
∑
,0;0 HX A ==∑
.5.45.1336,5.75.136
,616
kNTkNT
kNT
Cst
Bdr
Bst
−=+⋅−==+−=
−=⋅−=,0TAdr =
Calculul mom. încovoietoare:
.68.1;2/75.075.0675.05.4
,0,35.016
max
max
kNmMMM
kNmM
C
B
=⋅⋅−⋅=
=−=⋅⋅−=
,0M A =
.05.45.1336 =−−⋅
Dde extremitatea din dreapta: 65.4Tx .75.06/5.4;0 mxx ===⋅+−= Problema 6 (fig.1.1.6)
fig. 1.1.6
12
Calculul reacţiunilor: Calculul momentelor încovoietoare:
kNVV 662=
⋅==
( )
.0;18612
;12362696;6
,215.132666;12618
;1836
max
==+=
=⋅⋅−−⋅==
=⋅⋅−−⋅==−=
=⋅=;0=
D
Cdr
Cst
Bdr
Bst
MkNmM
kNmMmx
kNmMkNmM
kNmM
AMDA 2 .
Calculul forţei tăietoare:
roblema 7 (fig.1.1.7)
DstC TkNT =−=⋅−= 6626 BAdr TkNT == ;6
P
fig.1.1.7
13
Calculul reacţiunilor:
Verificarea reacţiunilor:
Calculul forţei tăietoare:
Calculul momentelor încovoietoare:
.125.3,05.02454;0
,875.2,05.254;0
2
2
qaVqaaqaqaaaVM
qaVqaaqaaVM
C
CB
B
BC
=
=⋅+⋅−⋅−⋅=
=
=+⋅−⋅=
∑
∑
,0;0 HX C ==∑
∑ += 87.2125.3;0 qaY =−− .055 qaqaqa
,0AT =
.125.3125.2,125.2875.25
,875.1875.2,
DstCdr
Cst
Bdr
Bst
TqaqaqaTqaqaaqT
qaqaqaTqaT
==+−=−=+⋅−=
=+−=−=
,0M A =
( )
.
,26.1875.1875.22
875.2875.2
,875.1;0875.2;0
,5.02
2
2875.1max
2
qaaqaM
qaqaqaaaqM
axqaxaqT
qaaqaM
C
ax
X
B
−=⋅−=
=⋅+⋅⋅−=⎯⎯⎯ →⎯
==++−=
−=⋅−=
=
14
Problema 8 (fig.1.1.8)
fig.1.1.8
alculul reacţiunilor:
C
.1.2;05.41235.05.125
;0,4.2
;05.015.32335.05;0
kNVV
MkNV
VM
F
F
A
A
A
F
==⋅−⋅⋅−⋅−⋅
=
==⋅−⋅−⋅⋅−⋅
=
∑
∑
Verificarea reacţiunilor: ,1;0 kNHX B ==∑ .01.21235.04.2;0∑ =+− −⋅−=Y
alculul forţei axiale:
C
.F145cos41.1 0E NkN = N =⋅=
15
Calculul forţei tăietoare:
roblema 9 (fig.1.1.9)
Calculul momentelor încovoietoare: ,4.2 BAdr TkNT ==
.05.15.01.2,15.225.021.035.3,35.35.05.014.22.1
,2.15.04.2
kNmMkNmMkNmM
kNmM
E
D
C
B
=⋅==⋅−⋅−==⋅−⋅+=
=⋅=,0M A =
.1.211.1,1.111.0
,1.029.1,9.115.04.2
FstEdr
EstD
Cdr
Cst
TkNTTkNT
kNTkNT
=−=−−==−=−−=
=−==⋅−=
P
fig.1.1.9 Calculul reacţiunilor:
∑ == HX 4;0 =⋅=⋅ qaqaqaA 4.253
4cosα ,
.935.3
;05.15.1312
2125.538sin410
;0
2
qaV
aaqqaaaqaqaaV
M
A
A
F
=
=⋅⋅⋅++⋅⋅−⋅⋅−⋅
=∑α
tgα=4/3; sinα=4/5;
cosα=3/5.
16
.765.3
;0105.13110
215.1225.432sin4
;0
2
qaV
aVaaaqqaaaqaqa
M
F
F
A
=
=⋅−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅
=∑α
Verificarea reacţiunilor:
∑ =⋅⋅−⋅−⋅−+= .0215.123sin4935.3765.3;0 aqaqqaqaqaY α
Calculul forţelor tăietoare:
.5.12
5.12,3.2373.0
,735.02.3935.3,935.3
qaaqT
TqaqaqaTTqaqaqaT
TqaT
Fdr
FstD
CBdr
BstA
=⋅
=
=−=−===−=
==
Calculul momentelor încovoietoare:
( )
.815.82
735.0735.0
735.1sin4735.0393.3;735.0/735.0
,75.05.15.121
,57.3257.1
,57.123.217.6
,17.65.437.057.8
,57.8735.087.7
,87.72935.32
,0
2
max
2
222
22
222
22
2
qaaaq
aqaaaqaMMaqqax
qaaqaM
qaqaqaM
qaaqaqaM
qaqaaqaqaM
qaaqaqaM
qaaqaaVM
M
x
F
Edr
Est
D
C
AB
A
=⋅⋅−
−⋅⋅−+====
−=⋅⋅−=
=+=
=⋅−=
=−⋅+=
=⋅+=
=⋅=⋅=
=
α
17
Problema 10 (fig.1.1.10)
fig.1.1.10 Calculul forţei axiale:
.330cos2 0DA NFFN =−=⋅−=
Calculul forţei tăietoare:
.,2
,
DstBdr
Bdr
BstAdr
TTFFFT
TFT
=−=−−=
=−=
18
Calculul momentelor încovoietoare:
.2323,033
,3230sin2
,30sin2
,0
0
0
FaFaaFaFMFaFaM
FaFaaFM
FaaFM
M
D
Cdr
Cst
B
A
−=+⋅−⋅−==+−=
−=−⋅⋅−=
−=⋅⋅−=
=
Problema 11 (fig.1.1.11)
fig.1.1.11
19
Calculul forţelor tăietoare:
.32,2
,0
ACst
CdrD
E
TqaqaqaTTqaT
T
==+−==−=
=
Calculul momentelor încovoietoare:
.0
,24
,34
,22
,0
2
2222
222
2
=−⋅=
=−−=
=−=
=⋅⋅=
=
qaaqaM
qaqaqaqaM
qaqaqaM
qaaaqM
M
A
Bst
Bdr
D
E
20
1.2 Diagrame de eforturi pe grinzi cu console şi articulaţii Sunt sisteme de bare drepte fixate la teren printr-o articulaţie sau încastrare şi reazeme simple, barele sistemului fiind legate între ele prin articulaţii intermediare. Se studiază dacă sistemul este sau nu static determinat; se defineşte gradul de nedeterminare statică al unui sistem ca fiind: CLn 3−= (pentru sisteme de bare plane); în care s-au notat: C-numărul de corpuri libere deschise, L-numărul de legături echivalente legăturilor simple care trebuie suprimate pentru obţinerea a C corpuri; pentru n = 0 sistemul este static determinat. Ecuaţiile de echilibru pentru sistem se pot scrie pentru tot sistemul în ansamblu sau pentru fiecare corp în parte; un sistem precum cel în discuţie este format dintr-o parte independentă şi una sau mai multe părţi fundamentale. Părţile independente sau corpurile de tip I sunt corpuri ale căror forţe de legătură pot fi determinate din ecuaţiile de echilibru proprii. Forţele de legătură ale părţilor independente depind numai de forţele exterioare care acţionează asupra lor. Părţile fundamentale sau corpurile de tip II sunt elemente pentru care nu se pot determina în mod direct reacţiuni din ecuaţii de echilibru; forţele de legătură de pe părţile independente devin sarcini ce acţionează asupra părţilor fundamentale.
21
Problema 1.2.1 (fig.1.2.1)
fig.1.2.1 Determinarea gradului de nedeterminare statică: 02363 =⋅−=−= CLn ; partea independentă este ABCD.
22
Calculul reacţiunilor:
,/33.134 aM
aMVV DA ===
VD devine încărcare (acţiune) pe partea fundamentală DEF,
./5.4
;0452633.1
;0,/16.1
;042233.1
;0
2
2
aMV
aVaaaMa
aM
MaMV
aVaaaMa
aM
M
E
E
F
F
F
E
=
=⋅−⋅⋅+⋅
=
=
=⋅−⋅⋅+⋅
=
∑
∑
Calculul forţelor tăietoare:
./16.1
,/33.3233.1
,/33.1
2
aMVT
aMaaM
aMT
aMTT
FEdr
Est
DA
==
−=⋅−−=
−==
Calculul momentelor încovoietoare:
( )
.66.42233.1
,33.133.1
,67.1333.1
,33.033.1
,33.133.1
2 MaaaMa
aMM
MaaMM
MMM
MMaMM
MaaMM
E
Cdr
Cst
Bdr
Bst
−=⋅⋅−⋅−=
=⋅=
−=−=
=+−=
−=⋅−=
23
Problema 1.2.2 (fig.1.2.2)
fig.1.2.2
24
Partea independentă este CD; din raţiuni de simetrie se poate scrie:
∑∑
==
==
==
.33.1;0
,6.0;0
,2
qaVM
qaVM
qaVV
EDEFF
AABCB
DC
Calculul momentelor încovoietoare:
.5.167.0
,34
,2.126.0
,622
2
222
2
2
qaaqaM
qaqaqaM
qaaqaM
qaaqaaVM
Hdr
Hst
G
CB
=⋅=
−=−=
=⋅=
−=⋅−⋅−=
Problema 1.2.3 (fig.1.2.3) Partea independentă este C4D5; calcul reacţiunilor:
∑
∑∑
=⋅+−⋅+⋅
==
=⋅+⋅⋅−
==
==
..83.28
1067.02436;0
,67.06
322;0
,46.3;0
21
5
qaa
aqaqaaqaaqaVM
qaa
aqaaaqVM
qaHX
BC
A
CCD
C
Calculul forţelor tăietoare şi al momentelor încovoietoare:
.2
,2367.0
,667.0
,64.04166.2332.9
,332.9244834.42
,2
,834.44834.0,2
,16.283.267.0
2
23
23
22
2222
2
qaM
qaaqaM
qaaVM
qaaqaqaM
qaqaaqaqaM
qaM
qaqaqaTqaT
qaqaqaT
D
st
Cdr
B
A
Adr
Ast
Bdr
−=
=⋅−=
−=⋅=
=⋅−=
=⋅−⋅+−=
−=
=+=−=
−=−=
25
fig.1.2.3
26
Problema 1.2.4
fig.1.2.4
27
Partea independentă EFGI; calculul reacţiunilor:
∑ =⋅−⋅+⋅+−
==
=−
=−=
,7.05
25.05.053;0
,5.04
24
2
22
qaa
aqaaqaaqaqaVM
qaa
qaqaVV
BAED
IE
Calculul forţelor tăietoare şi al momentelor încovoietoare:
.41.022.131
222.122.1
2322.15.0
,5.1331
23235.0
,5.0
,35.1333.04.2
,4.227.0
,22.1;023
25.0
,5.22
325.0
2max
2
2
22
22
0
qaaaaaqaqaM
qaaaqaqaM
qaM
qaaqaaqaqaM
qaaqaqaM
axxxaqxqaT
qaaqqaT
J
Fst
D
C
x
J
=⋅⋅⋅⋅−⋅=
−=⋅⋅⋅
−⋅=
=
−=⋅−⋅−=
=⋅+=
==⋅⋅−⋅=
−=⋅
−=
28
1.3 Diagrame de eforturi pe cadre plane (sisteme de bare plane încărcate în planul lor) Intersecţia a două bare reprezintă un nod; dacă unghiul făcut de cele două bare rămâne constant şi după deformare, nodul se consideră rigid. Structurile (sistemele) de bare care au cel puţin un nod rigid se numesc cadre; cadrele pot fi plane sau spaţiale. În cazul unui nod rigid (în plan), în care se intersectează numai două bare, momentele sunt egale şi întind aceeaşi fibră.
Linia de referinţă pentru reprezentarea diagramelor este dată chiar de schema sistemului de bare; pentru fiecare bară în parte trebuie ales un sistem de referinţă propriu, în care axa x este intotdeauna dată de axa longitudinală a barei în discuţie. Dacă diagramele de efort sunt trasate corect, nodurile sistemului trebuie să fie în echilibru. Pentru verificare se separă fiecare nod, prin secţionarea barelor din nod şi se introduc pe feţele secţiunilor eforturile, ţinându-se seama de convenţia de semne şi de sensul de parcurgere.
29
Problema 1.3.1 (fig.1.3.1) Calculul reacţiunilor:
.3;0242;0
,;0224;0
,;0
PVaVaPaPM
PVaVaPaPM
PHX
A
AE
E
EA
E
=
=⋅−⋅+⋅=
=
=⋅−⋅−⋅=
==
∑
∑∑
Verificarea nodului C:
Problema 1.3.2 (fig.1.3.2) Corpul A-C este parte independentă;calcul reacţiunilor şi eforturilor:
,271.4;06334435.0875.1;0
,604.2;0332435.67875.16;0
,875.1;05.154;0
,125.3;05.254;0
2
2
qaVaVaqaaqaqaaqaaqaM
qaVaqaaqaqaaqaaqaaVM
qaVaqaaVM
qaVaqaaVM
J
JE
E
EEJJ
CCACB
BBACC
=
=⋅−⋅+⋅++⋅−⋅−=
=
=⋅+⋅−+⋅−⋅−⋅=
==⋅+⋅−=
==⋅−⋅=
∑
∑∑∑
( )
.933
,459.02271.0083.0
,083.03917.2
,917.22271.0375.2
,758.12
875.12
,375.25.0875.1
;271.0604.2875.2
2
22
222
22
222
max
222
qaaqaM
qaaqaqaM
qaqaqaM
qaaqaqaM
qaqqa
qTMM
qaqaqaM
qaqaqaT
I
G
Fdr
Fst
CC
CDD
DFD
−=⋅−=
=⋅−=
=+−=
−=⋅−−=
==+=
−=−−=
−=+−=
30
31
32
33
Problema 1.3.3 (fig.1.3.3) Calculul reacţiunilor şi al eforturilor secţionale:
,1.85.46.12
,5.45.13
,6.1232.4
,0,52.2cos;6.0cos
,36.3sin;8.0sin,8.5;0445104210;0
,2.4,04251010;0
,2;0
222
2
2
qaqaqaMMM
qaaaqM
qaaqaM
MqaVT
qaVNqaVaqaaaqaqaaVM
qaVaqaaaqaVM
qaHX
CDD
ADD
DED
CDD
ADD
A
AA
AA
BBA
AAB
B
=−=+=
−=⋅⋅−=
=⋅=
==⋅==
−=⋅−==
==⋅−⋅⋅−⋅+⋅=
==⋅+⋅⋅−⋅=
==
∑∑∑
αααα
.82.82
44.11.82
,842
,8.572.17
,2.1sincos
,4cossin
222
2
2
max
2
qaq
aqqaq
TMM
qaaqaM
qaqaqaaqTT
qaNTTT
qaNTNN
DEDDE
D
EBE
DED
DEE
ADD
ADD
CDD
DED
ADD
ADD
CDD
DED
=+=+=
−=⋅−=
−=−=⋅−=
=⋅+⋅−=
−=⋅+⋅+=
αα
αα
34
35
Problema 1.3.4 (fig.1.3.4) Calculul reacţiunilor:
.3/8;024443;0
,4;024648;0
qaHaqaaqaaHM
qaVaqaaqaaVM
A
AAC
C
A
AB
⋅=
=⋅−⋅+⋅−=
=
=⋅−⋅−⋅=
∑
∑
4qa
8/3qa
4qa
8/3qa
Nodul D:
Problema 1.3.5 (fig.1.3.5) Calculul reacţiunilor şi al eforturilor secţionale:
.36.9434.2
,2,2
,78.4522.0
,22.0;34.0
;5.223
16;32
;023;0
;05.174228;0
22
2
2
qaaqaM
qaMqaT
qaqaqaT
qaVqaH
qaaaHHV
aHaVM
aqaaqaaHaVM
EBE
CEE
EFE
CEE
A
A
AAA
AAAC
C
AAB
=⋅=
−=
=
−=−=
=−=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅−−=
=⋅+⋅=
=⋅−⋅+⋅−⋅=
∑∑
36
37
38
1.4 Diagrame de eforturi pentru sisteme spaţiale În cazul unei structuri spaţiale, eforturile într-o secţiune sunt: N-efort axial, Ty, Tz – forţe tăietoare, My, Mz – momente încovoietoare, Mx = Mt –moment de torsiune. Aceste eforturi se pot calcula într-o secţiune curentă la fel ca la sistemele plane, prin reducerea forţelor fie de la stânga, fie de la dreapta. Convenţia de semne pentru aceste eforturi: se consideră pozitive dacă, pe faţa din dreapta a unei secţiuni oarecare, sunt dirijate ca în figură:
Pentru fiecare bară a structurii se figurează un sistem (triedru) de axe de referinţă: axa x paralelă cu axa barei, orientată în sensul de parcurgere, axa y orientată pe verticală în jos, în măsura în care este posibil, iar axa z orientată astfel încât, pentru un observator situat pe axa x şi privind către origine, axa y să se rotească în sens orar cu 90 0pentru a se suprapune cu axa z .
39
Problema 1.4.1 Să se traseze diagramele de eforturi pentru cadrul spaţial din figura 1.4.1. Problema 1.4.2 Să se traseze diagramele de eforturi pentru sistemul spaţial din figura 1.4.2. Calculul eforturilor secţionale:
[ ] [ ] [
.022,.2,0.2,0
,2,2,0,,0,2
,,0,0,2,0,;3,0:;2,0:;,0:
=−==⋅−=⋅−⋅==⋅−==
⋅=−==−==−=
−======∈ ]−∈−∈−
FaFaMxFMxFaFMTxFMT
xFMFTMFTMFT
FTNMFNMFNaxDCaxCBaxBA
xzzzzz
yzyyyy
yxx
Problema 1.4.3 Să se traseze diagramele de eforturi pentru cadrul din figura 1.4.3. Calculul eforturilor secţionale:
[ ] [ ]
.,32.,2,,3,0,2
,,2,,0;2,0:;,0:
xFMxFFaMxFMxFMFaMFTMFT
FTFNFTNaxCBaxBA
zyzy
xzxz
yy
⋅−=⋅+−=⋅−=⋅−==−===
−=−=−==∈−∈−
[ ]
.22,3
,3,2,232,
;3,0:
xFaFMFT
xFFaMFTaFFaMFN
axDC
zz
Yy
x
⋅+⋅−=−=
⋅+−==⋅+−=−=
∈−
40
41
42
43
1.5 Diagrame de eforturi pe sisteme plane încărcate cu sarcini normale pe plan
Din cele şase eforturi care apar într-o secţiune curentă în cazul structurilor spaţiale, pentru sistemele plane cu forţe normale pe plan vor rămâne un număr de trei eforturi, anume: forţa tăietoare Ty, momentele Mz şi Mx=Mt. Pentru determinarea reacţiunilor se pot scrie trei ecuaţii de echilibru: o ecuaţie de proiecţii după normala la plan şi două ecuaţii de moment faţă de două drepte cuprinse în planul sistemului. Problema 1.5.1 Să se traseze diagramele de eforturi pentru cadrul din figura 1.5.1. Calculul reacţiunilor:
∑∑∑
==
==⋅−⋅−⋅=
==⋅+⋅−=
.25.1;0
,75.3,0325.032;0
,2,0244;0
qaVY
qaVaqaaqaaVM
qaVaqaaVM
C
EECB
AACE
Problema 1.5.2 Să se traseze diagramele de eforturi pentru sistemul de bare din figura 1.5.2. Calculul reacţiunilor şi al eforturilor secţionale:
.
,6242
,6224
,44
,5.1,0cos3sin24cos2sin4;0
,5.4,02242;0
,4,024424;0
2
2
2
2
qaaqaM
qaaqaaqaM
qaaqaaqaM
qaaqaM
qaVaqaaqaaqaaVM
qaVaqaaqaaqaaVM
qaVaqaaqaaVM
zD
CDzC
ABzB
zG
D
DAC
CCAD
AACDE
−=⋅−=
−=⋅−⋅=
=⋅−⋅=
=⋅=
−=
=⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
==⋅−⋅+⋅+⋅−=
==⋅−⋅−⋅=
∑∑∑
αααα
44
45
46
Problema 1.5.3 Să se traseze diagramele de eforturi pentru cadrul din figura 1.5.3. Calculul reacţiunilor:
∑∑∑
==
==⋅−⋅−⋅=
==⋅⋅−⋅=
.75.0;0
,25.2,032;0
,5.1,05.133;0
1
qaVY
qaVaVaqaaVM
qaVaaqaVM
D
EAEDD
AADE
Problema 1.5.4 Să se traseze diagramele de eforturi pentru sistemul de bare din figura 1.5.4. Calculul reacţiunilor:
.075.075.033,03;0
,3,0333;0
,75.0,033;0
,75.0,025.03;0
=−+⋅−
=−+⋅−=
==⋅−⋅⋅=
==⋅−⋅=
==⋅−⋅⋅=
∑
∑∑∑
qaqaaqqaVVaqVY
verificareqaVaVaaqM
qaVaVaVM
qaVaVaaqM
EDB
BBED
EEDAC
DDBE
47
48
49
CAPITOLUL 2
CARACTERISTICILE GEOMETRICE ALE SUPRAFEŢELOR PLANE
Fie notaţiile y1, z1 ale coordonatelor centrului de greutate al elementului de suprafaţă dA din figură:
Momentele statice ale secţiunii plane, în raport cu axele de coordonate Y1, Z1 sunt:
∫
∫⋅=
⋅=
.
;
11
11
dAzS
dAyS
Y
AZ
În cazul în care momentele statice sunt nule, Sz = Sy =0, rezultă faptul că axele Z şi Y sunt axe centrale (trec prin centrul de greutate al suprafeţei). Coordonatele centrului de greutate vor avea expresiile:
50
.
;
.;
1
1
1
1
1
1
∑∑
∫
∫
∑∑
∫
∫
⋅=
⋅=
⋅=
⋅=
−=−=
ii
iii
A
AG
ii
iii
A
AG
A
Az
dA
dAzz
A
Ay
dA
dAyy
bzzayy
Momentul de inerţie axial al secţiunii plane în raport cu axa Z1 se defineşte ca: ∫ ⋅=
AZ dAyI ,2
11
iar momentul de inerţie axial al secţiunii plane în raport cu Y1, respectiv: ∫ ⋅=
AY dAzI .2
11
►momentele de inerţie axiale geometrice sunt intotdeauna pozitive. Momentul de inerţie centrifugal al secţiunii plane în raport cu axele de referinţă ale aceluiaşi sistem se defineşte ca: ∫ ⋅⋅=
AYZ dAyzI ;1111
iar momentul de inerţie polar al secţiunii plane: ∫ ⋅=
Ap dArI ;2
11
în care r1 reprezintă vectorul de poziţie al centrului de greutate. În plus:
rezultă că: .;
111
21
21
21
YZp IIIzyr+=+=
Sistemul de axe care trece prin centrul de greutate al suprafeţei este definit ca un sistem de axe centrale. Axele faţă de care momentul de inerţie centrifugal este nul sunt axe principale de inerţie; dacă aceste axe trec şi prin centrul de greutate acestea se vor numi axe centrale principale de inerţie.
51
Se definesc drept raze de inerţie sau giraţie următoarele caracteristici:
.;;AI
iAIi
AIi p
pY
YZ
Z ===
Calculul momentelor de inerţie la translaţia axelor se face cu ajutorul relaţiilor de forma:
.
;
;
11
211
21
AbaIIAbII
AaII
ZYYZ
Y
ZZ
⋅⋅+=⋅+=
⋅+=
Momentele de inerţie axiale sunt mici pentru elementele de suprafaţă din apropierea centrului de greutate al întregii secţiuni; cu cât acestea se depărtează de centru cu atât caracteristicile geometrice corespunzătoare se vor mări. În cazul în care forma suprafeţei în discuţie se compune din mai multe figuri geometrice simple, la care se consideră cunoscute momentele de inerţie în raport cu axele centrale proprii, momentele de inerţie în raport cu sistemul general central de axe se calculează cu expresiile:
( )( )( ).
;
;
2
2
∑
∑
∑
⋅⋅+=
⋅+=
⋅+=
iiiiZiYiZY
iiiYiY
iiiZiZ
AbaII
AbII
AaII
Calculul momentelor de inerţie la rotaţia axelor cu un unghi α se va efectua cu relaţiile:
.2cos2sin2
;2sin2cos22
;2sin2cos22
11
1
1
αα
αα
αα
ZYYZ
YZ
ZYYZYZ
Y
ZYYZYZ
Z
IIII
IIIIII
IIIIII
+−
=
+−
−+
=
−−
++
=
52
Valorile extreme ale momentelor de inerţie axiale, numite momente de inerţie principale, sunt date de relaţia:
;22
22
2,1 ZYYZYZ IIIIII +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
±+
=
în care, prin convenţie: .21 II > Axele faţă de care momentele de inerţie au valori extreme se numesc axe principale de inerţie; din condiţia:
( ) ,02
1 =αd
Id Z rezultă:
( ) ;22ZY
ZY
IIItg−
=α
cu rădăcinile α şi α+π/2. Rezultă că direcţiile 1 şi 2 sunt ortogonale, în plus, pentru precizarea direcţiei principale 1 se foloseşte inegalitatea:
;01 <ZYI
tgα
obţinută din condiţia de extrem, în forma:
( ).0
2 21
2
<αdId Z
53
Problema 2.1
alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru Să se csecţiunea din figura 2.1.
.1022551230010
1210600
,10365933.2031030012
103007.101600101260010
,7.101300600305300
244
331
442
32
3
1
ImmI
Imm
I
mmy
Y
Z
G
=⋅=⋅
+⋅
=
=⋅=⋅⋅+
+⋅
+⋅⋅+⋅
=
−=+⋅−
=
roblema 2.2
alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru P Să se csecţiunea din figura 2.2.
.10097.512
802012
103001215015
,1018.1
3.174160012
20803.143000
12300102.1432250
1215150
,3.14160030002250
160160022505.157
246
3331
48
23
2
32
3
2
Imm
I
Imm
I
mm
y
Y
Z
G
=⋅=
=⋅
+⋅
+⋅
=
=⋅=
=⋅+⋅
+⋅+
+⋅
+⋅+⋅
=
−=
=++
⋅+⋅−=
fig.2.2
54
Problema 2.3
alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru
Să se csecţiunea din figura 2.3.
fig.2.3
( ) ( )
( ) .642.2642
112
24
;648.10
,007.083
2642
1
,3201.0
801.042
1242
;01.0
842
322 aa ⎞⎛−
⋅−π
8
443
2
41
4224
2
22
22
3
1
21
aaaaII
aI
aaaaI
aaaIaaaaaII
aaaa
y
Y
Z
ZZ
G
=⋅
−⋅
==
=
=⋅
⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
⋅+−⋅⋅+
⋅==
=⋅
−⋅
⎟⎠
⎜⎝=
π
ππ
π
ππ
ππ
55
Problema 2.4
alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru Să se csecţiunea din figura 2.4.
fig.2.4
( ) ( )
( )48
3333
334421
1076.912
1252.16212
8.108.12326.67370612125
4266.67312
8.1040642664
mm
IIII YZ
⋅=
=⋅
⋅+⋅
⋅+−+
+−+−====π
56
Problema 2.5
alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru Să se csecţiunea din figura 2.5.
U20, din tabel:
.01.2,148
,19104
1
41
cmecmI
cmI
Y
Z
==
=
,2.32 21 cmA =
fig.2.5
( )
( )[ ] .06.122851001.22.32148212
302.1
;9.64188.32.32191028.63612
2.130
;3812300102.322
10612300
423
1
4223
2
21
cmII
cmII
mmy
Y
Z
G
=+⋅+⋅+⋅
==
=⋅+⋅+⋅+⋅
==
−=⋅+⋅⋅
⋅⋅−=
Problema 2.6 alculeze momentele de inerţie centrale principale pentru Să se c
secţiunea din figura 2.6.
fig.2.6
I20, din tabel:
.117
;21404
1
41
cmI
cmI
Y
Z
=
=
;5.33 21 cmA =
( )
.67.28312
210117
;36611.4112012
2101.45.332140
;4120100105.33
11020100
43
2
42
32
1
21
cmII
cm
II
mmy
Y
Z
G
=⋅
+==
=−⋅+
+⋅
+⋅+==
−=⋅+⋅
⋅⋅−=
57
Problema 2.7 Să se calculeze momentele de inerţie centrale principale şi direcţiile
principale pentru secţiunea din figura 2.7.
fig.2.7
( ) ;02.320246
11205.116
;62.220246
5.5205.36
222
222
2
222
222
2
tttt
ttttA
Ayy
tttt
ttttA
Azz
ii
iii
G
ii
iii
G
=++
⋅+−⋅=
⋅=
=++
⋅+⋅=
⋅=
∑∑
∑∑
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ;6.391698.72012
210
02.324122452.146
126
4223
223
223
2
ttttt
ttttttttAdIIi
iZZZiZ i
=⋅+⋅
+
+⋅+⋅
+⋅+⋅
=⋅+= ∑
58
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ;65.41388.22012102
62.22412
240886126
4223
223
223
21
ttttt
ttttttttAdIIi
iYYYiY
=⋅+⋅
+
+⋅+⋅
+⋅+⋅
=⋅+= ∑
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ;88.5722088.298.702462.202.3
0688.025.140
422
2
ttttttt
tttAddIIi
iYYiZZiZiYiZY
=⋅⋅++⋅−⋅+
++⋅⋅−+=⋅⋅+= ∑
( ) ( )
;34.322;1.4007
;88.5724
65.4136.3916
265.4136.3916
22
42
41
2244
442
2
2,1
tItI
tt
ttIIIIII ZYYZYZ
==
+−
±
±+
=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
±+
=
.
2,0,0
;5288;89;327.065.4136.3916
88.572222
111
'0'''0'44
4
πααα
ααα
><<
=−=−=+−
⋅=
−=
tgI
tgtt
tII
Itg
ZY
ZY
ZY
roblema 2.8
termine momentele de inerţie centrale principale şi direcţiile P Să se deprincipale pentru secţiunea din figura 2.8.
fig.2.8
59
;3
6995
;5.16995.2
22
22
2
22
22
2
aaaaa
A
Ayy
aaaaa
A
Azz
ii
iii
G
ii
iii
G
−=+⋅−
=⋅
=
−=+⋅−
=⋅
=
∑∑
∑∑
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
;445635.10920
;5.161269
129
;25.1513612
629129
22
223
223
4223
223
aaaaaaaI
aaaaaaaaI
aaaaaaaaaI
ZY
Y
Z
=⋅++⋅−⋅−+=
⋅+⋅
+⋅+⋅
=
=⋅+⋅
+⋅+⋅
=
⋅
( )
;187.25;31.167
;452
25.4125.1512
25.4125.151
42
41
2424444
2,1
aIaI
aaaaaI
==
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −±
+=
.264419;2
,0,0
;2415702
264419
;264419
;25.15125.41
4522
'''0111
'''0'''0''
'''0'
44
4
−=>⇒<>
=+−=
−=−⋅
=
απαα
πα
α
α
tgI
aaatg
ZY
60
Problema 2.9 Dintr-o secţiune circulară cu diametrul d se taie o figură
ară de dimensiuni bxh (fig.2.9); ce valoare va trebui să aibă omentul de inerţie Iz să fie maxim şi ce valoare va
avea Iz pentru acest caz.
dreptunghiulparametrul b pentru ca m
fig.2.9
fie h > b; momentul de inerţie axial are expresia
12
3hbIZ⋅
= , iar între
, d există relaţia sau . Momentul de 222 dhb =+ 222 bdh −=parametrii b, h
( )inerţie IZ se mai poate scrie: 222
12hdbIZ −⋅= ; condiţia de maxim (extrem)
este:
3
( ) ( )( ) 0221212
222222 =−−⋅⋅+− bdbbbd ,
sau
31 13
⋅=bdId Z
( ) ( ) 04121 2222 =−⋅−⋅ bdbd .
Rezultă:
.027.0424
; 2 Z4
23
22
max ddddIdb =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⋅==
61
CAPITOLUL 3
SOLICITAREA AXIALĂ CENTRICĂ
ficare, dimensionare, deplas
3.1 Veri ări
În secţiunea transversală a unei bare solicitată la forţe axiale apar pe suprafaţa secţiunii, de forma:
tensiuni normale, distribuite uniform
;AN
=σ
În metoda rezistenţelor admisibile, condiţia de rezistenţă este: aσσ ≤max ;
e unde rezultă relaţia de verificare: d
;.
.max.max a
ef
efef
Nσσ ≤=
respectiv, formula de dimensionare, din condiţia de rezistenţă: A
;dima
nec σ.ma A
NA ≤=
în care Adim reprezintă aria secţiunii transversale în funcţie de dimensiuni şi
x ef
;netef AA = ;slabiribrutnet AAA −=
în cazul unei secţiuni cu slăbiri. efor tă a barei este: D maţia liniară specifică, într-o secţiune curen
;NAEEx ⋅
==σε
din care, prin integrare, se obţine alungirea totală:
∫ ∫ ⋅⋅
=⋅=Δl
x AEdxNdxl
0
.ε
62
3.2 Calculul îmbinărilor barelor solicitate axial Barele metalice solicitate axial se îmbină prin intermediul niturilor, buloanelor sau al cordoanelor de sudură.
3.2.1 Îmbinări nituite
nt îmbinate cu un nit: Tablele din figura 3.2.1 su
fig.3.2.1
te solicitat la rfecare şi strivire. Efortul capabil al nitului la forfecare este dat de:
Tablele din figura 3.2.1 sunt îmbinate cu un nit; nitul esfo
.8.0;4
2
aaf
nitdR ττπ
⋅⋅
= aσ=
ţa) nitului la strivire este:
r sau a pachetului de iese care lucrează în acelaşi sens: tmin= min(t1, t2), pentru situaţia din figura
3.2.1; pentru figura 3.2.2, de exemplu, tmin= min(t1+t3,t2):
Efortul capabil (rezisten str tdR ⋅= .2;min astrastranit σσσ =⋅
în care tmin reprezintă cea mai mică grosime a pieselop
63
fig.3.2.2
Se defineşte rezistenţa unui nit ca fiind:
( );;min fnit
strnitnit RRR =
Determinarea numărului necesar de nituri se face cu relaţia:
;nit
cap
RN
n = unde N cap - efortul capabil al barei.
Pentru cazul din figura 3.2.2, rezistenţa nitului la forfecare este dată e relaţia:
d
.4
22
af
nitdR τπ
⋅⋅=
64
3.2.2 Îmbinări sudate
Sudura poate fi de tipul cap la cap (cordoane de sudură frontale)sau de colţ (cordoane de s doanele de sudură frontsolicitate axial, pe când cel ă la forfecare.
udură laterale); cor ale sunt e de tip lateral lucreaz
iv lungimea (ls).
Elementele de calcul ale unui cordon de sudură de colţ sunt: grosimea (a), respect
fig.3.2.3
Fie cazul prinderii pe guseu a profilului cornier din figura 3.2.3 cu jutorul a două cordoane laterale de sudură,de lungimi diferite (ls1,ls2) şi rosimi a1 respectiv a2. În cazul unei îmbinări centrate (forţa N trece prin entrul de greutate al profilului), forţele N1 şi N2 ce revin cordoanelor de udură sunt:
agcs
;; 21 beNN
bebNN ⋅=
−⋅=
aceste valori trebuiesc a fi inferioare in raport cu efortul capabil al cordonului:
,111 aslaN .65.0;222 aasas culaN σττ
τ⋅⋅≤=⋅⋅≤
Lungimile reale ale cordoanelor sunt: .2;2 222111 allall ss +=+=
65
3.3 Sisteme static nedeterminate solicitate axial
Pentru rezolvare, pe lângă ecuaţiile de echilibru trebuie introduse relaţii de compatibilitate geometrică a deplasărilor, în număr egal cu gradul
minare statică a structurii. Aceste relaţii se stabilesc în baza ăţilor sistemului, când se cunosc direcţiile deplasărilor.
de nedeterparticularit 3.3.1 Influenţa variaţiei de temperatură la sisteme static nedeterminate
Pentru un sistem static determinat solicitat la o variaţie de temperatură Δt, alungirea va fi:
tll Δ⋅⋅=Δ α ;
;01 ttt −=Δ
.
,
0
larearacarelaatemperaturt
termicdilataredecoeficient−−α
blungimea
de compresiune, rezultatul fiind nul (schema de rezemare nu permite
deplasare pe direcţia axei longitudinale a barei):
În cazul sistemului static nedeterminat din figura 3.3.2, deformaţia datorată variaţiei de temperatură Δt>0 va fi egală cu alungirea barei datorate încălzirii minus scurtarea datorată forţei axiale
N
.0=⋅⋅
−Δ⋅⋅=ΔAElNtll α
66
Problema 3.1 Se consideră sistemul de bare 1, B, 2, articulat în punctele 1, B şi 2,
a cestea sunt de secţiune transversală circulară plină, precum şi determinarea eplas
2 .
vând geometria din figura 3.1; se doreşte dimensionarea barelor , ştiind că
ad ării punctului B.
Se cunosc:σ = = ⋅2 5150N /mm ,E 2,1 10 N /mma
Se izolează nodul B:
arelor:
Σ = =
1 2
X 0; N N ,
,6kN.Σ = ⋅ =
= =
1 20
1Y 0; 2N cos30 F;N N 86
1. dimensionarea b⋅
= = =σ
π ⋅= ⇒ =
=
ef nec
ef
dA , d 27,1mm;4
se alege d 27mm.
verificare :
321
neca2
N 86,6 10A 577mm ;150
⋅σ = =1
xN 86
= < ⋅σ =π ⋅
32 2
ma a2ef
,6 10 151,26N /mm 1,02 153N /mm .27A4
2. calculul deplasării punctului B:
67
Δ= α ≈
⋅Δ = = = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
/ 00
/ 21 0
3 3/ 2
0 5 0
lBB , 30 ;cos30
N l 3l B B , l 3,46m;EA cos30
N l 86,6 10 3,46 10BB 2,058mm.EA cos30 2,1 10 572,5 cos30
Problema 3.2 Fie sistemul de bare articulate AB şi BC, având geometria din figura 3.2, cu secţiunea transversală formată din două corniere L 100x100x10. Să se determine forţa capabilă P, cunoscându-se . σ = 2
a 160N /mm
Se izolează nodul B:
Σ =⋅ α + ⋅ α =
⋅ α + ⋅ α − =
1 1 2 2
1 1 2 2
X 0;N sin N sin 0,
N cos N cos P 0
Σ =Y 0;
,astfel, se obţine:
68
( )
( )( )
α= ⋅ = =
α + α
α= ⋅ = =
α + α
α + α = α ⋅ α + α ⋅ α =
α = α =α = α =
> ⇒ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
21
1 2
12
1 2
1 2 1 2 2 1
1 1
2 2
1 2 cap
sin 0,69N P P 0,6997P,sin 0,9561sin 0,5146N P P 0,5381P,
sin 0,9561sin sin cos sin cos 0,956sin 0,5145; cos 0,8575;sin 0,669; cos 0
1;
,N N 0,6997 P 160 2 19,2
=
210 ,87090N.
Să se dimensioneze bara de secţiune circulară plină, solicitată ca în figura 3.3; să se determine alungirea totală a barei, cunoscându-se:
2 .
,7433
cap
Problema 3.3
P
σ = = ⋅2 5a 150N /mm ,E 2,1 10 N/mm
Dimensionare:
π ⋅= = =
σ
⋅ ⋅= = =
π ⋅
2lim.max
nec dima
3
necd ef
N dA A ,4
4 30 10 15,96mm; se alege d 16mm.150
69
Alungire totală:
=
π ⋅= =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅Δ = ⇒ Δ = + −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅Δ =
∑
22
ef
3 3 3 3 3 33i i
5 5 5i 1 i i
16A 201,06mm ,4N l 10 10 3 10 30 10 10 20 10 2 10l lE A 2,1 10 201,06 2,1 10 201,6 2,1 10 201,06
l 0,4736mm.
⋅ ,
Problema 3.4 Pentru grinda cu zăbrele din figura 3.4 se cere dimensionarea tronsonului 3-5, ştiind că acesta este alcătuit din două corniere prinse cu
ituri pe un singur rand şi apoi să se calculeze prinderea. Niturile sunt de iametru , iar grosimea guseului este de 12 mm. Se cunosc:
nd d 20mm=
σ = 150N /m σ = σ τ = σa a a a am ; 2 ; 0,8 . 2 str. f
alculul reacţiunilor şi a eforturilor necesare: c
Σ = ⋅ − ⋅ − ⋅ = =
Σ = − ⋅ − ⋅ + ⋅ = =7 1 1st.4 35 35
M 0; V 9 200 6 300 3 0; V 233,33kN,M 0; N 2 200 1,5 233.33 4,5 0; N 375kN.
⋅= = = =
σ
335 2 235nec.
a
N 375 10A 2500mm 25cm ;150
pentru un cornier:
= =35
2nec.1AA 12,52
cm ,
70
dar = =ef netA A −brut slabiriA A ,unde Aslabiri reprezintă 20% din aria brută: .
Din standard se adoptă profilul L 90x90x9, de arie . Verificare:
= ⋅ = 2efA 1,25 12,5 15,625cm
= 21A 15,5cm
( )= ⋅ − ⋅ = >
⋅σ = = = < σ =
⋅
2 2net
32 2max
max a2ef
A 2 15,5 0,9 2 27,4cm 25cm ;
N 375 10 136,86N /mm 150N/mm .A 27,4 10
Calculul prinderii:
( )( )
π ⋅ π= ⋅ τ = ⋅ ⋅ ⋅ =
2nit f 2f a
d 2R 2 20 0,8 150 75398N;4 4
= ⋅ ⋅σ = ⋅ ⋅ ⋅
= + =
= =
=
= ⋅σ = ⋅ ⋅ = ⋅
= ≅
nit strstr a
nit nitnit f str
capnec
nit2 3
cap ef a
R t d 12 20 2 150 N;t min 12;9 9 12mm;
R min R ;R 72000N;
Nn ;
RN A 27,4 10 150 411 10 N,
411000n 6nituri.72000
area diagramelor de eforturi N, şi M, precum şi dimensionarea barei A-B având secţiunea ca în figură,
materialul folosit la confecţionarea acesteia admiţând .
= 72000
Problema 3.5 Se dă cadrul din figura 3.5; se cere trasT
2σ =a 150N /mm
71
Calculul reacţiunilor:
,
Trasarea diagramelor de eforturi:
Σ = ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ = =Σ = − + − = =Σ = ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = =
E A A
B B
A B B
M 0; H 2 180 2 18 1 0,5 0; H 175,5kNX 0; 175,5 180 H 0; H 4,5kN,M 0; 18 1 3,5 4,5 2 V 3 0; V 18kN.
Bara A-B fiind solicitată numai axial:
( )
−= =A BNA A ;σ
= − ⋅ =
⋅=
⋅= = ⇒ =
nec dima
22 2dim
32
3
nec ef
A a 2 0,3a 0,82a ,175,5 100,82a ;150
1,17 10a 37,7mm a 40mm.0,82
72
Problema 3.6 Se dă sistemul de două bare articulate din figura 3.6; se cere trasarea diagramelor de eforturi. Dacă bara B-C este alcătuită din două profile cornier tip L 65x80x8 şi prinderea în nodul B este realizată cu patru nituri de diametru de 21 mm, se mai cere verificarea acestei îmbinări cunoscându-se:
2 . σ = σ = τ =2 str 2 fa a a160N /mm , 280N /mm , 140N /mm
Calculul reacţiunilor:
−Σ = ⋅ − ⋅ ⋅ = ⇒ =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞Σ = + − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠=
Σ = − + = ⇒ =A C CX 0; H R 0 R2
⋅ =
A BB A A
C A
A
9M 0; V 9 4 9 0 V 18kN,2
2 9 2 2 2M 0; 18 9 8 4 9 8 120 8 H 8 0;2 2 2 2 2
H 138kN,
2 138 2 195,16kN.
Trasarea diagramelor de eforturi:
73
Verificarea îmbinării:
( )= − ⋅ =
σ = = < σ =
2net
2 2max a
A 2 11 0,8 2,1 18,645cm ;195160 104,7N /mm 150N /mm ,1864,5
mτ = = < τ =π ⋅
⋅ ⋅
σ = = < σ =⋅ ⋅
f 2 f 2a2
str 2 str 2a
195160 70,43N /mm 140N/ m ,214 24
195160 232,3N /mm 280N /mm .4 21 10
Problema 3.7 Se dă sistemul de platbande din OL37 prinse cu nituri pe două rânduri, supus unei solicitări axiale de întindere (figura 3.7); cunoscându-se diametrul nitului de 26 mm, 2 , se cere efortul capabil precum şi dimensionarea îmbinării (determinarea numărului necesar de nituri).
σ = = ⋅2 5a 140N /mm , E 2,1 10 N /mm
74
( )( )
( )
=capN A ⋅ σ
=
= ⋅ − ⋅ ⋅ =
= − ⋅ ⋅ =
== ⋅ =
= =
π ⋅ π= ⋅ τ = ⋅ ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅σ
ef a
ef 1net 2net
21net
22net
2ef
cap
capnec nit str f
nit2
2f a f
;
A min A ;A ;
A 2 2200 2 26 10 3360mm ;
A 4800 2 26 20 3760mm ;
A 3360mm ;N 3360 140 470400N,
Nn ; R min R ;R ;
RdR 2 2 2 0,8 140 118867N;4 4d ( )= ⋅ =; t min 20;2 10 20mm;
6
str a
= ⋅ ⋅ ⋅ =str
strR 20 26 2 140 145600N;
R t
=nitR 118867118867
= ≅470400N; n 4nituri.
roblema 3.8 Pentru sistemul de bare din figura 3.8 se cer:
1. trasarea diagramelor de eforturi; 2. dimensionarea barei A-B alcătuită fiind din două table bxt cu
prinderea în nodul B fiind realizată printr-un bulon de diametru 40 mm;
3. verificarea îmbinării între elementele A-B şi B-C; .
P
=b 12t ,
σ = 2a 150N /mm
75
Calculul reacţiunilor:
.
Trasarea diagramelor de eforturi:
Σ = =Σ = =Σ = =
E A
E
A E
M 0; V 215kN,X 0; H 0,M 0; V 175kN
Dimensionarea barei A-B
( )⋅= = = ⋅ − =
32
nec nec215 10A 1433mm 2 b t 40t ; t 9,41mm;
= =ef eft 10mm, b 120mm.150
binării
Verificarea îm
⋅τ = = < τ = ⋅σ
⋅ π ⋅
⋅σ = = < σ = ⋅σ
⋅
3f 2ef a a2
3str 2 stref a a
215 10 85,5N /mm 0,8 ;4024
215 10 268,75N /mm 2 ,40 20
f
îmbinarea rezistă.
76
Pro Să se determine Pcap din condiţia de rezistenţă, pentru bara A-B, alcătuită din două profile L 100x100x10, îmbinate cu nituri cu diametrul de 23 mm; să se dimensioneze îmbinarea din A, grosimea guseului fiind de
, materialul având .
blema 3.9
=gt 14mm σ = 2a 150N /mm
Calculul efortului în bara A-B:
− −Σ = ⋅ − = =D A B A B2M 0; N 3 2P 0; N 0,94P2
.
De ile Pcap : terminarea forţei capab( )= − ⋅ = 2
efA 2 1920 23 10 3380mm ; − = ⋅ = =A B
cap capN 3380 150 507000N; P 538,2kN , Dimensionarea îmbinării în nodul A:
( )
π ⋅= ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ =
= =
= ≅
2
f
str
nit f str
nec
23R 2 120 99714N;4
R 23 14 300 96600N;R min R ,R 96,6kN
507n 6 nituri.96,6
;
77
Problema 3.10 Pentru sistemul de bare din figura 3.10 se cer:
1. trasarea diagramelor de eforturi; carea barei B-C, şt2. verifi iind că prinderea în B se face prin cordoane
laterale de sudură, bara B-C fiind alcătuită din două table 80x14, guseul având grosimea de 16 mm; materialul are . σ = 2
a 150N /mm
Verificarea barei B-C:
σ = ≤σ
= ⋅ ⋅ =
?max
max aefA
2ef
N ;
A 2 80 14 2240mm ;
⋅
σ = = < σ3
2ef a
148,9 10 66,48N /mm ,2240
bara rezistă. Determinarea lungimii cordoanelor de sudură (dimensionarea îmbinării):
78
( )
= ⋅σ = ⋅ = ⋅
= ⋅ τ = ⋅cap s as sN A , A a l;= ⋅ ⋅ τ
⋅= = = = ⋅τ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
cap as
3cap
as
N a l ;N 336 10l 351,65mm cu a 0,7 t ,a 0,65 150 0,7 14
= =
= + = ≅
3ef a
min
min
s
N A 2240 150 336 10 N;
t min 14,16 14mm;ll 2a 107,51mm 110mm.4
Problema 3.11 Pentru bara din figura 3.11, dublu articulată, alcătuită pe deschiderea B-C-D din OL 37, iar pe D-E-G din aluminiu (Al), se cer:
1. trasarea diagramei de efort axial; 2. determinarea deplasării punctului D; 3. forţa maximă suportată de sistem, condiţionată de tronsonul B-C-D, în
situaţia în care nu sunt posibile pierderi de stabilitate; 4. eforturile produse de creşterea temperaturii cu gradientul .
cap
lim.
Δ = 0t 60 C
1. Sistemul fiind dublu articulat, este static nedeterm ţia de compatibilitate geometrică este
inat; condiΔ =l 0 , altfel:
79
( ) ( ) ( )− ⋅ − ⋅ − ⋅⋅Δ = + + + =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅+⋅
=⎛ ⎞⋅+⎜ ⎟⋅⎝ ⎠
B B BB
OL OL OL OL Al Al Al Al
OL OL
Al AlB
OL OL
Al Al
H F a H 3F a H 6F aH al 0E A E A E A E A
E A1 9E AH F ;E A2 1E A
;
( )( )
= π − =
= π − =
2OL
2 2 2Al
A 2500 1600 2827,43mm ;
A 100 80 11309,73mm ,
în final se obţine Fa punctului D este dată de relaţia:
=BH 2,2 . 2. Deplasare
⋅ ⋅ ⋅= + =
⋅ ⋅ ⋅DOL OL OL OL OL OL
2,2F a 1,2F a F au 3,4 .E A E A E A
3. Determinarea forţei maxime în sistem: = ≤ = σ ⋅N 2,2F N A
⋅σ ⋅= = =
max cap a OL
a OLmax
150 2827,43AF 192779N.
;
2,2 2,24. Determinarea efortului datorat variaţiei de temperatură:
=
Δ
⎛ ⎞⋅Δ = α ⋅ ⋅ Δ − =⎜ ⎟⋅⎝ ⎠
⋅ ⋅− − + α ⋅Δ ⋅ + α ⋅Δ ⋅
⋅ ⋅=
σ = = > σ =
∑2
i ii i
i 1 i i
B BOL Al
OL OL Al Al
B
2 2t c
N ll l t 0;E A
H 2a H 2a t 2a t 2a 0;E A E AH 778478N;
778478 275,3N /mm 240N/mm ,2827,43
=
sistemul flambează, prin urmare se distruge sub efectul variaţiei de temperatură. Problema 3. 12
Să se dimensioneze barele sistemului din figura 3. 12, de secţiune
2 .
circulară plină.
Se cunosc = σ = =2aP 18kN, 140N /mm , E ⋅ 52,1 10 N /mm
80
S-a notat cu “1” poziţia iniţială a sistemului, înainte de solicitare; din condiţia de echilibru de proiecţii de forţe pe direcţia verticală, pentru poziţia deformată “2” a sistemului, rezultă:
⋅ α =2N cos P, (1) în care:
( )
α =
σ= + Δ = + = +
σ⎛ ⎞= + − = σ +⎜ ⎟ σ
/
/
/
2/ 2 2
BBcos ;AB
AB l l l l l;EA E
lBB l l l 2E ;
NL
⎝ ⎠E E
( )σ + σα =
+ σ
2Ecos ;
E
prin înlocuire în relaţia (1), se obţine: ( ) ( )
( )σ + σ + σ
= =+ σ σ + σ
2N 2E P EP sau N
E 2 2E .
Din condiţia de rezistenţă la solicitarea axial – centrică, se obţine:
( )
= =nec dim.NA A ;
( )
σ
+ σ π=
a2P E d ,
σ σ + σ 42 2Edupă înlocuiri:
( )( )
⋅ ⋅ + π= ⇒ =
⋅ ⋅ ⋅ +
3 5 2
5
18 10 2,1 10 140 d , d 48mm.42 140 140 2 2,1 10 140
81
CAPITOLUL 4
ÎNCOVOIEREA BARELOR DREPTE
4.1 Încovoiere pură
O bară este solicitată la încovoiere pură când eforturile secţionale se reduc la un vector moment dirijat după una din axele centrale principale de inerţie ale secţiunii transversale; în acest caz, pe suprafaţa secţiunii transversale apar tensiuni normale σ, ca în figura 4.1.1.
Mz1dA
1 1σ σx =
1x
1z
1y
1y
fig. 4.1.1 Tensiunile normale σ se determină cu formula lui Navier:
;yI
M
z
z ⋅=σ
în care s-au notat: l încovoietor după axa z;
de inerţie al secţiunii după axa z; y – ordonata măsurată de la axa z până în punctul în care se calculează σ. Axa z, axă care coincide cu direcţia vectorului mome z, se numeşte axă neutră.
M z – momentu I z – momentul
nt M
82
Tensiunile normale σ au semnul corespunzător momentului încovoietor în secţiune, iar distribuţia de tensiuni în secţiune este liniară, conform figurii 4.1.2:
Mz
1yσ 1y
1max1
1σ1max
1z
-
+
fig.4.1.2 1y
;maxmax yI
M
z
z ⋅=σ
în care ymax reprezintă distanţa de la axa neutră la fibra cea mai îndepărtată de axa neutră, iar:
;max
zz W
yI
=
cu Wz reprezentînd modulul de rezistenţă axial faţă de axa z, o caracteristică geometrică a secţiunii transversale. Condiţia de rezistenţă la încovoiere este:
;maxmax a
z
z
WM
σσ ≤=
valorile uzuale ale modulelor de rezistenţă, pentru secţiuni de formă simplă: unghi: -drept
;2hbWz = 6
-cerc:
; 32z 3dW π
=
-inel:
( )44 ;32
dDD
Wz −=π
la secţiunile compuse, se calculează Iz pentru întreaga secţiune, apoi:
83
.maxyI
W zz =
Formula de dimensionare, pentru materiale cu aceeaşi rezistenţă admisibilă la întindere şi compresiune, este:
;dimz
a
znecz W
MW ≥=
σ
Momentul încovoietor capabil al secţiunii se va exprima prin: .maxza
efz
capz MWM ≥⋅= σ
4.2 Încovoiere simplă
În secţiune, eforturile se reduc la moment dirijat după na din axele centrale principale de inerţie şi la o forţă tăietoare
un vector ucorespunzătoare (figura 4.2.1).
Ty
Mz
τ1
1τ1τ
1xy
1xz
1τ1xy
1xy1σ
1
1x
1x
1σ1x
σ1max
1max
1z
y
1x
1b
1
fig.4.2.1 ţiunea transversală apar tensiuni normale σx şi tensiuni
iale τxy se determină cu formula lui
Pe sectangenţiale τxy şi τxz; tensiunile tangenţJuravski:
;z
zyyxxy Ib
ST⋅
⋅== ττ
84
în care: cţiunea transversală a barei;
xy
z iunea transversală care tinde să utră a secţiunii.
Ty - forţa tăietoare în se Iz - momentul de inerţie al întregii secţiuni, în raport cu axa neutră; b- lăţimea secţiunii în punctul în care se calculează τ ; S – momentul static al părţii din secţlunece, în raport cu axa ne 4.3 Lunecare longitudinală Grinzile compuse sunt alcătuite din elemente solidarizate între le pentru
iturile, care asigură conlucrarea la e împiedicarea lunecării; la grinzile metalice elementele de solidarizare sunt cordoanele de sudură şi nîncovoiere a părţilor componente. Tronsonul de bază din figura 4.3.1 are diagramele T şi M corespunzătoare încărcării:
fig.4.3.1
Forţa de lunecare se determină prin evaluarea rezultantei tensiunilor τyx, obţinîndu-se:
2
;
; ;= Ω Ω = ⋅∫
yx
T Tz
dL b dx
SL d cu d T dx
= τ ⋅ ⋅
1 21
−zI
85
1 2 1 2 ;− −= ⋅ΩTzLI
S
z
sau:
( ).1221 MMISL
z
z −=−
4.3.1 Solidarizarea cu nituri la grinzile metalice
În acest caz, calculul se va face numai pentru niturile de gât, mai puternic solicitate decât cele de cap (figura 4.3.1.1):
1nit de cap
1e 1nit de gat^
fig.4.3.1.1 Forţa de lunecare pe intervalul dintre două nituri successive, e:
;maxmax e
ISTL
z
znit ⋅⋅
=
trebuie să îndeplinească criteriul de rezistenţă:
e unde rezultă distanţa dintre dou;m
nit RL ≤ ax nit
ă nituri: d
;IR
e znit
maxTSz ⋅
⋅≤ în care:
Sz – momentul static al suprafeţei ce tinde să lunece; de inerţie al întregii secţiuni, brut;
nit f ,Rstr); Rstr = d tmin σa str; Rf = 2πd2/4 τa f.
Iz - momentulR – min (R
86
4.3.2 Solidarizarea prin sudură la grinzile metalice
Solidarizarea tălpilor de inimă se face cu cordoane de sudură continue ):
sau întrerupte (fig.4.3.2.1
1e
1a 1l
fig.4.3.2.1 La cordoanele continue, forţa de lunecare pe unitatea de lungime:
;1maxmax1 ⋅
⋅=
z
z
IST
L
este preluată de cordoanele de sudură de grosime a şi lungime egală cu ţă va fi de forma:
unitatea; condiţia de rezisten
;12max1 saaL τ⋅⋅≤ de unde rezultă grosimea cordonului de sudură:
.2 aszI
aτ
≥ maxz TS
min = 3mm, se vor realiza cordoane întrerupte; trebuie să înd criteriul de rezistenţă:
În cazul în care a < aforţa de lunecare pe distanţa e eplinească
;2
;2max zz IaeiarlaeSTLmax
max ase TlI⋅
≤⋅⋅≤⋅⋅
=z
as
S⋅⋅τ
τz
în care a de calcul a cordonului de sudură.
l reprezintă lungime
87
Problema 4.1 Se dă secţiunea T din figura 4.1 ce este supusă la încovoiere. Se cere
superioare ale secţiunii, σa = 140N/mm2.
să se determine valoarea momentului încovoietor capabil Mz şi aflarea tensiunii de la nivelul fibrelor
fig.4.1
iţiei centrului de greutate:
alculul pozC
1300 12 406 400 9 200 303 ;⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= =y mm
2 412= −y3600 3600
303 109 .+
= mm
Din raportul de asemănare al triunghiurilor formate în diagrama σ, se obţine:
;/36.50;109303
104min
min == σσ 2mmN
Calculul caracteristicilor geometrice ale secţiunii şi al momentului capabil:
( ) ( )
.57491420410653140
;410653303
108.12442
;108.12442
2001212
34
max
44
mmNM
mmyIW
mm
cap
zz
z
z
=⋅=
=⋅
==
⋅=
;30336004009303406360012300 23
23
I −+⋅
+−+⋅
=
I;max WM zcap ⋅= σ
88
Problema 4.2 Se cere verificarea cadrului din figura 4.2, avînd secţiunea compusă dintr-o tablă nituită pe un profil I20. Niturile sunt de diametru d = 20mm
2, iar
aterialul utilizat are σa = 150N/mm . m
fig.4.2
Calculul reacţiunilor:
;67.283
3452 kNVV EA =+
==
i de moment, secţiunea cea mai solicitată este Cdr. Aici ă condiţia de rezistenţă la încovoiere:
Conform diagramese aplic
( )
;1096.2
;52.24105.3310214052.246.100129012
1290
;
;52.24105.3312906.1001290
;;maxmax y
IWW
M zzaef =≤= σσ
47
22423
21
max
mmI
I
III
mmA
Ayy
brutz
brutz
slabirizbrutznetz
ii
iii
G
z
⋅=
⋅⋅+⋅+−⋅+⋅
=
−==
−=⋅+⋅
⋅⋅−=
⋅=
∑∑
I z
89
./150/52.14710944.11067.28
;10944.152.1241042.2
;1042.2
;104.5
;2
123.113.1148.753.232012
3.23202
46 mmI
I
slabiriz
slabiriz
⋅=
⎥⎥⎦⎢
⎢⎣
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
+−⋅+⋅
=
225
6
max
357
47
23
mmNmmN
mmW
mmI
aef
z
netz
=<=⋅⋅
=
⋅=⋅
=
⋅=
⎤⎡
σσ
Problema 4.3 Să se dimensioneze bara simplu rezemată, cu secţiunea casetată ca în figura 4.3. Să se determine tensiunea normală σ în punctul J, secţiunea cea mai solicitată. Se dau q = 15kN/m, a = 0,6m, σa = 150N/mm2.
fig.4.3
90
Calculul reacţiunilor:
1. Conform diagramei de moment secţiunea cea mai solicitată este B; aici
ace dimensionarea:
.2.4;062533;0
,8.0;02235;0
qaVaqaaVaqaM
qaVaaqaqaaVM
CCA
AAC
==⋅+⋅−⋅=
==⋅⋅+⋅−⋅=
∑∑
se va f
( ) ( );67.282
812128
121610
;104.86150
106.0154.2
3
33
max
dim
3362
max
tt
tttt
yIW
mmMW
zz
a
necz
=−
==
⋅=⋅⋅⋅
==σ
;774.6m mmmmtWW neczz ≅=⇒=
Verificare:
di
( )./1/7.133106.0154.2 2
62max mmNM
=<=⋅⋅⋅
== σσ 50767.282
23max mmN
W aefz
ef ⋅
2. Conform formulei lui Navier:
( );/25.10076
733.2261106.0154.2 2
4
62
mmNyI
MJ
z
zJ =⋅⋅
⋅⋅⋅⋅
==σ
cu Mz în secţiunea cea mai solicitată egal cu Mz max. Problema 4.4 Să se dimensioneze secţiunea structurii din figura 4.4 şi să se determine σ şi τ în punctul J din secţiunea C stânga. Se dau: F = 10kN, a = 1m, σa = 150N/mm2. Calculul reacţiunilor:
.5.1
4;0
aVM DA ==
32
;5.14
32;0
FFaaFFa
Fa
FaFaaFVM AD
=+⋅+
=⋅ + −
==∑
∑
91
fig.4.4 Calculul centrului de greutate al secţiunii:
;875.624202 21 ttA i
G +⋅∑ 20112
2
2
tttAy
y
i
ii
i
=⋅⋅
=⋅
=∑
alculul momentului de inerţie axial Iz : C( ) ( ) ( ) ( )
.33.3156
;24875.612
20125.4212
4tI
tttt
z
z
=
⋅++⋅+
1. Dimensionarea se
212 223
223 tttt ⋅
face în secţiunea cea mai solicitată,în care momentul a maximă (C):
202I =
încovoietor are valoare
.8;65.7
;46.223125.14
33.3156
;101150
10105.1
dim
34
max
dim
356
max
mmtmmtWW
ttt
yIW
mmM
W
ef
znec
z
zz
a
znecz
≅=⇒=
===
⋅=⋅⋅
==σ
92
2. Calculul tensiunii σJ din secţiunea Cst se va face utilizînd formula lui avier:
N
( )( )
;/53.54
;8875.5833.3156
10105.1
2
4
6
mmN
yI
M
J
Jz
stCJ
−=
⋅−⋅⋅⋅
=⋅=
σ
σ
Calculul tensiunii τxy J din secţiunea Cst se va face cu ajutorul formulei Juravski:
./12.6;1682
;844808875.68212
;105.1
;
2
32
4
mmNmmb
mmS
NT
IbST
Jxy
z
stCy
z
zstCyJxy
=
=⋅==⋅⋅⋅⋅=
⋅=
⋅
⋅=
τ
τ
i jos, ce corespunde structurii din figura 4.5. Să se determine σx şi τxy în punctul J, secţiunea cea mai solicitată. Se dau: σa = 150N/mm2, q = 15kN/m.
Problema 4.5 Să se dimensioneze secţiunea de ma
fig.4.5
93
Calculul reacţiunilor:
.4
5aDB
Calculul c
2462;0
;45
2662;0
2
2
qaqaaqaaqaVM
qaa
qaaqaaqaVM BD
=−⋅+⋅−
==
=+⋅+⋅
==
∑
∑
entrului de greutate al secţiunii:
.1.192042521528204255.15
2
2
1 ttttttttttt
A
Ayy
ii
iii
G =⋅++⋅⋅⋅+⋅
=⋅
=∑
∑
Calculul momentului de inerţie axial Iz:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) .87.19483801.192812
420255.131.191225301.19
12215
422
322
322
3
tttt
ttttttttttI z
=⋅−+
+⋅
+⋅−+⋅
+⋅+⋅
=
1. Dimensionarea se va face în secţiunea cea mai solicitată, conform diagramei de moment încovoietor secţiunea C, prin urmare:
;952.887.19483150151.20106
;1.2087.19483
1506
;
36
42max
dimmax WM
W znec ===
mmmmt
ttqa
yIz
za
z
≅=⋅
⋅⋅⋅=
=
σ
Verificare:
./150/36.12791.20
987.1948310156
;
224
6
max
maxmax
mmNmmN
WM
a
az
z
=<=⋅⋅⋅
⋅⋅=
≤=
σσ
σσ
bara rezistă.
94
2. Tensiunea normală σJ se calculează utilizînd formula lui Navier:
( )( ) ;/69.11491.18
887.1948310156 2
4
6
mJσ mNyI
MJ
z
Jz −=⋅−⋅
⋅⋅=⋅=
cu formula lui Juravski:
iar tensiunea tangenţială τJ se va determina
( )./78.21
87.19483941771710154
;4177175731.19215
;4qaT Cdry −=
;
25
3
33
mmN
mmttttS
IbST
JCxy
z
z
zCdryJCxy
−=⋅
⋅⋅⋅−=
==⋅⋅=
⋅
⋅=
τ
τ
e eforturi, să se determine qmax pe consola B-C şi să se determine σx şi τxy în punctele P, Q şi S (punctul S aparţine axei neutre), în secţiunea Cst. Se dau: a = 0,8m, σa = 150N/mm2.
Problema 4.6 Pentru cadrul din figura 4.6, să se traseze diagramele d
fig.4.6
95
Calculul reacţiunilor:
;10;0 qaVY F ==∑
.175.25242;0 2qaaaqaqaMM FF =⋅⋅−⋅+=∑;33.6;0
;33.83
5.252;0
qaHX
qaa
aaqHM
F
AstD
==
=⋅⋅
==
∑∑
1.Trasarea diagramelor de eforturi:
2. Determinarea sarcinii capabile q se face în secţiunea cea mai solicitată pe
consola B-C: ( )
( )
( )
;
;7.29927.28
3.8471;3.847173.2168.030
1212
2max
3
42
qaM
cmW
cm
y
CB
z
=
==
=−⋅+
−
din condiţia de rezistenţă la încovoiere, rezultă Mcap:
8.03023.212412401.273.25.72.32148
;73.224242.32
168.0305.012401.25.72.32
32
32I
cm
z
G
+⋅
+⋅⋅+⋅
+−++=
=++
⋅⋅+⋅⋅++−=
./24.70;107.299150
;
;
2max
32
maxmax
mmNqqa
WMW
M
zacap
az
=
⋅⋅=
⋅=
≤=
σ
σσ
96
3. Tensiunile σx şi τxy se determină folosind formulele lui Navier respectiv Juravski în secţiunea Cst , la nivelul punctelor P, Q şi S din secţiune:
;0
,3.102
;/3.543.102103.8471
80024.70 24
2
=
=
=⋅⋅⋅
=⋅=xσ
⇑
PP
Pz
stCP
mmy
mmNyI
M
τ
tangenţiale τxy sunt nule;
xy
deoarece în fibrele extreme tensiunile
;0
,7.1328300
,80024.702
;/76.1103.84718
7.132830080024.702
,3.17
;/2.93.17103.8471
80024.70
24
24
2
=
⋅⋅=
⋅⋅=⇑
CyT
−=⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅−=
⋅
⋅=
=
=⋅⋅⋅
=⋅=
⇑
Sx
z
z
zCyQxy
Q
Qz
stCQ
x
S
mmNIbST
mmy
mmNyI
M
σ
τ
σ
deoarece la nivelul axei neutre tensiunile normale σx sunt nule;
.2
7.2827.282
;/53103.84718
27.28287.28280024.702
24
⇑
⋅=
−=⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅−=
Sz
Sxy
S
mmNτ
Problema 4.7 Pentru grinda simplu rezemată, cu secţiunea din figura 4.7, se cer: 1. verificarea grinzii;
normală σmax, respectiv tangenţială în secţiunea Cdr.
Se dă: σa = 150N/mm2.
2. calculul tensiunilor maxτyx
97
fig.4.7
ul reacţiunilor:
1. Tronsonul de grindă cel mai solicitat este A-B iar momentul încovoietor
Calcul
.2.20,04.326248;0
;8.5,04.126248;0
kNVVM
kNVVM
CCB
BBC
==⋅−⋅+=
==⋅−⋅−=
∑∑
are valoatea maximă maxM = 48kNm; relaţia de verificare este:
./3.14010422.3
1048 6
=⋅
=
;10422.309.82280
106773 354
z mmW ⋅=−⋅
=
;
;09.908280216180
14882802
;;
25max
43
2
max
maxmax
a
z
ii
iii
G
zza
z
z
mmN
mmA
Ayy
yIW
WM
σ
σσ
<⋅
⎠
⎞
⎝
⎛ ⋅=
=⋅⋅+⋅
⋅⋅⋅=
⋅=
=≤=
∑
∑
10677391.572808122808209.9016180 422 mmI ⋅=⎟⎟⎜⎜ ⋅⋅++⋅⋅+
16180 3⋅12
σ
98
2. Tensiunea normală σx în secţiunea C dreapta se calculează folosind formula lui Navier, ştiind că valoarea maximă a acesteia apare la nivelul celei mai depărtate fibre a secţiunii în raport cu axa neutră a secţiunii:
;/4.10610422.3104.36 2
5
6
max mmNdrC =⋅⋅−
=σ
tensiunea tangenţială τxy în secţiunea C dreapta se calculează folosind formula lui Juravski, cunoscîndu-se faptul că valoarea maximă se va obţine la nivelul punctelor situate pe axa neutră a secţiunii:
( )
⇑
⋅=⋅⋅−=
=⋅⋅
⋅⋅⋅=
,103.31321809.822802
./51.710677316
103.3131026
332
24
33
max
mmS
mmN
z
drCxyτ
Problema 4.8
mplu rezemată cu consolă, avînd secţiunea alcătuită din două profile I18 solidarizate cu nituri cu diametrul de 20mm (fig.4.8), se
1. determinarea sarcinii capabile; calculul distanţei între nituri.
Pentru grinda si
cer:
2. Se dau: σa = 150N/mm2, a = 0,8m.
fig.4.8
99
Calculul reacţiunilor:
;25.4
;04523526;0
2
2
qaVaVqaaqaaaqaqaM
A
AB
=
=⋅−−⋅+⋅⋅+⋅=∑
.75.1 qaVA
=
;0423522;0 aVaqaqaaaqaqaM
B
B =⋅+⋅−−⋅⋅+⋅=∑
1. Din diagrama de momente încovoietoare rezultă că secţiunea cea mai solicitată este A, în care momentul are cea mai mare valoare, în modul,
2z maxM 4qa ;= aici se aplică condiţia de rezistenţă la încovoiere, de unde
rezultă qcap:
( ) ( )
./
248004 2⋅
1501021.412qcap =⋅⋅
=
;21.41218
12 3
max
cmyI
W zz ===
204.12299.2714502
;4
;4
23
32
2
2
mmN
aW
q
qaW
azcap
az
⋅⋅−⋅+
⋅=
=⋅=
σ
σ
2. Distan cu relaţia:
maxM z
ţa între nituri se calculează
( )
( )
;1602088:;6.403 construrestrictiacudarmme ≤;37699
;6240015024.1020
;376991508.0420
4
;;min;3
;101.2511099.27
;8.741999.2714502;22
;2
22
333
42
mmdevactiNR
NtdR
NdR
RRRqaT
mmS
cmIInituri
TSIRe
nit
astrstrnit
aff
nit
strnit
fnitnit
z
brutzz
z
znit
=⋅=≤=
=⋅⋅⋅=⋅=
=⋅⋅=⋅=
=
=⋅=⋅⋅=
=⋅+==
=⋅⋅⋅
≤
σ
πτπ
se alege: e = 160mm.
100
Problema 4.9 Grinda din figura 4.9 are secţiunea alcătuită di două profile I40 prinse cu nituri de diametrul de 23mm. Se cere:
distribuite maxime pe care o poate suporta a simplu rezemată, R = 220N/mm2;
2. verificarea niturilor de solidarizare, τaf = 170N/mm2, σastr = 420N/mm2.
1. determinarea sarcinii uniformgrind
fig.4.9
1. Determinarea sarcinii distribuite maxime:
( ) ( )
( ) ./013.83105.38201092208
;5.382040
123.216.2401185.0292102
;
33
3
32
max
2
mmNp
cmyIW
WRlpM
zz
zcap
=⋅⋅⋅⋅
=
=
⋅−⋅⋅+
==
⋅==
2. Condiţia de verificare a niturilor este:
228
⋅
;21
nitnit RL ≤
în care 1/2Lnit – forţa de lunecare preluată de unul din cele două nituri din secţiune;
;;21
21 maxmax
maxmaxz
nit IbSTcuebL⋅⋅
=⋅⋅= ττ
cu e – distanţa dintre două nituri succesive: e = 8d = 8⋅23 =184mm.
101
( )
;70630;2086604206.2123
;706301704
;1036.240101185.0 352
NRNtdR
NR
mm
nit
astrstr
f
==⋅⋅=⋅⋅=
==
⋅=⋅⋅⋅=
σ
rezultă că:
232π
;;min2
RRR strfnit
nit
=
;7.530731max
NL =
S
nit nit1 L R ;253073.7 N 70630 N,
<
<
îmbinarea rezistă.
din două profile I20, prinse cu cu nituri de diametru 17mm (fig.4.10), se cer:
1. determinarea forţei maxime suportate de sistem; 2. calculul numărului necesar de nituri ce împiedică lunecarea, pe zona
A-B; se cunoaşte σa = 150N/mm2.
Problema 4.10 Pentru consola avînd secţiunea alcătuită
fig.4.10
102
1. Forţa maximă suportată de sistem se determină din condiţia de rezistenţă la solicitarea de încovoiere simplă:
( ) ( )
.1.9 kNFcap =
;9103.82548840150
;84.54810976
;20;1097612
213.17.125.3310140
;
;;
;
6
3
max4
22
max
maxmax
maxmax
FmmNM
cmW
cmycm
yI
W
FmMdiagramaconformM
WM
cap
z
netzz
zzefz
az
z
=⋅=⋅=
==
==⋅
⋅⋅−⋅+
=
==
≤= σσ
B se exprimă:
9WM acap ⋅= σ
22I netz =
20
2. Forţa de lunecare pe zona A-
;7.6311.97
;ISL T
BAz
zBA Ω= −−
;335105.33 3cmS =⋅=
;BApetaietoareforteiaTz
−
kNmBA =⋅⋅=Ω −
din condiţia de împiedicare a lunecării se obţine numărul de nituri corespunzător intervalului A-B:
diagrameiriaT
BA −Ω −
( )
;27237;5763015023.1117
;272371508.0417
4
;;min;22
NRNtdR
NdR
RRRRnL
nit
astrstr
aff
strfnitnitBABA
==⋅⋅⋅=⋅⋅=
=⋅=⋅=
=≤ −−
σ
πτπ
numărul necesar de nituri pe intervalul A-B:
.8;13.7237.27Rnit
BA−41.194 niturinnituriLn BA =⇒=== −
103
Problema 4.11
p; a = 2m, σa = 160N/mm2; 2. determinarea tensiunilor σx, τxy în punctul de coordonate x =2,7m,
y = - 370mm; 3. verificarea cordoanelor de sudură continue dintre tălpi şi inimă;
τas = 135N/mm2.
Se dă grinda cu secţiunea din figura 4.11. Se cer: 1. determinarea forţei capabile, Pca
fig.4.11
Calculul reacţiunilor:
.61.35.4
55.35.05.225.13;0
;89.25.4
25.02233 aPaP +⋅
;0
Pa
aaPaPaPaPV
Pa
aa
PaaPVM
E
AE
=⋅+⋅+⋅+⋅
=
=⋅−+⋅
==∑
1. Pcap rezultă din egalarea valorii momentului maxim, obţinut în diagrama pabil din condiţia de rezistenţă
aM A =∑
de moment încovoietor, cu momentul cala încovoiere:
;33.4 maxzazefcap MPaWM ==⋅= σ
104
( ) ( )
.37.79 kNP cap=
2. Tensiunea σx
;12.42994.778.7918754.7721759.0
3
33333
cm=−+−+
⋅
în punctul de coordonate x = 2,7m şi y = -370mm se
9.39121212
yW z
z ==I
max
calculează cu ajutorul formulei lui Navier: ( )
;/54.133
;3701017153496
107.21073.79889.27.2
2
2
33
mmN
yI
mxM z ==σ
x
zx
−=
⋅⋅
⋅⋅⋅⋅−=⋅
σ
tensiunea τxy în punctul de coordonate x = 2,7m şi y = -370mm se calculează cu ajutorul formulei lui Juravski:
( )
( ) ( ) ( )
;/12.271096.1715349
1076.1825103.229;9
;76.1825
;25.0379.05.06.05.372.1216.02.15.372.118
;3.22937.79889.2
;7.2
24
33
3
mmN
mmbcmS
S
kNTIb
SmxT
xy
z
z
y
z
zyxy
=⋅⋅
⋅⋅⋅=
==
+⋅++⋅+++⋅=
=⋅=⋅
⋅==
τ
τ
3. Condiţia de verificare a cordoanelor de sudură continue este:
;3.229
;STLas
zs ≤
⋅22
max kNTTaIa
y
z
==
⋅== ττ
Sz – momentul static al tălpii în raport cu axa neutră;
( ) ( )
;63.09.07.07.0;18096.05.372.1216.02.15.372.118 3
cmtacmSz
=⋅===+⋅+++⋅=
t – grosimea piesei cele mai subţiri care se sudează;
,/135/6.181063.01096.1715342
101809103.229 224 mmNmmN ass =<=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
= ττ
cordoanele rezistă.
33
105
Problema 4.12 Pentru grinda cu secţiunea din figura 4.12, se cer:
1. dimensionarea secţiunii grinzii; 2. efectuarea calculului cordoanelor de sudură; 3. determinarea tensiunilor σx şi τxy în secţiunea cea mai solicitată, la
nivelul îmbinării inimii cu talpa.
fig.4.12 1. Relaţia de dimensionare la încovoiere este:
;dimmax
yIWMW z
zznec
z ===σ
maxa
M rezultă din diagrama de moment încovoietor: z max
( ) ( ) ( )
.1176.1020150
;20
;299041212
;4
max
4
2
mmmmtt
ty
t
qa
≅=
=
=⎥⎦
⎤
⎣
1maxM z =
19218218236 233
tttttttI z ⎢⎡
⋅++=
;29904102014 46 t=
⋅⋅
106
2. Calculul cordoanelor de sudură se reduce la determinarea grosimii
cordoanelor continue, a:
;2
z
Ia
τ= max ST
asz
în care Sz este momentul static al tălpii care ar tinde să lunece în absenţa cordoanelor de sudură;
;434.25.9710378.421003.91102011
;/5.9765.0
;1003.91111921819218
min8
43
2
343
ammmma
mmN
mmtttS
aas
z
=<=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
==
⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=
στ
în care amin reprezintă grosimea minimă admisă a cordoanelor de sudură; în concluzie nu pot fi folosite cordoane continue. Se vor executa cordoane întrerupte de grosime a = 4mm şi lungime l = 40mm; se va determina distanţa e între două cordoane succesive în aceste condiţii:
.68
;2
max
mmeST
aIle
z
zas
=⋅⋅⋅
=τ
3. Tensiunea σx în secţiunea cea mai solicitată, la nivelul punctului dorit, termină cu ajutorul formulei lui Navier: se de
;/63.126111810387.4
102014 6
;18tyz ;14
28
2
mmN
qaM
M
x =⋅⋅
;yzx I z
⋅=σ
⋅⋅⋅
=
=
σ
tensiunea τxy în secţiunea cea mai solicitată, la îmbinarea inimii cu talpa, se determină cu ajutorul formulei lui Juravski:
=
;z
zyxy Ib
ST⋅⋅
=τ
Tz în secţiunea cea mai solicitată se alege dintre cele două valori, ca cea mai mare valoare în modul; în secţiunea C, cea mai solicitată:
107
[ ]
./123.1511
112191810204 28
33
mmNxy =⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=τ
10378.4
;4;2max qaqaTy
⋅⋅
=
i uniform distribuite maxime pe care o poate suporta grinda simplu rezemată, σa = 220N/mm2;
area niturilor ce alcătuiesc solidarizarea, τaf = 170N/mm2; a str mm2.
Problema 4.13 Grinda din figura 4.13 este realizată prin suprapunerea a două profile I40 solidarizate cu nituri avînd diametrul de 23mm. Se cer: 1. determinarea sarcini
2.verificσ = 420N/
fig.4.13 1. Secţiunea cea mai solicitată este la mijlocul deschiderii grinzii A-B, momentul încovoietor maxim fiind:
;8
2lp ⋅ maxM =
din condiţia de rezistenţă rezultă: ;zacap WM ⋅= σ din egalarea expresiilor de mai sus, se obţine:
( ) ;/013.83109
105.38202208823
3
2 mmNlWp za =
⋅
⋅⋅⋅=
⋅⋅=σ
în care:
( ) ( ).5.3820
4012
3.216.222201182921023
32
max
cmy
=
⋅⋅−⋅+
IW zz ==
108
2. Condiţia de verificare a niturilor este:
;21
nitRL ≤
în care:
; 22 I z
11 max eSTL z ⋅⋅
=
reprezintă forţa de lunecare ce revine unui singur nit; ( )
;1842388
;7.5307323810152820
400101185.02
109013.83
21
21
;2086604206.2123
;706301704
R
NRf
⋅=
=⋅=23
;;min2
RRR strfnit
⋅
=
π
4
23
mmdecu
NL
Nstr
=⋅=⋅=
=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
=⋅
Rezultă că: ,21
nitRL < aşadar solidarizarea este dimensionată corespunzător.
109
CAPITOLUL 5
DEFORMAREA GRINZILOR DREPTE SOLICITATE LA ÎNCOVOIERE
5.1 Ecuaţia diferenţială a fibrei medii deformate
Grinzile drepte solicitate la încovoiere se deformează sub acţiunea încărcărilor, axa longitudinală a acestora fiind denumită după deformare, fibra medie deformată a grinzii. Studiul deformaţiilor urmăreşte stabilirea formei deformate a grinzii sau determinarea deplasărilor liniare şi a rotirilor produse la nivelul diverselor secţiuni ale grinzii.
deformată
Starea se caracterizează prin (fig.5.1.1):
fig.5.1.1 proiecţia pe verticală a deplasării secţiunii în discuţie (situată la cota x), umită generic săgeată, notată cu v; unghiul format între tangenta la fibra medie deformată în secţiunea în
auză şi axa longitudinală a grinzii, cantitate denumită rotire a secţiunii, otată cu ϕ.
Studiul deformaţiilor constă în a cunoaşte funcţiile v = f1(x), ϕ = f2(x) orice secţiune a barei; deformaţiile se consideră pozitive dacă au sensurile prezentate în figura 5.1.1 .
În ipoteza deformaţiilor mici (deplasări şi rotiri):
- n- cn înre
;ϕϕ ≅=xdvd
tg
110
Relaţia dintre rotire şi momentul încovoietor este:
;1
z
z
IEM
dxd
⋅−==
ϕρ
rezultă:
( )1.1.52
2
IEMvd
dx ⋅−= ;
denumită ecuaţia diferenţială de ordin II a fibrei medii deformate. Ştiind că, în baza relaţiilor diferenţiale între eforturi şi încărcări:
;2
2
q dxdxdTMd
−==
zultă: re
( )2.1.5 4
4
IEqvd
dx ⋅= ;
ce reprezintă ecuaţia diferenţială de ordin IV a fibrei medii deformate. 5.2 Metoda integrării directe a ecuaţiei diferenţiale
Se consideră cazul barei de secţiune constantă şi se presupune cunoscută legea de variaţie a momentului încovoietor M = M(x); prin integrări succesive ale ecuaţiei (5.1.1) se obţine rotirea ϕ(x) şi săgeata v(x):
( ) ( )
( ) ( )( ) ;2C1
;11
xCdxdxxMxv
CdxxMIE
xz
++−=
+−=
∫ ∫
∫ϕ
lor de integrare C1 şi C2 se pun condiţii
1IE z
Pentru determinarea constantela limită, care reprezintă valori ale săgeţii v sau ale rotirii ϕ în punctele de rezemare sau în alte secţiuni caracteristice ale grinzii.
111
5.2.1 Rezemări ideale.Condiţii la limită
Tipul de reazem Condiţii în deplasări Condiţii în eforturi
reazem sim
plu
capăt liber
intermediar
articulaţie
v = 0; ϕ ≠ 0
v ≠ 0; ϕ ≠ 0
ϕst = ϕdr ≠ 0
vst = vdr ≠ 0;
M = 0; T ≠ 0
M = 0; T = 0
;
Tst ≠ Tdr ≠ 0
Mst = Mdr = 0;
încastrare v = 0; ϕ = 0 M ≠ 0; T ≠ 0
reazem simplu
vst = vdr = 0;
Mst = Mdr ≠ 0
intermediară
ϕst ≠ ϕdr ≠ 0
Tst = Tdr ≠ 0
tabelul 5.2.1 5.3 Metoda grinzii conjugate Etape de calcul pentru determinarea fibrei medii deformate:
- a de momente încovoietoare pe grinda reală; - ă grinda conjugată din echivalenţa între tipurile de
gături(tabelul 5.3.1) şi se încarcă grinda conjugată cu o sarcină distribuită vînd legea de distribuţie corespunzătoare diagramei de moment răsturnate;
- e determină pe grinda conjugată diagramele de eforturi T f şi M f ; - e determină rotirile şi săgeţile grinzii reale, cu relaţiile: v = M f/EI,
ϕ = T f/EI.
se trasează diagramse determinleass
112
ă, care îndeplineşte în
forturi condiţiile pe care grinda reală le îndeplineşte în deplasări.
r ii re
Grinda conjugată este o grindă convenţionale
5.3.1 Corespondenţa înt e reazemele grinz ale şi conjugate grinda reală grinda conjugată tip de reazem condiţii în deplasări condiţii în eforturi tip de reazem ϕ≠ 0; v =reazem simplu
reazem
0
0
ϕ≠ 0; v ≠ 0
ϕst = ϕdr ≠ 0; vst = vdr =0
f =
T =0; M f =0
f f ≠
T f
st = T fdr ≠ 0
M f
st = M fdr = 0
st ≠ Tfdr ≠0;
reazem simplu
er
încastrare
articulaţie intermediară
zem mediar
ϕ = 0; v = încastrare capăt liber
intermediar ϕst ≠ ϕdr ≠ 0; T f
articulaţie vst = vdr ≠0 M f
st = M fdr ≠ 0 rea
ter intermediară in
T f ≠ 0; M 0
f
T ≠ 0; M 0
;
capăt lib
tabelul 5.3.1
113
5.4 Metoda parametrilor în origine Soluţia generală a ecuaţiei (5.1.2), în baza parametrilor în origine v0,
0, M0ϕ şi T0, pentru o grindă cu diferite încărcări (fig.5.4.1), are forma:
( ) ( )
( ) (4 k dxq
c −−∑ ) ( )1.4.5;4
2424
632
30
20
00
kk
jj
ii
i
EIEI
bxF
axM
EIxTxM
xvv
−
+−+−−⋅
−⋅
−⋅+= ∑∑ϕ
62 j EIEI2EI
kk
k xq
+∑
fig.5.4.1
ală
expresia gener a rotirilor este:
( ) ( )
( ) ( ) )2.4.5
222
200
0
∑
∑∑
+
++−−⋅
−⋅
−=
kk
kk
jj
ji
i
i
dxEIEI
q
bxEI
Fax
EIM
EIxT
EIx
ϕϕ
s e, din şi numai termenii ai căror paranteze sunt pozitive.
(;3
6k
ecţiune oarecar6k
3 ∑−−q
cx −
−M
Pentru o expresiile (5.4.1) (5.4.2) se reţin
114
Problema 5.1 (secţiunea C), al grinzii
implu rezemate din figura 5.1.a. Se va folosi metoda integrării directe şi poi a grinzii conjugate.
Să se determine săgeata în capătul liber sa
fig.5.1.a
1. în cazul metodei integrării directe se porneşte de la ecuaţia fibrei medii
deformate:
( )
( ) ;22
;
2
2
2
xpxplxM
EIxM
dxvd
⋅−
⋅=
−=
prin integrări succesive se vor obţine expresiile rotirii, respectiv săgeţii:
;
24121
;64
1
21
43
1
32
CxCxpxplEI
v
CxpxplEIdx
dv
+⋅+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅−
⋅−=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
⋅−
⋅==ϕ
entru determinarea constantelor de integrare se pun condiţiile la limită în preazemele A şi B:
.24
;2412
10,
;00,03
1
44
1
2
plCplplEI
lCvlx
Cvx
B
A
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=⋅⇒==
=⇒==
Pe intervalul B-C momentul încovoietor este nul, de unde rezultă că
ctdxd
==ϕ , adică fibra medie deformată este o linie dreaptă cu înclinarea v
ată de rotirea secţiunii din B; astfel:
d
;24
164
1
;332 pl
EIxpxpl
EI
av BC
⋅+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅−
⋅−=
⋅=
ϕ
ϕ
115
.24
;242464
1 3333
EIplplplpl
EIlxB −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−=
=ϕ
3
EIaplvC⋅
−=
2. în cazul metodei grinzii conjugate se trasează diagrama de moment, se reprezintă apoi grinda conjugată avînd rezemările conform tabelului 5.3.1,
ărcată cu diagrama de moment (fig.5.1.b): înc
răsturnată
.24
;
fig.5.1.b
Folosind metoda integrării directe şi apoi metoda grinzii conjugate, să se determine săgeata în capătul liber al grinzii simplu rezemate (secţiunea
Se dau: E = 2,1x105 N/mm2, Iz = 171cm4; (fig.5.2.a).
Problema 5.2
A).
248323
AB21
;
32
EIaplv
pllplVV
EIaV
EMv
C
ff
fB
fC
C
⋅−=
=⋅⋅==
⋅==
I
116
fig.5.2.a 1. ecuaţia fibrei medii deformate este:
( )2
;2 EIxMvd
dx−=
pe intervalul C-D momentul încovoietor este: ( ) ;103 3 xxM DC ⋅⋅=− prin integrare succesivă se obţin expresiile rotirii respectiv săgeţii:
;
6103
;2103
21
33
1
23
CxCEI
xv
CEI
x
DC
DC
+⋅+⋅⋅
−=
+⋅⋅
−=
−
−ϕ
pe intervalul B-C momentul încovoietor este: ( ) ( );1000106103 33 −⋅−⋅⋅=− xxxM CB integrînd succesiv, se obţin expresiile rotirii şi săgeţii:
.
2106
6106
6103
;1062106
2103
43
263333
3
62323
CxCEI
xEI
xEI
xv
CEI
xEI
xEI
x
CB
CB
+⋅+⋅⋅
−⋅⋅
+⋅⋅
−=
+⋅⋅
−⋅⋅
+⋅⋅
−=
−
−ϕ
Pentru determinarea constantelor de integrare se pun condiţiile la limită: pe ta este nulă, iar în secţiunea C, tg ϕ ≅ ϕ = 0, astfel, pe
reazemele D şi B săgeaintervalul C-D:
;2
0,1000 1 EICx =⇒==
103
;00,09
2Cvx D
⋅
= ⇒ ==
ϕ
117
respectiv, pe B-C:
.1010,2000
;105.4;1062
101062
1010300,1000
12
4
9
33
96363
EICvx
EICC
EIEIEIx
B⋅
−=⇒==
⋅=+
⋅−
⋅⋅+
⋅⋅−=⇒== ϕ
Pe intervalul A-B momentul încovoietor este nul, de unde rezultă că ϕ = ct, adică fibra medie deformată este o linie dreaptă cu panta de aceeaşi valoare ca rotirea secţiunii B.
( )
.177.410171101.2 ⋅⋅⋅
105.1
105.12412
;105.421061061042000
45
12
12
9996
mmv
EIEIx
A
BA
−=⋅−
=
⋅⎛
⋅+
⋅⋅−
⋅+
⋅
;1000v ⋅= ϕ
22 EIEIB4103 3 ⋅⋅⋅
−==ϕ
;5.41224
1000EIEI
v BA −=⎟⎠
⎜⎝
+−+−=⋅= ϕ 1012 ⎞
conjugate se trasează diagrama de moment, se reprezintă apoi grinda conjugată încărcată cu diagrama de moment
ului 5.3.1(fig.5.2.b):
2. în metoda grinzii
răsturnată avînd rezemările conform tabel
.177.410171101.2
10105.1;105.1
39
29 kNm21
22000103
;1000;
45
6
mmv
VV
VMEIMv
A
fB
fD
fB
fA
fA
A
−=⋅⋅⋅⋅
⋅=
⋅−=
=⋅⋅⋅
==
⋅==
fig.5.2.b
118
Problema 5.3 Pentru consola din figura 5.3, să se calculeze săgeţile şi rotirile folosind metoda grinzii conjugate. Se dau: E = 2,1 x 105 N/mm2; F = 9,1kN; Iz =10976cm4.
fig.5.3 Se trasează diagrama de moment şi apoi se reprezintă grinda conjugată cu rezemările corespunzătoare tabelului 5.3.1 şi se încarcă cu diagrama de moment răsturnată. Se calculează pe grinda conjugată valorile momentelor fictive şi ale forţelor tăietoare fictive corespunzătoare secţiunilor caracteristice B şi C:
;5.72225.5
;17232
21222
;5.5211712
;33.321175.012
22
3
2
3
FmFmmFmT
FmmmFmmTMM fB
fC +=
FmmFmmFmT
FmmmFmmmFmM
fC
fB
fB
fB
=⋅⋅+=
=⋅⋅⋅⋅+⋅
=⋅⋅+⋅=
=⋅⋅+⋅⋅=
119
re valorile săgeţilor şi rotirilor pe grinda reală:
zultă
.14901096.21010976101.2
1.910105.7
;74.61010976101.2
10101.917
;27701017.21010976101.2
10101.95.5
;3.11010976101.2
10101.933.3
///0345
63
45
93
///0345
63
45
93
=⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
==
=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅==
=⋅=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅==
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
==
−
−
radEIT
mmEI
Mv
radEIT
mmEI
M Bv
fC
C
fC
C
fB
B
f
B
ϕ
ϕ
Problema 5.4 Folosind metoda grinzii conjugate, să se determine săgeţile şi rotirile în secţiunile A şi D, pentru grinda din figura 5.4.
fig.5.4
120
Se trasează diagrama de moment pe grinda reală, se construieşte grinda ui 5.3.1) şi se încarcă cu
rnată; se rezolvă grinda cu console şi articulaţii obţinută. Se calculează momentele şi forţele tăietoare fictive în punctele A şi D:
conjugată (cu schema de rezemare conform tabeluldiagrama de moment răstu
.52
24
;1024322
3124
;624
;3
1622314
423
423
323
323
qaaaqaaqaM
qaaaqaaqaM
qaaqaqaT
qaaqaqaT
fD
fA
fD
fA
=⋅⋅+⋅=
=⋅⋅⋅⋅+⋅=
=⋅+=
=⋅+=
Se calculează săgeţile şi rotirile în A şi D:
.6;
316
;5;10
33
44
EIqa
EIT
EIqa
EIT
EIqa
EIM
vEIqa
EIM
v
fD
D
fA
A
fD
D
fA
A
====
====
ϕϕ
Problema 5.5 Pentru grinda simplu rezemată, încărcată ca în figura 5.5, se cere să se determine valoarea forţei Q astfel încât săgeata în capătul liber să fie nulă; se consideră I2 < I1. Pentru calculul săgeţii în secţiunea dorită (A), se foloseşte metoda suprapunerii efectelor, considerînd separat efectul forţei Q şi al sarcinii distribuite de intensitate p. Aplicînd metoda grinzii conjugate se trasează diagrama Mp din efectul sarcinii distribuite, se construieşte grinda conjugată cu rezemările conform tabelului 5.3.1 şi se încarcă cu diagrama Mp răsturnată.
121
fig.5.5
122
se calculează VBf ′ şi apoi MA
f ′:
.24
;24
;2483
221
3
1
''
3''
32'
EIapl
EIMv
aplaVM
pllplV
fA
A
fB
fA
fB
−==
⋅=⋅=
=⋅⋅⋅=
Se trasează diagrama MQ din efectul forţei concentrate Q, se construieşte grinda conjugată şi se calculează VB
f ″, apoi MAf ″:
;3
32
21
;32
21
;32
132
21
3
2
3
1
''''
''''
''
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
⋅+
⋅=
⋅⋅⋅+⋅=
=⋅=
Ia
Il
EQa
EI
Qa
EIaVv
aaQaaVM
Qall
laQlV
fB
A
fB
fA
fB
conform condiţiei impuse de problemă, vA′+ vA″ = 0, rezultă:
.1
18
;0324
2
1
2
21
2
1
3
II
laa
plQ
Ia
Il
EQa
EIapl
+=
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++
⋅−
Problema 5.6 Să se traseze fibra medie deformată cu toate valorile caracteristice pentru săgeţi şi rotiri pentru grinda din figura 5.6.
123
fig.5.6
or pentru grinda cu articulaţie
iunile VB f şi VC
f:
Se trasează diagrama de moment încovoietintermediară ABC; se construieşte grinda conjugată, avînd rezemările conform tabelului 5.3.1 şi încărcarea cu legea de variaţie a diagramei de moment încovoietor răsturnată. Se calculează reacţ
124
.44
224322
32
224
;0
;67.24
242324
34
224
;0
3
44
3
44
qaa
qaqaV
M
qaa
qaqaV
M
fC
fB
fB
fC
=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
=
=⋅⋅⋅−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅
=
=
∑
∑
Se trasează diagramele de eforturi T f şi M f:
.33.53
1623224
21
;0
;4
;33.167.24
;42124
;0
444
3
333
33
qaqaqaM
MM
qaVT
qaqaqaT
qaqaT
T
fB
fC
fA
fC
fC
drfB
stfB
fA
==⋅⋅⋅⋅=
==
−=−=
=−=
=⋅⋅=
=
Se calculează săgeata în punctual B şi rotirile în Bst,Bdr şi C:
.4
;33.1
3
;4
;33.5
3
3
4
EIEIBst
B ==ϕ
EIqa
EIT
EIqa
EIT
fC
C
BdrB
−==
==
ϕ
ϕ
qaTEI
qaEI
Mv
drf
stf
fB
B ==
125
Problema 5.7 Folosind metoda parametrilor în origine, să se determine săgeţile şi rotirile în punctele C şi E pentru grinda din figura 5.7.
fig.5.7 Calculul reacţiunilor:
.11
8245710;0
;68
924510;0
qM D = aa
aaqaqaaqaV
qaa
aaqaqaaqaVM
A
DA
=⋅⋅−⋅+⋅
=
=⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅
==∑
Plecându-se de la relaţia de calcul a săgeţilor, conform metodei parametrilor în origine, se obţine:
∑
( ) ( )
( ) ( ) ;886 43 ax246
465
610
6233
30
20
00
EIqax
EIqa
−+−−
axEIqaax
EIqa
EIxT
EIxM
xvv −−+−+⋅
−⋅
−⋅+= ϕ
respectiv, pentru relaţia rotirilor:
( ) ( )
( ) ( ) .86
826
425
210
232
222
000
axEIqax
EIqa
axEIqaax
EIqa
EIxT
EIxM
dxvd
−+−−
−−+−+⋅
−⋅
−== ϕϕ
Parametrii în originea A sunt: v0 = 0 ⇒ pe reazem săgeata este nulă; M0 = 0 ⇒ reazem situat în extremitate; T0 = VA =11qa;
0 ≠ 0 ⇒ rotirea ϕ0 se determină ştiind că pe reazeme săgeata este nulă, deci entru x = 8a, v = 0: ϕp
126
)( ( ) ( ) ( )
.
51011
02.39
;46
76
86
80;8
3
3330
EIqa
aEI
aEI
aEI
ava D ++−⋅=== ϕqaqaqa
=ϕ
Ecuaţiile săgeţilor şi rotirilor devin:
x
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )6 32 .86
425
210
2112.39
;824
866
465
610
6112.39
2223
43
3333
axq82
axEI EIqa
−+
axEIqaax
EIqax
EIqa
EIqa
axEI
qaxEIqa
axEIqaax
EIqax
EIqax
EIqa
v
−−+−+−=
−+−−
−−+−+−=
ϕ
Săgeata şi rotirea în C se determină înlocuind în expresiile săgeţilor şi etrul x = 4a; se scriu numai termenii ale căror paranteze sunt
astfel:
−−
rotirilor parampozitive,
( ) ( )
( ) ( ) .89.32
3102
4112.39
;46.846
;4
3223
3106
41142.39 4333
aqa aqa qaEI EI EI EI
qaEIEII
ax
C −=⋅
+⋅
−=
=
ϕ
Pentru punctul E, cu parametrul x = 10a, se obţin:
qaaqaE
aqaEI
aqavC =⋅
+⋅
−⋅
=
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) .
265
2910
;69.5324
26
266
656
9106
10
;10
222
443
33311102.39 3
2.340226 32
62
610112.39 3
EIEIaq
EIaqa ⋅⋅
EIaqa
EIaqa
EIqa
EIaq
EIaqa
EIaqa
EIaqa
EIa
EIv
ax
E
=+
−⋅
+⋅
−=⋅
+⋅
−
−⋅
+⋅
+−=
=
qaaqa ⋅⋅
EIEIE +aqaqa ⋅
−=ϕ
−
127
Problema 5.8 Să se calculeze săgeţile şi rotirile pentru grinda din figura 5.8,
ind metoda parametrilor în origine. folos
fig.5.8 Calculul reacţiunilor:
.4.25
62;0 qaa
aqaVM BA⋅
==
;4.05
2;0 qaa
aqaVM AB =⋅
==∑
cazul general al expresiilor săgeţii şi rotirii, cu metoda parametrilor în origine, se obţine:
∑ Pornind de la
( ) ( )
( ) ( ) .56
524.2
2
;524
564.2
6232
200
0
433
02
000
axEIqax
EIqa
EIxT
EIxM
axEI
qaxEIqa
EIxT
EIxM
xvv
−+−−−−=
−+−−−−⋅+=
ϕϕ
ϕ
În origine parametrii sunt: v ⇒ reazem; 0 = 0ϕ0 ≠ 0;
M0 = 0⇒ reazem de capăt; T0 = -0,4qa;
expresiile săgeţilor şi rotirilor devin:
( ) ( )
( ) ( ) .56
524.2
24.0
;524
564.2
64.0
3220
4330
axEIqax
EIqax
EIqa
axEI
qaxEIqax
EIqaxv
−+−−+=
−+−−+=
ϕϕ
ϕ
Rotirea ϕ0 se calculează punîndu-se condiţia ca săgeata să fie nulă pe azemul B, vB = 0, pentru x = 5a:
re
128
( )34
0
3
0.4 55 0;
6φ ⋅ + =
qa aa
EI
05 .3
φ
⋅
= − ⋅qaEI
Expresiile săgeţilor şi rotirilor devin:
( ) ( )
( ) ( ) .56
524.2
24.0
35
;524
564.2
64.0
35
3223
4333
axEIqax
EIqax
EIqa
EIqa
axEI
qaxEIqa
xEIqax
EIqav
−+−−⋅+−=
−+−−⋅+⋅−=
ϕ
Rotirea în B va fi, (x = 5a):
( ) .3
10524.0
35 3
23
⋅=⋅+−=EI
qaaEIqa
EIqa
Bϕ
Rotirea şi săgeata în C, (x = 7a):
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
.33.94qav =
;224
264.27
64.075
;3
14
;26
22
4333
3
EI
aEI
qaEIqaa
EIqaaqav
EIqa
aEI
aEI
C
C
+−+⋅⋅−=
⋅=
+−
ϕ
Sec maximă se obţine prin egalarea expresiei
4.2724.0
35 322
3 qqaaEIqa
EIqa
C +⋅−=ϕ
3 EI
C
ţiunea în care săgeata este rotirii cu zero, pe intervalul A-B:
( ) ;886.264.0886.2
35
,886.2;023
;0
34
max
24.05 3
aEIqaa
EIqa
axxEIEI
BA +⋅−=
==⋅+−=
−
ϕ
qaqa
v
.207.34
max EIqav BA −=−
129
Problema 5.9 Pentru grinda din figura 5.9, folosind metoda parametrilor în origine,
rotirea în punctul C. să se calculeze săgeata şi
fig.5.9 Expresiile săgeţii şi rotirii sunt:
.3
42
;32
462
2
00 −−=TxM
ϕϕ 0
230
20
00
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
⋅−
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅−−−+=
lxEI
lF
EIx
EI
lxEI
lF
EIxT
EIxM
xv ϕ
Ţinându-se seama de:
−v
;4
;0;0
;0
0
0
0
0
FTT
MM
vv
A
A
A
A
−==
==≠===
ϕϕ
şi înlocuind în expresiile generale ale săgeţilor şi rotirilor, rezultă:
.348
;38240 ⎟⎠
⎜⎝
−−+=
F
xEI
xEI
xv ϕ
2
0
23
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−+=
⎞⎛
lxEI
lFx
EI
llFF
ϕϕ
Constanta de integrare ϕ0 se determină exprimîndu-se săgeata în reazemul B, cu valoarea nulă:
.72
;09
4824
;0;2
0
23
0 EIlFl
EIlF
lEI
Fl
vlx B
==−+
==
ϕϕ
130
Expresiile săgeţii şi rotirii devin:
.
34872
;382472
23
2 ⎞⎛−+=l
EIlF
xEI
FxEIlF
v
22
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−+=
⎟⎠
⎜⎝
−
lxEI
lFx
EIF
EIlF
x
ϕ
În punctul C, x = l/3, rezultă vC şi ϕC :
.36
;162
2lFEI
3
EI
lFvC =
Problema 5.10
inda din figura 5.10, se cere determinarea săgemetoda parametrilor în origine. Se dau: E = 2,1 x 105 N/mm2,
Iz = 6773 cm4.
C =ϕ
Pentru gr ţii în punctul D folosindu-se
Calculul reacţiunilor:
fig.5.10
.2.202CB
4.32648;0
;8.52
4.12648;0
kNVM
kNVB
=⋅+−
==
=− ⋅MC ==
∑
şi rotirilor sunt:
∑
Expresiile săgeţilor ( ) ( ) ( ) ;
64.426
632.20
618.5
62
33330
20 xT x x x
00 EI EI EI EI EIxM
xvv −+
−−
−−−−+= ϕ
( ) ( ) ( ) .
24.426
232.20
218.5
2
222200
0 EIx
EIx
EIx
EIxT
EIxM −
+−
−−
−−−=ϕϕ
131
În origine, parametrii sunt:
.0;48
;0;0
0
0
0
0
==−==
≠=≠=
A
A
A
A
TTkNmMM
vvϕϕ
Expresiile săgeţilor şi rotirilor devin:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) .2
4.4262
32.202
18.548
;6
4.4266
32.206
18.52
222
33348 2
00
0 EIx
EIx
EIx
EIx
EIx
EIx
EIx
EI−
+−
−−
−+=
−+
−−−
ϕϕ
C săgeţile să fie nule:
xxvv −++= ϕ
Constantele de integrare v0 şi ϕ0 se determină punând condiţiile ca pe reazemele B şi
.13.68;13.92
.6
28.52
3483
,012481
;03;01
00
32
00
200
EIv
EI
EIEIv
EIv
vmxvmx
C
B
=−=
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⋅−
⋅+⋅+
=⋅+⋅+
=⇒==⇒=
ϕ
ϕ
ϕ
Săgeata în secţiunea D, pentru x = 4,4 m, este:
.03.5106773101.2
1054.71
;54.716
4.12.206
4.38.52
12
EIEIEI⋅
4.4484.413.9213.68
45
332
mmv
EIEIEIv
D
D
=⋅⋅⋅
=
=⋅
−⋅
−⋅
+⋅−=
132
Problema 5.11 Să se calculeze rotirea în punctul C pentru grinda din figura 5.11, folosindu-se metoda parametrilor în origine:
fig.5.11 Expresiile săgeţilor şi rotirilor sunt:
( ) ( )
( ) ( ) .2
62
32
;6662
22200
0
63 3330
20
00
EIxT axF axF
EI EIEIxM
EIEIEIEI
+−−=ϕϕ
axFaxFxTxMxvv
−+
−
−+
−+−−+= ϕ
Parametrii în originea A sunt v0 = 0; ϕ0 = 0, iar în secţiunea D, vD = 0; φD = 0, pentru x = 9a; expresiile săgeţilor şi rotirilor pentru punctul D sunt:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )⎪⎪⎩
⎨
⎧
=++−−
=++
.032
62
92
9
,036
66
96
22200
3330
aEIFa
EIFa
EITa
EIM
aEIFa
EIFa
EITM
Rezultă:
⎪⎪−− 9
220 a
EI
.;2 00 FTFaM =−= Expresia rotirii devine:
( ) ( ) ;66
322
2 222 axEIFax
EIFx
EIFx
EIFa
−+−+−=ϕ
în punctul C, x = 3a, rotirea fiind:
( ) .233
232 2
2
EIFaa
EIFa
EIFa
C =−⋅=ϕ
133
CAPITOLUL 6
VARIAŢIA TENSIUNILOR ÎN JURUL UNUI PUNCT
ă6.1 Starea de tensiune spaţial
Câmpul de tensiuni într-un punct P al unui corp elastic este conform
1; pe fiecare element de suprafaţă tensiunea are o com nentă două componente tangenţiale după două direcţii ortogonale între
ele.
figurii 6.1. ponormală şi
fig.6.1.1
blul celor nouă componente ale tensiunii care acţionează lui dreptunghic Oxyz reprezintă tensorul tensiunilor:
;
ă pozitive când au sensuri opuse sensului axelor.
Ansamasupra triedru
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
Tστττστττσ
σ
⎡
tensiunile se consider
134
6.2 Starea plană de tensiuni
Se consideră o bară de secţiune dreptunghiulară de lăţime egală cu unitatea, forţele ce acţionează asupra acesteia considerându-se uniform distribuite; în consecinţă, nsiunile ca fiind uniform istribuite (fig.6.2.1).
se consideră şi ted
fig.6.2.1 Se secţionează bara cu planele 1-1, 2-2 şi 3-3, planul 3-3 fiind înclinat cu
unghiul α în raport cu axa y ; se izolează prisma triunghiulară obţinută, prin reducere la planul median obţinîndu-se triunghiul dreptunghic din figura 6.2.2:
fig.6.2.2 Din ecuaţia de momente faţă de M se obţine legea dualităţii tensiunilor tangenţiale:
yxxy ττ = ; din ecuaţiile de proiecţii pe direcţiile σα şi τα se obţin expresiile:
135
.2cos2sin
2ατα
σστ
;2sin222
αταcosσσσσ
σ yxyxα xy+
−+
+=
α xy
yx +−
−=
Deoarece pentru:
( ) ;02
0 =⇒=αστ α
α dd
rezultă:
;2
2yx
xytgσσ
τα
−=
ecuaţie ce are soluţiile α1 şi α1+π/2. Pentru a se stabili care este unghiul α1, se pune condiţia:
.01 >xy
tgτα
Există două direcţii normale între ele, denumite direcţii principale de
tensiuni; tensiunile normale pe aceste direcţii se numesc tensiuni principale, σ1 = σmax şi σ2 = σmin , acestea constituind valorile extreme ale tensiunilor normale în jurul punctului P considerat:
.22
;22
22
2
22
1
xyyxyx
xyyxyx
τσσσσ
σ
τσσσσ
σ
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −−
+=
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −+
+=
Pe suprafeţele pe care acţionează tensiunile normale principale, tensiunile tangenţiale sunt nule; tensiunile tangenţiale au valori maxime pe planele bisectoare ale planelor principale. Particularizînd expresiile tensiunilor σα şi τα, în cazul solicitării de
resiune monoaxială, tensiunile pe o suprafaţă înclinată întindere sau compvor fi:
.2
2sinσα
x
x
;cos2ασσ =
ατα =
136
tensiunile principale şi unghiurile direcţiilor principale de tensiune sunt:
.2
;0;0; 2121παασσσ ==== x
tensiunea tangenţială maximă este:
.2max
xστ −=
În cazul st
ării de forfecare pură:
αττ
ατσ
σσ
α
α ;2sin
;0
xy
xy
yx
=
2cos=
==
tensiunile principale şi unghiurile direcţiilor principale de tensiune, în acest caz, sunt:
.4
3;4
;; 2121π
απατστσ ==−== xyxy
tensiunea tangenţială maximă este: .0max == ττ pent αruxy În cazul stării de încovoiere simplă:
xy σσ ;0= - se calculează cu formula lui Navier, yxxy ττ , se calculează a lui Juravski; rezultă:
cu formul
22
2,1 42 xyxx τσσσ +±= ;
având intotdeauna semne contrarii.
137
Problema 6.1 În jurul unui punct P al unui corp se cunosc tensiunile σx = 80N/mm2,
.6.1). Se cere determinarea tensiunilor principale şi a direcţiilor acestora. σy = 60N/mm2, τxy = 50N/mm2 (fig
fig.6.1 aţia:
Tensiunile principale se calculează cu rel
./19
;/91.1202
21
mm
mmN
=
=
σ
σ 01.
;502
60802
6080
2
22
22
2,1
N
yxyx +⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −
±+
=+⎟⎞
⎜⎛ −
±+
= τσσσσ
σ
principale se foloseşte relaţia:
22 xy⎟⎠
⎜⎝
Pentru calculul direcţilor
.222012990;222039;2 /0/ =⇒−
= ασσ
2 ///00///// =+= αατ
αyx
tg xy
Pentru a cunoaşte direcţia 1(α1),se face discuţia:
;2
0,0;0 111 παατ
τα
<⇒>>> tgrezultatg
xyxy
deci: .2220129;222039 ///0//
2///0/
1 ==== αααα
138
Problema 6.2 unui punct P al unui corp se cunosc tensiunile σx = 90N/mm2,
y = - În jurul σ 40N/mm2, τxy = 60N/mm2 (fig.6.2). Se cere determinarea tensiunilor principale şi a direcţiilor principale ale acestora.
fig.6.2 Tensiunile principale se calculează cu relaţia:
./4.63
;/4.113
;502
40902
409022
22
21
22
22
2,1
mmN
mmN
xyyxyx
−=
=
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
±−
=+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −±
+=
σ
σ
τσσσσ
σ
Pentru calculul direcţiilor principale se calculează tg2α:
.4321111;432121;60222 /////0/ =⇒
⋅== αα
4090///0=
+−σστ
α xytg yx
entru a se cunoaşte direcţia principală 1(α1), se face discuţia: P
.4321111
;432121
;2
;00;0 11 >⇒>> ατ
αtg
tgxy
///0//
2
///0/1
==
==
<
αα
αα
πατ xy
139
Problema 6.3 Să se calculeze tensiunile principale, direcţiile principale de tensiune şi σα , τα pentru α = 300 în jurul punctului din figura 6.3; σx = 140N/mm2, τyx = 50N/mm2.
fig.6.3 Tensiunile principale sunt:
./02.16
;/02.156
;502
140
2422,1 xy140
2
2
22
2
mmN
xx
=
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛±=+±=
σ
τσσσ
Se calculează direcţiile principale:
2
21
mmN−=σ
;4517
;140
50222
/0/ −=
⋅−=
−=
α
σστ
.1572 /0// =α
αyx
xytg
şte direcţia 1(α1), se face discuţia:
Pentru a se cunoa
.1572
;4517
;20 1>τ xy
xy
;00;
/02
/01
1
=
−=
><⇒<
α
α
παατα
tgtg
rea tensiunilor de pe secţiunea înclinat α, se scriu relaţiile:
Pentru determina ă cu unghiul
;2sinsincos 22 ατασασσα xyyx ++=
140
./62.852150
23
2140
;2cos2sin2
;/69.612430
−σ
3503140
230
2
0
0
mmN
mmN
xyy
−=⋅−⋅−=
+
=⋅−⋅=
τ
αταα
Se dă grinda în consolă, solicitată ca în figura 6.4. Cunoscînd tensiunea σα = σβ1 = 50N/mm2 şi aria secţiunii A = 10cm2, se cere determinarea Fmax, τβ1, τβ2,
σ
x−=σ
τ
Problema 6.4
σβ2.
fig.6.4
e solicitării axiale:
Pentru determinarea forţei Fmax se pleacă de la relaţia tensiunii σα corespunzătoar
141
.1067.66
;cos
;;cos
3
2
21
NF
AF
AF
x
xx
⋅=
==
===
βσ
σ
σβσσσ
α
βα
Pentru determinarea tensiunilor τβ1, τβ2 şi σβ2 se folosesc relaţiile corespunzătoare tensiunilor tangenţiale şi normale funcţie de tensiunea normală din solicitarea axială centrică:
;/87.28
23
267.662sin
2
;/87.2823
267.662sin1
x−= βστβ 2
222
21
mmN
mmN
x =⋅=−=
−=⋅−=
βστβ
τβ2, σx = - F/A, iar:
cu σx corespunzător lui
./67.164167.66cos 2
22
2 mmNx −=⋅−== βσσ β
roblema 6.5
Pentru grinda avînd secţiunea dintr-un profil I24, ca în figura 6.5, se principale şi direcţiile acestora, la nivelul îmbinării inimii cu
P cer tensiunile talpa, în secţiunea A. Se dau: l =1m, F =17,7 kN.
fig.6.5
142
normală va avea expresia: În punctul i, tensiunea
;i z
i IA yM
=σ
în care:
( ) ./56.1339.106104250107.173
;4250,/9.106
;3
mmNy
FlM A
−=
−=
24
6
42
mmN
cmI
i
zi
=−⋅⋅⋅
−=
=
σ
În punctul i, tensiunea tangenţială va avea expresia:
;zAixy Ib ⋅ z
ST ⋅=τ
în care:
./62.267.157536101.53;7.8
3
mmb
ixy =⋅⋅
=
=
21042507.8
;67.1575362
1.131201.13106
;1.537.1733
24
3
mmN
mmS
kNFT
z
A
⋅⋅
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −⋅⋅=
= ⋅ ==
Tensiunile principale sunt:
τ
./73.3
;/29.137
;62.222
56.1332
56.13322
22
21
22
22
2,1
mmN
mmN
xyxx
−=
=
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛±=+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛±=
σ
σ
τσσσ
Direcţiile principale de tensiune se determină cu relaţia:
;222199,22219;56.13362.2222
2 ///0/////0/ ==⇒⋅
== ααστ
αx
xytg
;0,0;0 11 >>> ατ
τα tgtg
xyxy
în urma discuţiei:
,πrezultă: 21α < prin urmare: 0 / / / 0 / / /
1 29 21 22 , 99 21 22 .α α= =
143
Problema 6.6
Pentru grinda de lemn cu secţiunea dreptunghiulară din figura 6.6, se ere determinarea tensiunilor principale şi a direcţiilor principale de tensiune
10 cm.
cîn secţiunea Cst, la y =h/4; se cunosc h = 25 cm, b =
fig.6.6
ină iniţial:
Pentru calculul tensiunilor principale se determ
( ) ( )
( )
( )./9.0
12
5859371020
;1037.585932
325010083
42
;/8.45.6210
122510
1010
2
4
3
322
2
43
6
4/
mmN
mmhbhhS
ST
mmNyI
M
xy
z
zCstz
z
Czhy
=⋅⋅
=
⋅=⋅⋅
=⋅⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −=
⋅
=⋅⋅
⋅⋅
=⋅==
τ
σ
;4/ Ib zhy ⋅
==τ
;100mmb =
1025101003
⋅⋅
⋅
144
Tensiunile principale sunt:
./16.0
;/96.4
;9.04.228.4
22222
2
2,1 xyxx +±=+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛±= τσσσ
2
2
21
mmN
mmN
−=
=
σ
σ
Direcţiile principale de tensiune se calculează cu ajutorul relaţiei:
;417100,41710;8.4
9.0222 ///0//////0/ ==⇒
⋅== αα
στ
αx
xytg
pentru determinarea direcţiei de tensiune principală 1(α1), se face discuţia:
;0;0;0 11 >⇒>> ατ
τα tgtg
xyxy
aşadar:
.417100
;41710
;2
///02
///01
1
=
=
<
α
α
πα
145
CAPITOLUL7
TORSIUNE
7.1 Torsiunea barelor cu secţiune circulară
ă
La torsiunea barelor de secţiune circulară, pe secţiunea transversaltensiunile tangenţiale variază liniar (fig.7.1.1) şi se determină cu relaţia:
;rIM
p
t ⋅=τ
în care Ip reprezintă momentul de inerţie polar al secţiunii.
fig.7.1.1 Tensiunea tangenţială maximă, constantă în toate punctele de pe
onturul secţiunii se determină cu relaţia:
c
p
t
WM max
max =τ ;
care:
în
;RI
W pp = - modul de rezistenţă polar al secţiunii.
Rotirea relativă între două secţiuni aflate la distanţa l una de alta este:
146
;∫= l pIG
t dxMϕ
cu G modul de elasticitate transversal. Condiţia de rezistenţă la torsiunea barelor cu secţiune circulară este:
;maxmax a
p
f la de dimensionare rezultă:
t
WM
ττ ≤=
stfel, ormua
;max
a
tnecp
MW
τ≥ cu ;dim
pnecp WW =
de unde se obţin dimensiunile secţiunii transversale. Formula de determinare a momentului de torsiune capabil ete:
;aefpcapt WM τ⋅= În afara condiţiei de rezistenţă la torsiune trebuie îndeplinită şi condiţia de deformaţie (rigiditate):
;ap
tef IG
Mθθ ≤
⋅=
astfel, formula de dimensionare din condiţia de rigiditate este:
. a
necp GI
θ⋅
Formula de determinare a momentu
tM=
lui de torsiune capabil din condiţia e rigiditate este:
d
.apacpt IGM θ⋅⋅= Dse poate ob
acă bara solicitată la torsiune este un arbore, momentul de torsiune ţine cu relaţia:
;55.9n
Mt ⋅= [kNm] P
u P – puterea în kW, iar n – turaţia arborelui în rot/min. c
147
iune oarecare 7.2 Torsiunea barelor de secţ
ri bere în secţiune apar numai tensiuni tangenţiale τ care se determină prin
ii. tenţă şi deformaţie pentru barele cu secţiune
orma:
În cazul barelor de secţiune oarecare solicitate la torsiune cu deplasălimetodele teoriei elasticităţ Condiţiile de rezisoarecare solicitate la torsiune se scriu în f
;max at
t
WM
ττ ≤= cu Wt modul de rezistenţă la torsiune;
;max at
IGθθ ≤
⋅= cu It moment de inerţie la torsiun
te.
reptunghiulară din figura 7.2.1, se definesc:
M
Pentru secţiunea d
11 bhWt ⋅⋅= α
;3bhIt ⋅⋅= β
;
;2
2bhWt ⋅⋅= α
.tM=θ
;
;
max
max1
ax
t
t
t
IG
WM
W
⋅
=
=
τ
mMτ la mijlocul laturii lungi;
la mijlocul laturii scurte.
1t
t
fig.7.2.1
148
În figura 7.2.1 s-a reprezentat şi distribuţia tensiunilor τ de-a lungul nstantele α, α1, β
unt funcţii de raportul laturilor h/b şi pot fi găsite conform tabelului 7.2.2.
belul 7.2.2
ilele subţiri desc lă alcătuită din dreptunghiuri înguste legate rigid între ele având aceeaşi
rsiune specifică, tensiunea tangenţială maximă în porţiunea „i” a secţiunii este:
axelor principale, de-a lungul diagonalelor şi pe contur; cos
ta
Pentru prof hise (fig.7.2.3), cu secţiunea transversa
to
;max it
i It b⋅M
=τ
u It – moment de inerţie la torsiune pentru întreaga secţiune:
c
;31 3∑ ⋅=
iiit bhI
h/b 1 1,25 1,5 1,75 2,0 2,5 3,0 4,0 5,0 6,0 8,0 10,0 ∞
α 333 0,208 0,221 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267 0,282 0,292 0,299 0,307 0,313 0,
α1 ,449 0,208 0,238 0,269 0,292 0,309 0,336 0,354 0,378 0,393 0,402 0,414 0,421 0
β ,333 0,141 0,172 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263 0,281 0,292 0,399 0,307 0,313 0
149
Tensiunea tangenţială maximă va fi:
;bMt ⋅=τ maxmax It
cu bmax i m ă le tel om en le iun en aτ e l o r g i o d s c i . o a â r a i d tă r rc u , d ţ o e
gros mea axim a e men or c pon te a secţ ii; t siune max ar loc a mijl cul d eptun hiulu comp nent e gro imea ea ma mare
La pr filele lamin te, av nd o igidit te ma mare atori raco dărilo onstr ctive momentul e iner ie la t rsiun este:
∑ ⋅⋅⋅= i
iit 3
cu: η = 1, pentru profile “L”; η = 1,1÷1,2, pentru profile “U”;
bhI ;1 3η
η = 1,3, pentru profile “I”. pereţi subţiri, deschise (fig.7.2.4), tensiunile contur şi datorită grosimii mici pot fi considerate
La secţiunile cu tangenţiale sunt tangente laconstante pe grosime. Acestea se calculează cu relaţia:
;2 b
Mt
⋅Ω⋅=τ
Condiţia de rezistenţă este:
;2 min
max at
bM
ττ ≤⋅Ω⋅
=
150
Condiţia de deformaţ
ie este:
;4 2 a
t
G
M θθ ≤Ω⋅
⋅=
s bds∫
cu Ω - aria închisă de conturul median al secţiunii, iar It – momentul de ii, în forma: inerţie la torsiune al secţiun
;4 2
∫Ω⋅
=t dI
s bîn situaţia în care b = ct., rezultă:
s
;bs
bds
s
=∫
cu s – lungimea conturului median al secţiunii.
7.3 Sisteme static nedeterminate la torsiune
Cazul general al sistemelor static nedeterminate la torsiune se studiază pe o bară dublu încastrată solicitată la torsiune (fig.7.3.1). Pentru rezolvarea sistemului o dată static nedeterminat se suprimă o
-se o formă de bază. Condiţia ca forma de bază să se ste:
legătură obţinânducomporte identic cu sistemul real e
( ) ( ) ;01 =+= ttA
ttA
tA MX ϕϕϕ
151
în care:
( )
( ) ;2t
tt
tA IG
M⋅
=ϕ
;2
/
1 t
t
t
t
bM ⋅
stfel, rezultă:
111tt
A IGbX
IGaXX
⋅⋅
−⋅⋅
−=ϕ
a
b
;
1
21
tt
t
bIa
IMX+
⋅=
2tt Iu lungimile reduse:
c
;;2
0/
1
0/
t
t
t
t
IIbb
IIaa ⋅=⋅=
în care I0t reprezintă un moment de inerţie arbitrar ales. În final, se obţin:
152
.; /
/
1/
/
1 laMXM
lbMX t
ttt
t ⋅=−⋅=
Diagrama de momente de torsiune este similară cu o diagramă de forţe tăietoare produsă de o forţă concentrată pe o grindă simplu rezemată. Pe baza acestei observaţii se consideră o grindă convenţională simplu rezemată (fig.7.3.2), cu deschiderile a/, b/, l/, încărcată cu o forţă transversală convenţională egală cu vectorul Mt rotit cu 900 în sens antiorar. Diagrama de forţe tăietoare pe această grindă este chiar diagrama de momente de torsiune pe grinda reală. Această metodă de rezolvare a sistemelor static nedeterminate la torsiune se numeşte metoda grinzii convenţionale. Ca moment de inerţie I0t se alege momentul de inerţie al unuia din tronsoane. 7.4 Arcuri elicoidale cu pasul mic
arcuri elicoidale cu pasul mic (fig.7.4.1), unghiul de înclinare al pirei fiind foarte mic, se fac aproximările sin α = 0 şi cos α = 1.
Las
Secţiunea spirei este solicitată la un moment de torsiune M = F⋅R şi o
e . t
forţă tăietoare T = F; ambele eforturi secţionale produc tensiuni tangenţial
153
Prin suprapunerea efectelor în punctul de la interiorul arcului care este ultă tensiunea tangenţială maxi ă şi condiţia de cel mai solicitat, rez m
rezistenţă:
;3
134
max1 ap
t
p
t
Rd
WM
AT
WM τττ ≤⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅=⋅+==
în care d – diametrul spirei; R – raza cilindrului de înfăşurare a spirelor. Deplasarea după axa cercului este (fig.7.4.2):
;644
3
dGnFR
arc =Δ
Problema 7.1 Să se dimensioneze bara cu secţiune circulară, încărcată ca în figura 7.1. Se dau: F = 9 kN, τa = 50 N/mm2, θa = 0,9 0/m, G = 8,4⋅104 N/mm2.
154
Calculul momentelor de torsiune în dreptul secţiunilor caracteristice:
ză d de torsiune, reprezentarea făcându-se ca la xiale lul cel mai solicitat
.4.55.14.0
;925.0
;7.23.0
kNmFM
kNmFM
kNmFM
tC
tB
tA
=⋅=
=⋅=
==
Se trasea iagrama de momenteorţele af (Mt pozitiv deasupra axei şi invers). Interva
tal barei este B-C, cu ⎢M max ⎢= 6,3 kNm. e dimensionează bara din condiţia de rezistenţă: S
;maxmax a
p
t
W
Mττ ≤=
astfel, rezultă:
.90
;25.86;1650
103.6
;16
36
3dimmax
mmd
mmdd
dW
MW
ef
nec
pa
tnecp
=
=⇒=⋅
===
π
πτ
Se verifică condiţia de rezistenţă:
./55.4490103.6 2
3
6max
max aefp
tef mmN
W
Mτ
πτ <=
⋅⋅
==
16Se verifică condiţia de deformaţie:
;1012.6443290
32
;/1057.1101
1809.0/9.0
;
4444
53
0
maxmax
mmdI
mmradm
IG
M
efp
a
ap
t
⋅=⋅
=⋅
=
⋅=⋅⋅==
≤⋅
=
−
ππ
πθ
θθ
155
.90
;/10164.11012.644104.8
103.6 56
mmradef <⋅=⋅
= − θθ 44max
mmdef
a
=⇒⋅⋅⋅
Problema 7.2
a
Consola ABC din figura 7.2 este supusă acţiunii cuplurilor concentrate din punctele B şi C. Să se dimensioneze bara cu secţiune circulară plină, ştiind că: τa = 100 N/mm2, θ = 0,25 0/m, G = 8,4⋅104 N/mm2. Să se determine rotirea punctului C.
Se calculează momentele de torsiune în dreptul secţiunilor caracteristice:
Se trasează diagrama de momente de torsiune. Intervalul cel mai solicitat al barei este AB. Plecând de la condiţia de rezistenţă se face dimensionarea:
20260M t ⋅=
.1060150400
;105203
3
NmmM
NmmtB
C
⋅=⋅=
⋅=
;16
;1120100
10112
3dim
33
max
dWW
mmM
W
pnecp
a
tnecp
⋅==
=⋅
==
π
τ
156
astfel, rezultă:
.181120163 mmd =
⋅=
π
Se verifică condiţia de rezistenţă:
./100/8.9711.1145
10112
;11.11451618
;
3
maxmax W
Maef
p
tef ≤= ττ
223
max
3
mmNmmN
mmW
aef
efp
=<=⋅
=
=⋅
=
ττ
π
Se verifică condiţia de deformaţie:
;1018044
θθ >
;/10436.011/1
;/109.1210306104.8
10112
;99.103053218
;
53
0
54
3
44
maxmax
aef
a
ef
p
ap
t
mmradm
mmrad
mmI
IG
M
πθ
θ
π
θθ
⋅=⋅⋅==
⋅=⋅⋅⋅
=
=⋅
=
≤⋅
=
−
−
şadar, diametrul de 18 mm nu verifică condiţia de deformaţie. n această condiţie:
aSe redimensionează di
;32
1081.30510436.0104.8
10112 dim4
4354
3max
p
tnecp Idmm
G
MI =
⋅=⋅=
⋅⋅⋅⋅
=⋅
= −
πθ
a
astfel, se obţine:
.42mmdef =
157
Calculul rotirii punctului C:
.1012.2
;0
;
3242104.8
4001052
3242104.8
3001112A
⋅ 0
;
3
44
3
44
3
rad
IGdxM
AC
A
AC
C
p
t
−− ⋅=
=
⋅⋅⋅
⋅⋅+
⋅⋅⋅
⋅=−
⋅⋅
ϕ
ϕ
ππϕϕ
Problema 7.3
din figura 7.3, ştiind că roata „2” este onducătoare, transmiţând o putere P = 95 kW şi că roata „1” preia 60% din
puterea totală (randament ideal). Se consideră roţile aşezate lângă lagăre pentru a nu produce şi încovoieri ale arborelui. Se cunosc: n = 200 rot/min, τa = 45 N/mm2, G = 8,4⋅104 N/mm2, θa = 0,25 0/m. Să se determine rotirea relativă între roţile „2” şi „3”.
AC =− ∫ϕϕ
Să se dimensioneze arborelec
158
Se consideră momentul motor, pozitiv (în lungul axei x):
.536.42009555.955.92 kNm
nPMt =⋅=⋅=
Momentul de torsiune în dreptul roţii „1” va fi:
.7216.2536.46.06.0 21 kNmMM tt =⋅== Pe intervalul 1-2 momentul de torsiune are valoarea maximă |Mt1 max| = 2,7216 kNm. Pe acest interval se face dimensionarea, plecând de la condiţia de rezistenţă:
.70;5.67
;1645
107216.2
;max
dim36
dim
d
WdW
WM
W
pnecp
pa
tnecp
=
=⋅
=⋅
=
==
π
τ
;max
max
mmdmm
WM
ef
ap
t
=
≤= ττ
ă condiţia de deformaţie:
Se verific
.
;/10436.0101
18041
;/1037.1
3270104.8
107216.2max
max
53
54
4
6
max
aef
a
p
tef
mmrad
mmradIG
M
θθ
πθ
πθ
>
⋅=⋅⋅=
⋅=⋅
⋅⋅
⋅=
⋅=
−
−
Se redimensionează din condiţia de deformaţie:
;
32
;1011.74310436.0104.8
107216.2max
4dim
4454
6
dI
mmG
MI
p
a
tnecp
⋅=
⋅=⋅⋅⋅
⋅=
⋅≥ −
π
θ
astfel, rezultă:
159
;95;27.93 ef mmdmmd ==
./1040.0107216.2 6efθ = 5
1063.799104.8
;1063.7993295
544max
444
a
ef
mmrad
mm
θ
π
<⋅
pI
⋅⋅⋅
⋅=⋅
−
e secţiunile „2” şi „3” este:
=
⋅=
Rotirea relativă într
.1062.16001053.44.0 363
3 raddxMt −⋅=⋅⋅⋅
==− ∫ϕϕ 1063.799104.8 442
2 IG p ⋅⋅⋅⋅
Problema 7.4 O secţiune casetată are dimensiunile din figura 7.4. Ştiind că rezistenţa admisibilă este τa = 96 N/mm2 se cere momentul de torsiune capabil Mtcap. Ce devine momentul de torsiune dacă secţiunea are o tăietură
ţii laterali?
la nivelul unuia din pere
Figura reprezintă o secţiune cu pereţi subţiri, închisă; condiţia de rezistenţă în acest caz este:
;2 min
max at
bM ττ ≤⋅Ω⋅
=
de unde rezultă relaţia pentru momentul capabil:
;2 min at bcapM τ⋅⋅Ω⋅=
160
în care Ω - aria conturului median al secţiunii:
în care bmin reprezintă grosimea celui mai subţire perete:
;1076.2961210122
;12000030040084
2
NmmcapMmm
t ⋅=⋅⋅⋅⋅=
=⋅=Ω
( ) 1220,12min mmb .min ==
Dacă secţiunea este tăiată la nivelul unuia din pereţii laterali, aceasta devine u pereţi subţiri deschisă, condiţia de rezistenţă fiind:
o secţiune c
;maxmax a t
în care It este momentul de inerţie la torsiune al secţiunii:
t bI
M ττ ≤⋅=
( )140032
31 46333 hbI
iiit ⋅=⋅= ∑ ;1006.2203002 mm⋅=⋅+
rosimea peretelui celui mai gros:
g
( ) ;2020,12maxmax mmb == astfel, rezultă:
;1089.920
1006.296 66
max
/ Nmmb
IcapM tat ⋅=
⋅⋅=
⋅=τ
/În acest caz, Mt cap este de:
201006.21089.9
6
6
≈⋅⋅
ori mai mic în raport cu Mtcap corespunzător secţiunii în
ărcat cu forţa F perpendiculară pe cest plan (fig.7.5). Secţiunea barei este un profil I28. Să se determine forţa
mm2, τa = 75 N/mm2, a = 1 .
varianta iniţială (netăiată). Problema 7.5 Sistemul ABC este plan fiind încamaximă suportată de sistem. Se dau: σa = 150 N/m
161
Se trasează diagramele de moment încovoietor şi moment de torsiune; se onstată faptul că bara B-C este solicitată la încovoiere iar bara A-B la
torsiune. termina Fmax = min (Fmax
BC; FmaxAB); astfel, pentru bara B-C
BC ţia de rezistenţă la încovoiere:
c
Se va de(încovoiere), se determină Fmax din condi
.3.81 kNBC ≤Pentru bara A-B (torsiune),
;103.81
;
103.8110542150
;;542
;
max
6
63
max3
max
FNmmaF
NmmWM
aFMcmW
W
efza
capz
zz
az
z
⋅≤⋅
⋅=⋅⋅=⋅=
⋅==
≤
σ
σ
se determină FmaxAB din condiţia de rezistenţă la
rsiune (bară cu pereţi subţiri, profil deschis):
max
M=σ
;
max MM capzz ≤
to
;1034.22.15
1036.4775 ;1036.47
;
44
maxmax
max
mmI
bI
t
at
t
⋅=
≤⋅= ττ
6
4
max
Nmmb
IM
M
tacapt ⋅=
⋅⋅=
⋅=τ
162
.; maxmax aFMMM tt
capt ⋅=≥
Fiind o secţiune din profil laminat, la racordări apar concentrări de tensiuni:
;
;
maxmin
max
minmaxmax
bI
M
t
talno
alnok
ef
⋅=
⋅=
τ
τατ
în care αk – coeficient de concentrare de tensiuni:
./7522
;2
1.10
2min mmNbaFr
alnoef
k
=≤⋅⋅
⋅=⋅= τττ
2.15b 74.174.1
maxmaxmax
33
I at
=⋅=⋅=α
Rezultă Fmax
AB = 1,17 kN, forţa maximă suportată de sistem va fi: ( ) .17.117.1;3.81minmax kNkNkNF == Problema 7.6
d a = 1 m, F = 6 kN, τa = 80 /mm , G = 8,4⋅10 N/mm , se cer:
a) dimensionarea barei pe secţiuni; b) determinarea rotirilor ϕB, ϕC şi ϕD.
Bara ABCDE, dublu încastrată, are secţiune pătrată pe ABC, inelară pe CD şi circulară pe DE (fig7.6 a). Cunoscân
2 4 2N
163
Bara este dublu ul este o datîncastrată, solicitată la torsiune; sistem ă static
edeterminat. Se foloseşte metoda grinzii convenţionale pentru trasarea iagramei de momente de torsiune. e determină momentele de inerţie la torsiune pentru cele trei tipuri de
ndSsecţiune ale grinzii:
;098.032
;057.0
14
32
2
44
4
DdI
DD
pDE =
⋅=
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎣ ⎠⎝
⎠⎝
π
;035.02141.0 4
4
4 DDbI tABC =⎟
⎟⎞
⎜⎜⎛⋅=⋅= β
4 ddII pCD
tCD ⎢
⎡⎟⎞
⎜⎛−
⋅==π
164
Se alege drept moment de inerţie de referinţă: Se calculează lungimile reduse ale tronsoanelor grinzii:
;035.0 40 DI t =
.357.0098.0035.0
;614.0057.0035.0
;2
;
4
4/
4
4/
/
0/
aaDDl
aaDDl
al
IIaa
DE
CD
ABC
tj
t
jj
==
==
=
⋅=
Momentele de torsiune în dreptul secţiunilor caracteristice sunt:
Pe grinda simplu rezemată convenţională se introduc vectorii momentelor care se rotesc antiorar cu 900 şi se obţin forţe transversale convenţionale (fig.7.6b):
.6.34.065.1
;2.76.062;4.24.06
kNmM
kNmMkNmMtD
tC
tB
=⋅⋅=
=⋅⋅==⋅=
165
Din ecuaţia de momente faţă de E/ rezultă VA/ :
/
cu ajutorul lui VA/ se determină diagrama TC care este echivalentă chiar cu
diagrama Mt. Intervalul cel mai solicitat este DE; se dimensionează pe acest interval, apoi se verifică celelalte două tronsoane. Intervalul DE
ntru secţiunea circulară:
;193.1;0/ kNmVM AE==∑
Condiţia de rezistenţă pe
;max ap
t
WM ττ ≤=
astfel, condiţia de dimensionare va fi:
.
16
3dim nec
pp WDW =⋅
=π
;10085.9080
10207.7 336
a
tnecp mmMW ⋅=
⋅==
τ
iametrul D rezultă: D = 77,12 mm şi Def = 78 mm. e verifică condiţia de rezistenţă:
DS
./34.77
1678
10207.7 23
6
max aefp
tef mmNWM τ
πτ <=
⋅⋅
==
Intervalul CD Condiţia de rezistenţă pentru secţiunea inelară:
./43.64
607.3
1098.5578621
16781
16
;
2max
334343
max
aCD
t
p
ap
t
mmN
kNmM
mmDdDW
WM
ττ
ππ
ττ
<=
=
⋅=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
⋅=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
⋅=
≤=
166
Intervalul ABC Condiţia de rezistenţă pentru secţiunea pătrată:
./03.10314.55208.0
10593.3 6⋅
;14.55208.02
23max
3
aABC
t
mmN
D
W
ττ >=⋅
=
⋅=⎟⎟⎠⎝
ornind de la zon BC:
;max atM ττ ≤=
2208.03
3bW α⎞
⎜⎜⎛⋅=⋅=t
Se redimensionează sistemul p a
.85;60;10912.44208.0 mm
;;208.0
;10912.4480
33
dim3dim
33
Dmmbb
WWbW
mmW
tnec
tt
at
==⇒⋅=
==
⋅===τ
Verificarea condiţiei de rezistenţă:
10593.3 6Mtnec ⋅
./80 /8.7910593.3 26
mmN aef =<=
⋅= ττ
60208.0 3max ⋅2mmN
alculul rotirilor:
C
.1074.16
3285104.8
1010207.7
;101.3160141.0104.8
1010593.3 36 ⋅⋅
;0A =ϕ
;107.760141.0104.8
1010193.1
34
4
36
344
344
36
rad
rad
radIGdxM
D
BC
B
A t
tB
−
−
−
⋅=⋅
⋅⋅
⋅⋅−−=
⋅=⋅⋅⋅
+=
⋅=⋅⋅⋅
⋅⋅=
⋅= ∫
πϕ
ϕϕ
ϕ
167
Problema 7.7 Bara dublu încastrată AG are secţiunea casetată pe ABC, pătrată pe
DE şi circulară pe EFG. Să se determine forţa maximă Fmax pe care o suportă bara. Se dau: τa = 70 N/mm2, b = 300 mm (fig.7.7a).
C
Se foloseşte metoda grinzii convenţionale; se determină momentele de inerţie la torsiune pe intervalele grinzii:
;2
111
182;1981811;4
;1057.018.14141.0
;18.14;202;
;1057.132
22
444
4
444
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +==⋅=Ω
Ω⋅=
⋅=⋅=
==⋅=
⋅=⋅
=
∫∫ s
s
tABC
tCDE
tCDEI
tEFGt
bdscm
bdsI
cmI
cmccmcc
cmDI
β
π
168
.10334.0
211
1182
44 cmI tABC ⋅=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=
t t 4 4
1984 2⋅
e alege I0 = IABC = 0,334⋅10 cm ; se calculează lungimile reduse:
S
.425.057.1334.02
;771.157.0334.02
;2
/
/
0/
aal
aal
aIIll
EFG
CDE
tABC
t
ACAC
=⋅=
=⋅=
=⋅=
Se calculează momentele de torsiune în dreptul secţiunilor caracteristice:
Se construieşte grinda convenţională simplu rezemată (fig 7.7b), pe care se introduc vectorii moment de torsiune care se rotesc antiorar cu 900, obţinându-se astfel forţele transversale convenţionale.
.22
;22
;
ttF
ttD
ttB
MbFM
MbFM
MbFM
−=⋅−=
−=⋅−=
=⋅=
169
Din ecuaţia de momente faţă de G/ rezultă VA/ :
Fmax se determină din condiţia:
212.02011.12596.2596.3/ tttt
A aMaMaMaV =⋅−⋅−⋅+⋅−
.0422.0
;0
;0
/
/
tt
A
G
MV
M
−=
=∑
[ ];;;min //////maxtttt MMMbFM =⋅=
în care ////// ;; ttt MMM re re izultă din egalarea, pe fieca nterval, a momentului de torsiune capabil cu momentul de torsiune maxim:
.
;
;max captABCtABC MM ≤
max
max
captEFGtEFG
captCDEtCDE
MM
MM
≤
≤
Intervalul ABC:
.1096.28957.0
1010198270957.0
2957.0
62
min/ NmmbMM acaptABC
t ⋅=⋅⋅⋅⋅
=⋅Ω⋅
==τ
Intervalul CDE:
.108.39043.1
1005.59370043.1043.1
633
// NmmcMM acaptCDE
t ⋅=⋅⋅
=⋅⋅
==ατ
Intervalul EFG:
.1011.36043.3
701620
043.36
3
/// NmmMMcaptEFG
t ⋅=⋅
⋅
==
π
Astfel, rezultă:
.105.96
;3001096.283
max
6max
NF
FNmmMt
⋅=
⋅=⋅=
170
Problema 7.8 Să se determine forţa maximă pe care o poate suporta bara din figura 7.8a, având secţiunea un profil I28. Să se determine deplasarea punctului de aplicaţie al forţelor F; se dau: τa = 75 N/mm2, G = 8,1⋅104 N/mm2.
te roti faţă de axa x datorită celor doi penduli erticali, aceasta fiind practic încastrată în raport cu axa x. Sistemul este
încastrat la ambele capete pentru solicitarea de torsiune, deci o dată static erminat.
intervalului celui mai solicitat se foloseşte
Secţiunea B nu se poav
nedetPentru determinarea
etoda grinzii convenţionale (fig. 7.8b). m
Inm
tervalul cel mai solicitat este AC; aici momentul de torsiune are valoarea aximă:
171
;57.0;max FhMMM cap ttt Mt
cap rezultă din condiţia de rezistenţă la torsiune pentru profile deschise cu pereţi subţiri:
cap =≤
( )
.1069.22.15
751036.47
;,max;1036.47
;
64
max
max
44
maxmax
NmmbIM
bbbmmI
bI
M
atcapt
talpainima
t
at
t
⋅=⋅⋅
=⋅
=
=⋅=
≤⋅=
τ
ττ
Datorită concentrărilor de tensiuni la racordări rezultă că:
;993.11.10
52.174.174.1
;
33
maxmax
==⋅=
≤⋅=
rb
k
anom
kef
α
ττατ
astfel, rezultă:
.1045.8
,1069.2 6max
F
b k
⇒57.028.0993.1
;57.0
3maxmax NF
Fh
⋅≤
I at ⋅τ
⋅⋅⋅
≤
⋅≤
α
Deplasarea punctului de aplicaţie al forţelor F
Linia care uneşte punctele de aplicaţie ale forţelor, CD, se roteşte şi devine C/D/ (fig.7.8c). CC/ = DD/ = OC ⋅ ϕt; deoarece ϕt este foarte mic se face aproximarea: tg ϕt = ϕt, astfel:
.119.1525.59140 22 mmOC =+=
172
Deoarece ϕA = 0 (încastrare), rezultă:
.2.31012.21119.152
;1012.211036.47101.8
106.045.828.057.0
3/
344
9dxMC
⋅⋅⋅⋅⋅= ∫ϕ
mmCC
radIG t
t
=⋅⋅=
⋅=⋅⋅⋅
=⋅
−
−
Problema 7.9
adrul plan din figura 7.9, încărcat cu forţe norma pe plan se a diagramelor de efort; 2. verificarea barei C-D, ştiind că
secţiunea este de formă dreptunghiulară. Se dau h = 110 mm, b = 55 mm, τa = 60 N/mm2.
Pentru c lecere: 1. trasare
1. Diagramele de efort
2. Bara C-D este solicitată la Pcondiţia de rezistenţă la torsi
torsiune. entru secţiunea dreptunghiulară une este:
;; 2max bhWWM
tat
t efτ ⋅⋅=≤= ατ
173
pentru h/b = 0,5, din tabele rezultă α = 0,246. Astfel, rezultă:
./60/9.4855110246.0
104 222
6max mmNmmN aef =<=
⋅⋅⋅
= ττ
Problem
a 7.10 ând n = 12 spire, R = 7 cm, suportă
2Arcul elicoidal din figura 7.10, av
o forţă F = 30 kN. Ştiind că τa = 300 N/mm , să se determine: a) diametrul spirei arcului; b) deplasarea totală a arcului, se dă G = 8⋅104 N/mm2.
a) Condiţia de rezistenţă în punctul de la interiorul arcului, ( cel mai solicitat), este:
;;3
1max RFMR
dWM
tap
t ⋅=≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⋅= ττ
Pentru dimensionarea spirei arcului se neglijează iniţial efectul forţei tăietoare, obţinându-se condiţia:
;max ap
t
WM ττ ≤= formula de dimensionare este:
;16
;7000300
107030 3dim3
3 dmMW nectnecp
⋅=
⋅⋅==
πτ WWm pp
a
==
174
din care se obţine:
.3391.32161073
3
mmd ≅=⋅⋅
=π
Pentru a se ţine seama de termenul neglijat se majorează diametrul:
;3565.34703
331333
1 33 mmRdddef ≅=
⋅+⋅=+⋅=
verifică condiţia de rezistenţă: Se
./300/02.291703
351
1635
701030 223
3
max mmNmmN a =<=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅+⋅
⋅⋅⋅
= τπ
τ
b) Deplasarea totală a arcului este:
.82.6535108
12701030646444
33
4
3
mmdG
nRFB =
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅
⋅⋅⋅=Δ
Problema 7.11
Sistemul de arcuri din figura 7.11a are următoarele caracteristici: R =
N/mm2. Să se determine Fmax suportat de sistem şi eplasarea punctului C.
1
6 cm, d1 = 3 cm, n1 = 8 spire, R2 = 7 cm, d2 = 4 cm, n2 = 11 spire, G = 8⋅104 N/mm2 şi τa = 300 d
175
Se secţionează sistemul deasupra şi dedesubtul punctului C, bţinându-se sistemul de forţe din figura 7.11b, în care:
F = F1 + F2 ; litate geometrică este:
o
Condiţia de compatibi ;21 Δ=Δ=ΔC au: s
;2121
21
2
2
1
1
kkF
kkFF
kF
kF
C +=
++
===Δ
în care k1, k2 – constantele elasticee obţin expresiile lui F şi F :
ale celor două arcuri. 1 2S
;
;
21
2
22 kF C =Δ⋅=
21
111
kkkFkkkFkF C
+⋅+⋅
=Δ⋅=
Din condiţia de rezistenţă pentru arcuri elicoidale, rezultă:
;
31
22
1
11
⋅=≤
⎟⎟⎠
⎜⎜⎝ ⋅+
31
;
2
22
2
111
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
+
⎞⎛
⋅=≤
RdR
dW
FF pacap
WFF
RR
pacap
τ
τ
./848117064
4010864
;/58686064
3010864
3
44
232
42
2
3
44
131
41
1
mmNnR
dGk
mmNnR
dGk
=⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
=
=⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅
=
Forţa capabilă a unui arc este:
;1072.22
60330160
1630300
3
3
1 NF cap ⋅=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅+
⋅⋅=
π
176
.1045
703402F cap =
170 ⎟⎞
⎜⎛ +
1640300
3
3
⋅=⋅⋅π
N
⎠⎝ ⋅
ondiţia F1 F1 cap şi F2 ≤ F2 cap, rezultă: Din c
≤
;09.76;45
848586848//F ≤⋅
;8.56;72.22586
//
/
kNF
kNF
=⇒+
=⇒≤⋅
Forţa maximă a sistemului este:
/F848586 +
[ ] .8.56,min /// FF == max kNF Deplasarea punctului C este:
.6.39586848108.56 3F
=⋅
==Δ 21
mmkkC ++
Problema 7.12 Bara rigidă AD este acţionată de forţele 4F şi F şi se sprijină în C pe
ri elicoidale (fig.7.12). Se u R1 = 8 cm, R2 = 5cm, 1 2 1 2 = 13 spire, τa = 300 N/mm2,F = 12 kN. Se cere
dimensionarea arcurilor sistemului.
un sistem de două arcu dad = 1,5d , n = 8 spire, n
177
Forţa care acţionează asupra sistemului de arcuri din C este reacţiunea VC; această mărime rezultă din ecuaţia de momente:
rezultă:
.8.2;0 FVM CA ==∑
Din compatibilitatea geometrică a deplasărilor
;
;
2121
21
2
2
1
1
21
kkF
kkFF
kF
kF
C
+=
++
==
Δ=Δ=Δ
Forţele în cele două arcuri vor fi:
;1
;1
1
1
2
1
2
21
22
1
221
11
kk
kk
Fkk
kFF
kkF
kkkFF
+⋅=
+⋅=
+⋅=
+⋅=
;497.0
64
64
2
1
3
2
1
4
1
2
131
41
232
2
1
2 =⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⋅⋅⋅
⋅
=nn
RR
dd
nRdG
nRdG
kk
4
.15.11
497.1497.08.2
;44.22497.116.33
497.118.2
2
1
kNFF
kNFF
=⋅=
=⋅=⋅=
Arcul „1” suportă forţa cea mai mare, forţă la care se face dimensionarea:
;3
11
1
1
11max a
p
t
Rd
WM ττ ≤⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
Se face o predimensionare numai din efectul lui Mt1 (se neglijează forţa tăietoare T1). Rezultă d1, astfel:
178
;23.31300
1081044.221616 311 RF ⋅⋅⋅⋅⋅⋅
300⋅πSe dimensionează ţinând
331 mmd =
⋅==
π
cont şi de T :
1
.3380323.31123.31 3
1 mmd ef =⋅
+⋅=
Verificare:
;/289
803331
21.7056108044.22
;21.705616333
W =⋅
=π
23
1max
31
mmN
mmp
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅+⋅
⋅⋅=τ
Diametrul d2 = d1/1,5 = 22 mm, în plus:
.72.20901622 3
3
2 mmWp =⋅
=π
Se verifică arcul „2”:
;/30630002.1/305
,/305503
22172.2090
105015.11
22max
23
2ma
x
mmNmmN
mmN
=⋅<=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅+⋅
⋅⋅=
τ
τ
Se acceptă d2 = 22 mm.
179
LUL 8CAPITO
STUDIUL DEPLASĂRILOR PRIN METODE ENERGETICE
8.1 Metoda Maxwell – Mohr
Se consideră o bară în două situaţii de încărcare: prima este încărcarea Δi, în punctul „i”, care trebuie
ig.8.1.1a); a doua este o încărcare auxiliară fictiv , dată de o forţă unitară virtuală în punctul şi pe direcţia deplasării căutate (fig.8.1.1b).
reală, sub care se produce deplasarea determinată (f ă
Diagramele de eforturi produse de încărcarea reală sunt N, T, M; diagramele de eforturi produse de forţa 1 sunt ni, ti, mi.
emei lui Clapeyron, potrivit căreia lucrul mecanic al rţelor exterioare este egal cu energia de deformaţie acumulată de corp, se
bţine expresia:
Prin aplicarea teorfoo
∫ ∫ ∫++=Δ⋅ ;1EA
dxNnGA
dxTtEI
dxMm iiii η
care reprezintă formula Mohr – Maxwell pentru calculul deplasărilor roduse de sarcini.
Integralele corespunzătoare forţelor tăietoare şi axiale au valori mici şi e pot neglija; în consecinţă formula Mohr – Maxwell devine:
p s
;∫=ΔEI
dxMmii
180
Sarcina unitară se aplică pe dire ţia deplasării căutate; aceasta poate fi forţă sau moment concentrat, pentru determinarea săgeţii sau rotirii în punctul respectiv. Dacă Δi rezultă pozitiv din calcul, deplasarea are sensul sarcinii unitare, dacă este negativ are sens invers sarcinii unitare.
8.2 Metoda Veresceaghin
c
ând riaţie liniară se poate folosi un rocedeu simplu pentru efectuarea integralelor care intervin în formula
C una dintre diagrame are o vapMaxwell – Mohr. Pe intervalul AB, având momentul de inerţie “I”, diagrama “M” are o formă oarecare (fig.8.2.1), iar diagrama “mi” are o variaţie liniară.
Rezultatueste dat de relaţ
l integralei produsului celor două diagrame pe intervalul AB ia:
cu: Ω - aria diagramei “M” pe intervalul AB; ma “mi”, ordonată itită în dreptul centrului de
greutate G al diagramei “M”.
;GA
ii ydxmMEI ⋅Ω==Δ⋅ ∫ B
yG – ordonata din diagra c
181
Dacă ambele diagrame sunt liniare se poate considera aria oricăreia dintre ele. Dacă ambele diagrame sunt curbilinii nu se poate aplica metoda
8.3 Energia potenţială de deformaţie în funcţie de eforturi
Veresceaghin.
Pentru determinarea energiei potenţiale de deformaţie specifice se
ştere elementară dσ se produce o alungire suplimentară dε o en
face ipoteza că solicitările se aplică static, tensiunile crescând lent de la 0 la valoarea finală σ. Pentru o creşi ergie potenţială de deformaţie elementară:
( ) ;εσεσσ ddddUs ≅+= dar εσ ⋅= E din legea lui Hooke, astfel rezultă: ;εε dEdUs ⋅= iar prin integrare se obţine:
.21
22
2
σε⋅=
⋅=
EEUs
În cazul unei solicitări pe două direcţii principale 1 şi 2, energia potenţială de deformaţie specifică este:
( ).221
2122
21 σσμσσ −+=
EUs
În cazul tensiunilor tangenţiale τ, legea lui Hooke fiind γτ ⋅= G , energia specifică este:
.21
22
2
τγ⋅=
⋅=
GGUs
Energia potenţială elementară pentru un element de volum paralelipipedic dzdydxdV ⋅⋅= , va fi: ;dVUdU s=
182
iar energia potenţială de deformaţie totală a barei va fi:
∫ ∫ ⋅=⋅= .1;1 dVUdVU γτεσ22 tottot
8.3.1 Energia potenţială de deformaţie totală a barelor Solicitare axială
Ţinând seama că NA
=σ , se obţine:
.21
21
0
2
2
2 lN∫∫ ∫=⋅=tot dx
ANdxdA
EAU
Încovoi
E ere
În acest caz yIz
M z ⋅=σ , astfel:
∫∫ ∫=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅= .
21
21
0
22 lz
z
ztot dx
EIMdxdA
EIyMU
Torsiune
r Se porneşte de la relaţia: IM
p
t ⋅=τ , în final:
( )
∫∫∫ ⎟⎠
⎜⎝ pA p
tot GIIG 00
.22
Dacă bara este su
=⎟⎞
⎜⎛ ⋅
= ttl
dxM
dArM
dxU22
11
pusă simultan la mai multe solicitări simple, energia otenţială se obţine prin însumarea termenilor corespunzători fiecărei
rinda simplu r , încărcată cu o sarcină uniform istribuită, ca în figura 8.1, se cere să se calculeze săgeata în capătul liber C.
l
psolicitări. Problema 8.1 Pentru g ezematăd
183
Se reprezintă diagrama de momente „M” datorată sarcinii uniform
troduce în C o sarcină virtuală unitară şi se trasează ente „mC”. Se calculează săgeata în C:
distribuite. Se indiagrama de mom
∫ −=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⋅== ;
2428321 32
EIaplalpl
EIEIMmv C
C
semnul „-„ indicsensului sarcinii u
ă faptul că deplasarea „vC” se produce în sens invers nitare aplicate în punctul C.
Problema 8.2 mată încă rţa de 6kN, se cere să se
calculeze săgeata în capătul liber A (fig.8.2). Se dau: Iz = 171 cm4, E = ,1⋅105 N/mm2.
Pentru grinda simplu reze rcată cu fo
2
184
Se reprezintă diagrama de momente “M” datorată forţei concentrate exterioare. Se introduce în A o sarcină virtuală unitară şi se trasează diagrama de momente “ mA”. Se calculează săgeata în A:
.177.410171101.2
105.02
102103
45
336
mmvA −=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅
−=
semnul „-„ indică faptul că deplasarea „vA” se produce în sens invers sensului sarcinii unitare aplicate în A. Problema 8.3 Să se calculeze săgeata în punctul C pentru grinda din figura 8.3. Se
1 cm4, E = 2,1⋅105 N/mm2. dau: Iz = 17
Se reprezintă diagrama de momente “M” din sarcina distribuită exterioară. Se introduce în C o sarcină virtuală unitară şi se trasează diagrama de momente “mC”. Diagrama “mC” fiind o linie frântă (caz particular de diagramă curbilinie), la calculul săgeţii se va înmulţi aria diagramei “mC” cu ordonata din diagrama “M”:
.09.210171101.2
105.1102105.021
45
633
mmvC −=⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=
semnul „-„ indică faptul că deplasarea „vC” se produce în sens invers sarcinii unitare aplicate în C.
sensului
185
Problema 8.4 Cadrul din figura 8.4 este acţionat în punctul C de forţa verticală de 4 kN. Să se calculeze săgeata în punctul de aplicaţie al forţei de 4kN; se dau:
= 171 cm4, E = 2,1⋅105 N/mm2. Iz
Se reprezintă diagrama „M” din efectul forţei exterioare, apoi diagrama „mC” din efectul forţei unitare virtuale aplicată în punctul C. Cele două diagrame sunt linii frânte şi spre a putea aplica regula lui Veresceaghin (cel puţin una din diagrame să aibe variaţie liniară), se va lucra pe intervalele BC şi CD, separat:
.26.6101.210171
1075.0321500
211032
54
36
mmvA =⋅⋅⋅
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Problema 8.5 Pentru grinda din figură să se determine săgeata şi rotirea capătului liber. Se reprezintă diagrama de moment „M” (fig.8.5), din sarcina uniform istribuită şi se introduce în punctul C o sarcină verticală virtuală unitară
pentru obţinerea diagramei „mvC”. Pentru integrarea diagramelor se descompune diagrama „M” pe fiecare din intervalele AB şi BC în câte un
n negativ şi o parabolă simetrică cu semn pozitiv. Fiecare
d
triunghi cu semdintre parabole are la mijloc ordonata pl2/8, unde l reprezintă lungimea intervalului respectiv.
186
Aplicând regula lui Veresceaghin se obţine:
;
32
221
28322212
232
1
222
⎥⎤
⎢⎢⎡
+⎟⎞
⎜⎛−⋅+⎟
⎞⎜⎛−⋅⎟⎟
⎞⎜⎜⎛−+⎟
⎞⎜⎛−⋅
aapaaapaaapa3222
2
⎥⎥⎥⎥
⎦⎢⎢⎢
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+
⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝=
aapaEIvC
⎣
.8
4
EIpavC =
Pentru rotirea din punctul C se introduce un moment concentrat unitar irtualv în punctul C şi se obţine diagrama „mϕC”. Se integrează diagrama
„M”, descompusă în elementele ei componente, cu diagrama „mϕC”:
( )
( );
121
2
183
2322
221
212
232
12
222
⎥⎥⎥⎥⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−⋅−
−−⋅+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅
=
apa
apaapaapa
EICϕ
⎦
187
.6
3
EIpa
C =ϕ
Problema 8.6 Pentru cadrul din figura 8.6, încărcat cu o sarcină uniform distribuită să se calculeze deplasarea totală a punctului C, rotirea din punctul C şi rotirea din punctul B.
Se reprezintă diagrama de momente din încărcarea exterioară “M”.
ia deplasă ii totale a punctului C, pentru determinarea acesteia se vor calcula mai întâi componentele vC şi uC, după Deoarece nu se cunoaşte direcţ r
22care se obţine CCC uv +=Δ . Pentru determinarea deplasării vC se introduce în C o forţă verticală virtuală unitară, care produce diagrama de momente “mCv”. Se calculează
: v
C
( ) .249
222832
32
221 4222
EIqlllqlllqlllql
EIvC =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−⋅+⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
Pentru integrare s-a descompus diagrama „M” pe intervalul BC într-un triunghi cu semn negativ şi o parabolă simetrică cu semn pozitiv; arabola are la mijloc ordonata ql2/8 . p
188
Pentru deplasarea orizontală uC, se introduce o sarcină virtuală unitară ză diagrama ”mCu”. Aplicând regula lui
eresceaghin şi integrând diagrama „M” descompusă în elementele ei diagrama ”mCu”, se obţine:
pe orizontală în C şi se traseaVcomponente cu
;11 42 qlqllluC −=⋅⋅−= 162222 EIEIzultă:
re
.38.01624
9 42424
EIql
EIql
EIql
C =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=Δ
Pentru calculul rotirii în punctul C se introduce în acest punct un cuplu unitar virtual şi se trasează diagrama „mCϕ”. Prin integrarea produsului dintre „M” şi „mCϕ” se obţine:
( ) ( ) .1251
2311
221 322
EIqllqllql
EIC =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−⋅⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=ϕ
Pentru calculul rotirii în nodul B se introduce în acest punct un cuplu unitar virtual şi se determină diagrama „mBϕ”. Se integrează produsul dintre „M” şi „mBϕ”, astfel:
( ) .4
122
1 32
EIqllql
EIB =−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=ϕ
Problema 8.7 Pentru cadrul din figura 8.7a se cer deplasarea punctului B şi rotirea punctului C, deplasarea totală la mijlocul laturii BC. Se reprezintă diagrama de momente „M” pentru încărcarea exterioară.
ntru calculul deplasării punctului B se observă că acesta nu se poate ă (deplasarea pe verticală fiind împiedicată de
Pedeplasa decât pe orizontalreazemul articulat din A). Se introduce o forţă unitară virtuală orizontală în punctul B şi se trasează diagrama de moment „muB”.
189
Se calculează deplasarea folosind regula lui Veresceaghin:
.81 4qa2
365.432
32322
EI
aaqaEIEI
=
=
⎟⎟⎟
⎠⎜⎜⎜
⎝⋅⋅+
=
Pentru integrare s-a descompus diagrama „M” pe intervalul BC într-semn pozitiv şi o parabolă simetrică cu acelaşi semn. Parabola
326662331
22 aaqaqaaa
dxMmu BuBB
⎟⎞
⎜⎛
+⋅⋅
+⋅⋅
⋅==Δ ∫
un triunghi cu
are la mijloc ordonata ( )86
8
22 aqql ⋅= , l fiind lungimea intervalului BC.
Pentru calculul rotirii punctului C, se introduce în acest punct un cuplu unitar virtual şi se trasează diagrama „mCϕ”:
∫ −=⎟⎠
⎜⎝
⋅⋅+⋅ .2
65.4332 EI
aqaEIEI
⎟⎜ ⋅ 15121661 2 qaaqa ⎞⎛−=
⋅=
32dxMmCC
ϕϕ
190
Pentru calculul deplasării totale la mijlocul laturii BC (punctul D), se calculează cele două deplasări în acest punct, pe orizontală şi pe verticală; se remarcă din figura 8.7b că diagrama „mDu” este identică cu „mBu”, aşadar uD = uB = 81qa4/EI.
Pentru calculul deplasării pe verticală în punctual D se trasează “M” cât şi
mDv” sunt curbilinii; pentru a putea aplica regula lui Veresceaghin, se desparte calculul pe două intervale, BD şi DC (BD = DC), pentru efectuarea produsului dintre parabola de pe “M” şi triunghiul de pe “mDv”. Astfel, se obţine:
diagrama “mDv”. Se observă că pe intervalul BC atât diagrama “
;225.13
89
325.1
32
235.43
25.161 22
2⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅⋅+⋅
⋅+⋅
⋅=
aaqaaaqaqaaaEI
vD
;31.30 4
EIqavD =
Deplasarea totală a secţiunii (punctului) D, este:
.5.86
;31.30812424
22
4
EIqa
EI
D =Δ
⎟⎠
qaEIqauv DDD ⎟
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=+=Δ
191
Problema 8.8 Să se calculeze deplasarea punctului B şi rotirile ϕC şi ϕA pentru cadrul din figura 8.8a.
D re
eplasarea punctului B se produce numai pe orizontală datorită zemării din acest punct.
.17.71435.1
12
1331
;67.1dxmM Cϕ 2
;173435.13
13333
1
2
2
3
EIFaFaa
IEaFa
EIEIdxmM
FaEIFaaFaa
IEaFaa
EIEIdxmMu
AA
BBB
=⋅⋅⋅+⋅⋅
⋅==
=⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅===Δ
∫
∫
ϕϕ
Un stâlp al unui cadru de beton armat are înălţimea h = 4,6 m şi secţiunea 35x50 cm. Diagramele N, T, M sunt date în figura 8.9; se cere
1435.13 EI
FaaIEEIC =⋅⋅⋅
⋅== ∫ϕ
Problema 8.9
192
determinarea energiei potenţiale de deformaţie a stâlpului. Se dau: E = ,8⋅10
1 4 N/mm2, G = 7,65⋅103 N/mm2.
Energia potenţială de deformaţie a stâlpului este suma energiilor potenţiale de deformaţie din încovoiere, forţă axială şi forţă tăietoare: ;TtotNtotMtottot UUUU ++= cu:
( )
.21
;2.1;2 ∫ ==Ttot dx
GATU ηη
;21
0
2
0
2
0
2
∫
∫
=
=
l
Ntot
l
l
Mtot
dxEANU
dxEI
xMU
în care η - coeficient de formă a secţiunii. Se calculează expresia momentului încovoietor M(x); fiind o funcţie liniară, se poate scrie:
( )
;,;,0
;
2
1
MMlxAMMx
BxAxM
=⇒===⇒=
+=
as tfel:
193
( ) .
;; 1212
21121 l
xMl
xlMlxMMMM
l
x +−
=−+=
MMBlBMM −=⋅+=
Energia potenţială din încovoiere va fi:
( );62
1 2221
21
0
2
21 MMMMEIldx
lxM
lxlM
EIU
l
Mtot ++=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
−= ∫
făcând înlocuirile numerice, se obţine:
( ) ;67.381
106458.3108.16106.66.63.33.34600
94
1222
NmmU Mtot =⋅⋅⋅⋅
⋅+⋅−=
în care: .106458.312
49 mmIz ⋅==
Energia potenţială la solicitarea axială este:
500350 3⋅
( ) ;14.189910175108.12
4600101.534
23
NmmU Ntot =⋅⋅⋅⋅
⋅⋅=
cu: Energia potenţială la tăiere este:
.10175500350 23 mmA ⋅=⋅=
( ) .35.9101751065.72
46001013.22.133
23
NmmU Ttot =⋅ ⋅ ⋅⋅
⋅⋅⋅=
Energia potenţială totală va fi: .16.22904 Nmmtot 1.189935.967.381U ++= = Problema 8.10 O placă dreptunghiulară este solicitată pe contur de încărcările p1 şi p2
direcţiile 1 şi 2 ale laturilor. Ştiind că placa are laturile axb şi grosimea t mult mai mică decât a şi b, se cere să se determine
potenţială specifică Us şi totală Utot. Se dau: p1 = 1440 N/mm, p2 = 8m, t = 12 mm, E = 2,1⋅105 N/mm2, μ = 0,3.
constante (fig.8.10), după
energia102 N/mm, a = 3m, b = 1,
194
În absenţa încărcărilor tangenţiale direcţiile 1 şi 2 sunt direcţii
e:
principal
./5.8
12102
;/12012
1440
222
211
mmN
tp
mmNt
===
===
σ
σ
Energia potenţială de deformaţie specifică este:
p
( ) ./033.0101.22
5.81203.025.812022 11 2
5
22
2122
2 mmNE
U =s ⋅ ⋅⋅⋅⋅−+
=−+= σσμσσ
Energia totală va fi:
( ).5.2138438
2 21 ;1218003000033.02
;
22
2
0 0 0
abt
tbaUdzdydxU s
a b t
stot
⋅⋅⋅=−+=
⋅⋅⋅== ∫ ∫ ∫
σσμσσ
1
NmmUE
tot
tot
=
U
U
195
CAPITOLUL 9
TEORII DE REZISTENŢĂ
9.1 Relaţii între tensiuni şi deformaţii În cazul corpurilor continue, omogene şi izotrope relaţiile între
nsiuni şi deformaţii în domeniul de proporţionalitate sunt date de legea tegeneralizată a lui Hooke:
( )[ ]
( )[ ] ( )[ ]
.;;
1
;1
;1
;
GGG
E yxzz σσμσε +−=
E
E
xzxz
yzyz
xyxy
xzyy
zyxx
τγτ
γτ
γ
σσμσ
σσμσε
===
+−=
+−=
stice E (modul de elasticitate longitudinală), G ă) şi μ (coeficientul lui Poisson), există
ţia:
ε
Între constantele ela
odul de elasticitate transversal(mrela
( ).12 μ+=
EG
Deformaţia specifică volumică este:
( ).21zyxzyxV E
σσσμεεεε ++−
=++=
196
9.2 Teorii de rezistenţă Starea limită la solicitarea axială de întindere se determină experimental, caracterizându-se prin valorile σ , εc sau σr, εr. Pentru o stare de tensi ite că un anumit factor este preponderent în atingerea stării limit şi pe baza acestuia se stabileşte o tensiune de întindere ec cu tensiunea limită σk (σc sau σr), determinată experimental.
Ipoteza că un anumit factor este preponderent în atingerea stării limită i că valoarea limită a acestuia este cea corespunzătoare solicitării axiale
Teoriile de rezistenţă poartă denumirea factorului ales ca fiind
r normale maxime (Tσ);
cuni oarecare se adm
ăhivalentă σech, care se compară
şsimple la întindere, constituie o teorie de rezistenţă. preponderent. Dintre teoriile de rezistenţă cele cu aplicabilitate practică sunt:
- Teoria tensiunilo[ ].;;max 321 σσσσ =ech
- Teoria tensiunilor tangenţiale maxime (Tτ); [ ].;;max 323121 σσσσσσσ −−−=ech
- Teoria energiei potenţiale de deviaţie (TED); ( ).133221
23
22
21 σσσσσσσσσ σ =ech ++−++
Teoria tensiunii normale maxime se aplică numai pentru stări de tensiune apropiate de întinderea uniformă triaxială, pentru care teoriile Tτ şi TED nu dau rezultate corespunzătoare; pentru orice alte stări de tensiune se
ă Tτ şi TED confirmate satisfăcător experimental. aplic Condiţia de rezistenţă pentru stări de tensiune efective este: .aech σσ ≤
În cazul barelor, starea de tensiuni general condi
ă se reduce la σx şi τ, iar ţia de rezistenţă în funcţie de teoria de rezistenţă adoptată este:
.3
;4
;42echσ
22
22
22
axechED
axech
axx
T
T
T
στσσ
στσσ
στσσσ
τ
≤+=⇒
≤+=⇒
≤++=⇒
197
P m roble a 9.1Cilindrul de cauciuc „A” este introdus forţat în cilindrul de oţel „B”
iuc, μ = 0,45 şi
cu ajutorul forţei P (fig.9.1). Să se determine tensiunea care apare între cauciuc şi oţel; se cunosc coeficientul lui Poisson pentru caucdiametrul d al cilindrului de cauciuc. Se va neglija frecarea dintre cauciuc şi oţel.
Tensiunea de compresiune în lungul axei x din cauciuc este:
;2
Ppx −=−=σ
4d⋅π
se notează cu q tensiunea care apare între cauciuc şi oţel: .qzy −== σσ Considerând că cilindrul de oţel este perfect rigid,deformaţia specifică în lungul razei este nulă. Conform legii lui Hooke generalizată, rezultă:
[ ] ;01=−−= xzyy E
σμσμσε
sau făcând înlocuirile:
( ) .818.045.01
45.01
;0 pppqqpq =−
=−
==+−μ
μμ
198
Problema 9.2 Un paralelipiped de laturi a, b, c este aşezat într-un canal rigid având lăţimea c şi înălţimea mai mare decât a (fig 9.2). Să se determine tensiunea normală şi deformaţiile specifice corespunzătoare care apar datorită unei sarcini uniform distribuite p care acţionează la partea superioară a laturii b.
Tensiunile normale pe cele trei direcţii principale vor fi: σ1 = 0; σ2 = necunoscută; σ3 = -p;
Deformaţiile specifice corespunzătoare sunt:
( )[ ] ( )
( )[ ] ( ).11
;1
21322
2321
p
1
EE
pE
μσσσμσε
σμE
σσμσε
+=+−=
−−=+−=
le canal deformaţia :
Datorită introducerii fo ispecifică pe direcţia 2 este nulă
rţate a para l pipedului în
ε2 = 0; rezultă:
(
)
( )[ ] ( );1
;;0
22133
2
σμσσμσε
μσμ
−−=+−=
−=⇒=+
p
12σ
1EE
pp
înlocuind în expresiile lui ε1 şi ε3 valoarea lui σ2, rezultă:
E
199
( )
( ) .1
;
2
2
1
pE
pEμε
ε
−−=
=
1 μμ +
Problema 9.3 Să se determine care din cele trei stări de tensiune într-un punct este cea critică (fig.9.3). Se va folosi TED (teoria energiei de deviaţie).
ergiei de Se calculează σech pe baza teoriei en deviaţie:
.133221
23
22
21 σσσσσσσσσσ −−−++=ech
Prima stare de tensiune este caracterizată astfel: σ1 = 100 N/mm2;
σ2 = 250 N/mm2;
σ3 = 750 N/mm2; prin urmare:
./49.589100750750250250100750250100 222)a ⋅−++=σ 2mmN=⋅−⋅−
A doua stare de tensiune este caracterizată astfel: σ1 = -500 N/mm2;
σ2 = 0; σ3 = 700 N/mm2;
ech
rezultă:
200
./03.1044700500700500 222) mmNbech
=⋅++=σ
A treia stare de tensiune: σ1 = 0;
σ2 = 200 N/mm2;
σ3 = 800 N/mm2; implică:
./11.721800200800200 222) mmNcech =⋅−+=σ
Rezultă că starea critică este starea b) unde σech are valoarea maximă. Problema 9.4 Prin folosirea teoriei tensiunilor normale maxime, a teoriei tensiunilor tangenţiale maxime şi a teoriei energiei potenţiale de deviaţie să se calculeze tensiunile normale echivalente σech pentru următoarele stări spaţiale de tensiune:
./0
./80;/100;/140)
./80;/100;/140)
./80;/100;/140)
222
23
22
21
23
22
21
23
22
21
mmNN
mmNmmNmmNc
mmNmmNmmNb
mmNmmNmmNa
−=−==
−===
===
σσσ
σσσ
σσσ
8;/100;/140) 321 mmNmmd −=−=−= σσσ
201
PITOLUL 10CA
SESOLICITĂRI COMPU
area compusă este starea de tensiune şi deformaţ a barelor,
omponente ale eforturilor secţionale. cel mai general torsorul eforturilor din secţiunea transversală
Solicit iepentru care, în secţiunile transversale ale acestora apar cel puţin douăc În cazula barei are componentele N, Ty, Tz, Mx, My, Mz. Eforturile sunt considerate pozitive când au sensul din figura 10.
Cazurile de solicitări compuse sunt: - încovoiere dublă sau oblică (My, Mz); - încovoiere simplă cu forţă axială (N, My sau N, Mz); - încovoiere dublă cu forţă axială (N, My, Mz); - încovoiere cu torsiune (Mx, My sau Mx, Mz sau Mx, My, Mz).
ensiunile şi deformaţiile se vor determina prin suprapunerea efectelor roduse de solicitările simple componente.
Tp
202
10.1 Încovoiere dublă sau oblică Se numeşte încovoier unei bare la care planul de acţiune al momentului înco secţiune nici una din axele principale de inerţie ale s
e oblică, încovoierea voietor nu onţine în c
ecţiunii (fig.10.1.1).
Vectorul moment M este înclinat cu unghiul α faţă de axa principală
tele sale după axele y şi z sunt: z. Componen ;cos .sinαα =⋅= MMMM yz ⋅ Acţiunea independentă a fiecărei componente My şi Mz reprezintă o
ni σ dată de formula lui nzătoare
încovoiere pură sau simplă, cu distribuţia de tensiuNavier. Suprapunând efectele se obţine tensiunea σ corespuîncovoierii oblice:
( ) ( ) ;zI
My
IM
y
y
z
zMM yz
⋅−⋅=+= σσσ
cu y şi z coordonatele punctului curent P al secţiunii transversale.
203
Distribuţia de tensiuni este liniară, axa neutră finală η-η fiind o ecţiunii şi este înclinată cu
nghiul β faţă de axa z: dreaptă care trece prin centrul de greutate al su
.αβII
MM
II
zytg zyz === tg
yzy
⋅
Se duc două drepte, paralele cu axa neutră, tangente la contur prin punctele S şi S/, cele mai depărtate de axa neutră, în care tensiunea σ este maximă, respectiv minimă. Dacă rezistenţele admisibile ale materialului sunt σa i la întindere şi σac la compresiune, condiţia de rezistenţă este:
.
;
///min
max
caSy
yS
z
zS
iaSy
yS
z
zS
zI
My
IM
zI
My
IM
σσσ
σσσ
≤−==
≤−==
La secţiunea dreptunghiulară sau cele care se înscriu într-un dreptunghi cu colţuri pline (profilele U şi I), condiţia de rezistenţă este:
;max ay
y
z
z
WM
WM
σσ ≤+=
dacă rezistenţa admisibilă este aceeaşi la întindere şi compresiune.
Relaţia de dimensionare va fi:
;1 dimz
z
y
y
z
a
znecz W
MM
WWM
W =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
σ
raportul Wz/Wy la secţiunea dreptunghiulară este h/b, la profilele laminate acest parametru variind între valorile 7 şi 10. 10.2 Încovoiere simplă cu forţă axială
ţiunea transversală a barei, eforturile secţionale se reduc la oietor şi o forţă axială, atunci bara este solicitată la
Dacă în secun moment încovîncovoiere simplă cu forţă axială.
204
Se consideră secţiunea oarecare (fig.10.2.1) şi eforturile N şi Mz pozitive. Diagrama σ se obţine prin suprapunerea distribuţiilor de tensiuni date de N şi Mz:
( ) ( ) ;yI
MAN z
MN z⋅+=+= σσσ
z
ecuaţia axei neutre se obţine egalând expresia tensiunii normale σ cu zero,
astfel:
.z NI⋅− ;0 0y =⇒=σ
zMAAxa neutră este o dreaptă, paralelă cu axa vectorului moment
încovoietor, intersectând axa y în punctul de coordonată y0. rmale sunt maxime respectiv minime în punctele cele
/
Tensiunile nomai depărtate de axa neutră n-n (S şi S ). Condiţia de rezistenţă este:
[ ] ;;max / aSSech σσσσ ≤= pentru secţiuni cu axa z axă de simetrie, condiţia de rezistenţă fiind:
.maxz
ech
MNσσσ ≤+== a
zWA
205
10.3 Încovoiere dublă cu forţă axială Dacă în secţiunea transversală a barei, eforturile secţionale se reduc în entrul de greutate la momentele încovoietoare după axele principale de
inerţie My, Mz şi N ca forţă axială de întindere sau compresiune, atunci bara este solicitată la încovoiere dublă cu forţă axială (fig.10.3.1).
c
Tensiunile normale se determină cu expresia:
;zI
yIA y
y
z
z ⋅−⋅+=σ MMN
e greutate al secţiunii, obţinându-se
0 .y
în cazul secţiunii din figura 10.3.2 forţa normală N, aplicată în punctul A de coordonate y0 şi z0, se reduce în centrul deforturile:
;N N=
0 ;zM N yN z= − ⋅
= ⋅ M
206
Axa neutră este o dreaptă, a cărei ecuaţie sub formă normală
100
=+zz
yy
, este:
;122 =+iz
iy
00−−
zyyz
tăieturile fiind:
.;0
2
0
2
zi
ayia y
zz
y −=−=
În concluzie, axa neutră este o dreaptă care nu trece prin centrul de greutate; se duc tangente la conturul secţiunii transversale, paralele cu axa neutră şi se determină distribuţia de tensiuni din care rezultă că punctele S şi S/ sunt cele mai solicitate. Condiţile de rezistenţă sunt:
.
;
/// caSy
yS
z
zS
iaSy
yS
z
zS
zI
My
IM
AN
zI
My
IM
AN
σσ
σσ
≤⋅−⋅+=
≤⋅−⋅+=
Condiţia de rezistenţă devine: [ ] ;;;max / acaiaaSSech pentru σσσσσσσ ==≤= Operaţia de dimensionare se face prin încercări. Secţiunea dreptunghiulară sau care se înscrie într-un dreptunghi cu colţuri pline Punctele cele mai solicitate (S şi S/), sunt două colţuri opuse; tensiunile în aceste puncte sunt:
.
;
/S
N−=σ
y
y
z
z
y
y
z
zS
WM
WM
A
WM
WM
AN
−
++=σ
207
Condiţia de rezistenţă este:
.max ay
y
z
z
WMMN
WAσσ ≤++=
Calculul practic la dimensionare se face astfel: orţei axiale, făcându-se o predimensionare la
- se măreşte secţiunea ţinând seama de efectul forţei axiale, după care, u se verifică condiţia de rezistenţă.
- se neglijează efectul fîncovoiere oblică.
obligatori
Sâmburele central
l forţei axiale se găseşte în interiorul âmburelui central, atunci axa neutră va fi în afara secţiunii. Când axa neutră
este tangentă la conturul secţiunii, punctul de aplicare al forţei axiale se va situa pe limita domeniului sâmburelui central.
burelui central se determină cu relaţiile:
Domeniul din secţiune din jurul centrului de greutate, în interiorul căruia poate fi aplicată o forţă normală excentrică, astfel ca tensiunile normale σ să fie de acelaşi semn pe întreaga secţiune, se numeşte sâmburele central al secţiunii. Dacă punctul de aplicare as
Conturul sâm
.;0ya
y −= 2
0
2
z
yz
ai
zi−=
Locul geometric al punctului de aplicaţie al forţei axiale de y0 şi z0, când axa neutră se deplasează pe conturul secţiunii,
secţiunea va închide omeniul sâmburelui central.
ctivă
coordonaterămânând mereu tangentă la aceasta, fără să taie d Zona a
ală excentrică va cădea în afara sâmburelui central. Deoarece tensiunile de întindere trebuie să fie nule, echilibrul trebuie realizat prin intermediul tensiunilor de compresiune. Partea din
compresiune echivalente cu e se numeşte zonă activă (fig.10.3.3).
La elementele din materiale care nu pot prelua eforturi de întindere pot exista situaţii când forţa norm
secţiunea transversală pe care apar tensiuni detorsorul forţelor exterioar
208
Pentru secţiunea de formă dreptunghiulară:
.32
max bcN
c =σ
10.4 Încovoiere cu torsiune
sversală a unei bare solicitată la încovoiere cu
torsiune apar eforturile M , M , M (fig.10.4.1). În secţiunea tran
x y z
În punctele cele mai solicitate pe contur apar concomitent tensiuni σx şi τ. Aprecierea rezistenţei barei se va face pe baza teoriilor de rezistenţă
τ), teoria tensiunilor tangenţiale maxime şi (TED), teoria energiei potenţiale e deviaţie. Astfel, condiţia de rezistenţă este:
(Td
209
;aTech k σσσ ≤⋅= în care:
;412
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+==στ
τkkT când se aplică Tτ;
;312
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+==στ
EDT kk când se aplică TED.
Bara de secţiune circulară. Arbori
La barele cu secţiune circulară (fig.10.4.2), în punctele S şi S/ tensiunea normală σ atinge valoarea maximă simultan cu tensiunea tangenţială τ; se cunosc:
., maxmaxp
t
i
i
WM
WM
== τσ
Condiţia de rezistenţă este:
;aT i
ştiind că raportul modulelor de rezistenţă la încovoiere şi torsiune
este:
iech k
WM σσ ≤⋅=
5.0=p
i
WW
, rezultă parametrul kT în forma:
210
;12
0 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
i
tT M
Mkk
cu k0 = 1 pentru Tτ, k0 = 0,75 pentru TED Condi ensionare va fi:
. ţia de dim
a
Tineci
kMW ⋅ .dimiW==
σ
Secţiunea dreptunghiulară
Din studiul diagramelor σ şi τ produse de fiecare efort considerat, rezultă că trebuie verificată condiţia de rezistenţă în punctele în care una din componentele tensiunilor
ceput care dintre punct este maximă (1, 2, sau 3). Nu se poate şti de la
e este cel mai solicitat şi de aceea se aplică condiţia ţă pentru fiecare dintre cele trei puncte; se determină un număr de
şi apoi cele mai mari se aleg drept valori efective.
Grinda din figura 10.1a este alcătuită dintr-un profil cornier L lanele determinate de axa barei şi
le secţiunii transversale. Forţele acţionează în
ei F. Se d a
înde rezistentrei seturi de valori (b, h)
Problema 10.1 120x120x12 şi are rezemări identice în paxele principale de inerţie alungul liniei mediane a aripii verticale. Se cere valoarea maximă admisibilă a forţ ă: σ = 150 N/mm2, a = 1m.
211
Sarcina exterioară F trece prin centrul de încovoiere torsiune (fig.10.1b); vectorul Mi are direcţia axei z1, care face cu axele principale z, y unghiuri de 450, deoarece cornierul este cu aripi egale. Bara este supusă la încovoiere oblică; momentele de încovoiere pe axele z şi y sunt:
.22;
22
iziy MMMM =−=
212
Înclinarea axei neutre este:
( ) .3075;868.31151584 /0−=⇒−=−⋅=⋅= ββ
z
y
y
z
MM
IItg
Se reprezintă distribuţia de tensiuni care pune în evidenţă punctele cele mai solicitate, astfel, în secţiunea B care este cea mai solicitată:
;3635
;/15084.3610151
1006.184.84105841006.1
/
24
3
4
3/
NF
mmNFzI
My
IM
Sy
yS
z
zS
=
≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
⋅⋅−
−⋅⋅⋅
=⋅−⋅=σ
în care:
.85.364822120
;84.8422120
;1006.122105.1
;1006.122105.1
3/3/
3/3/
mmz
mmy
FFM
FFM
S
S
y
z
=−=
==
⋅−=⋅−=
⋅=⋅=
[ ] .3635;min;4459
;0
;/15048101511006.1
///max
//
24
3//
/
//
NFFFNF
y
mmNFzI
M
S
Sy
yS
==
=
=
≤⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
⋅⋅
−=⋅−=σ
Problema 10.2 Fermele unui acoperiş au tălpile superioare înclinate cu 300 faţă de orizontală şi suportă în nodurile lor pane din profile I (fig.10.2b). Acestea constituie grinzi simplu rezemate încărcate cu o sarcină uniform distribuită q
15 kN/m, care trece prin centrul profilului (fig. 10.2a). Cunosc=ş
ând l = 3m i σa = 150 N/mm2, să se dimensioneze panele, rezemările acestora în
onsiderate identice. planele xy şi xz fiind c
213
Se determină diagrama “Mi” în planul forţelor. Secţiunea cea mai solicitată este la mijlocul deschiderii grinzii, în care momentele după axele principale au valorile:
.43.830sin8
sin
;61.1430cos8
cos
02
02
kNmqlMM
kNmqlMM
iy
iz
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
α
α
Solicitarea este de încovoiere oblică; condiţia de dimensionare va fi:
;1 zzya
z WMW
W =⎟⎠
⎜⎝+=
σ
Pentru determinarea raportului Wz/Wy se face o predimensionare considerând doar solicitarea de încovoiere după axa z:
dimyzznec MWM ⎟⎞
⎜⎛
( )
.104.97150
1061.14
;06M
W
M
z
y
⋅==
=
33 mma
z ⋅=σ
214
Se alege din tabele profilul I16 cu Wz = 117 cm3 şi Wy = 14,8 cm3; raportul Wz /Wy = 117/14,8 = 7,9 se introduce în condiţia de dimensionare la încovoiere oblică:
( ) ;1037.541577.09.71150
1061.14 336
mmW necz ⋅=⋅+
⋅=
3 Se alege din tabele profilul I30 cu Wz = 653 cm şi Wy = 72,2 cm3; se verifică în mod obligatoriu condiţia de rezistenţă:
;/32.139102.721043.8
106531061.14 2
3
6
3
6
max ay
y
z
z mmNWM
WM
σσ <=⋅⋅
+⋅⋅
=+=
deci secţiunea este un profil I30. Înclinarea axei neutre este:
.232685;53.12577.0451
9800 ///0=⇒=⋅== ββz
y
y
z
MM
IItg
Problema 10.3 Grinda AD este alcătuită dintr-un profil I (fig.10.3a). Se cere dimensionarea grinzii (σa = 150 N/mm2).
Se descompune sistemul spaţial în două sisteme plane: planul xy cu
t Mz şi planul xz cu diagrama de moment My (fig.10.3b). diagrama de momen
215
Secţiunea cea mai solicita o
tă este B; solicitarea este de încovoiere blică, se scrie condiţia de dimensionare:
;1 dimz
z
y
y
z
a
znecz W
MM
WWM
W =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅+=
σ
Pentru determinarea raportului Wz /Wy se face o predimensionare la încovoiere simplă după axa z (My = 0):
.109.20150
1035.31 346
mmM
Wa
znecz ⋅=
⋅==
σ 3
Din tabele rezultă profilul I20 cu Wz = 214 cm şi Wy = 26 cm3; raportul Wz /Wy = 214/26 = 8,23 se introduce în condiţia de dimensionare la încovoiere dublă, astfel:
;103.29135.315.123.81
1501035.31 33
6
mmW necz ⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+
⋅=
3se alege din tabele profilul I24 cu Wz = 354 cm şi Wy = 41,7 cm3. Se verifică în mod obligatoriu condiţia de rezistenţă la încovoiere dublă:
;/124107.4110354 33max a
yz
mmNWW
σσ <=⋅
+⋅
=+=
ezultă că secţiunea este un profil I24.
105.11035.31 266
yz MM ⋅⋅
r
216
Problema 10.4 Să se determine eforturile secţionale N şi M care acţionează asupra secţiunii I, producând distribuţia de tensiuni σ reprezentată în figura 10.4.
e solicitată la încovoiere simplă cu forţă axială (axa neutră este paralelă cu axa care trece prin centrul de greutate). Tensiunile în Secţiunea est
fibrele extreme sunt:
./50,
;/130,
2
2
// mmNcu
WA z
Rezultă:
MN
mmNcuWA
Sz
S
Sz
S
=+−=
−=−−=
σσ
σσ
MN z
( )
.101.3531039221010720
;9.39228.31
64.124748
;1802.1608.
;107240101802
632
3
3
2
42
NmmN
cmW
cm
N
z
⋅=⋅⋅⎟⎟⎠
⎞⎛⋅⋅⎞⎛
==
=⋅+
⋅=⋅⋅==
80 AN
1302A ⋅⋅=
;64.1247486012
2.1606.631230 4333 cmIz =⋅+−=
18050;50 MW
AM zzz ⎜⎜
⎝+=⋅⎟
⎠⎜⎝
+=
217
Problema 10.5 n figura 10.5 are secţiunea alcătuită din două profile I sudate
ea mai solicitată.
Cadrul diunul lângă altul. Se cunosc q = 20 kN/m, a = 1m, σa = 150 N/mm2. Se cer:
a) dimensionarea cadrului; b) distribuţia de tensiuni σ în secţiunea c
a) Se determină diagramele de efort (fig.10.5b):
Secţiunea cea mai solicitată este D, unde momentul încovoietor este maxim, Mmax = 12,5qa2. Se cţiunea D este solicitată la încovoiere simplă cu forţă axială. Condiţia de rezistenţă este:
218
;max az
z
WAσσ ≤+=
MN
Se neglijează efectul forţei axiale, făcându-se o dimensionare numai din efectul momentului încovoietor:
;101667150
10250 336
mmM
Wa
znecz ⋅=
⋅==
σ
secţiunea fiind alcătuită din două profile, modulul de rezistenţă al unui singur profil va fi:
,8332
1667 31 cmW nec
z ==2
din tabele rezultă profilul
I36 cu Wz = 1090 cm3 şi A = 97,1 cm . Se verifică condiţia de rezistenţă corespunzătoare solicitării de încovoiere simplă cu forţă axială:
;/38.104
101090210250
101.97210200
;/97.1241010902
10250101.972
10200
23
6
2
3
min
23
6
2
3
max
mmN
mmN a
−=⋅⋅
⋅−
⋅⋅⋅
=
<=⋅⋅
⋅+
⋅⋅⋅
=
σ
σσ
aşadar, secţiunea aleasă este corespunzătoare. b)
Distribuţiile de tensiuni din forţa axială N şi a momentului încovoietor Mz sunt reprezentate în figura 10.5c. Suprapunând efectele se obţine
219
distribuţia de tensiuni finală “σ”; axa neutră n-n este paralelă cu axa vectorului moment, poziţionată fiind la distanţa y0:
.5.161025010200
10971019610
;;0 0 MN
AIyy
IM
AN z
z
z
6
3
2
4
0 mmy
z
−=
⋅⋅
⋅⋅⋅
−=
duse de zidul de sprijin din figura 2,5m, b = 1m, H = 6m
−=⇒=⋅+=σ
Problema 10.6 Să se verifice presiunile pe teren pro10.6. Se dau: a = 1,5m, h = , γbeton = 2200 daN/m3, R = 10 tf/m, σa = 2,5 daN/cm2.
Se consideră lungimea zidului ca fiind foarte mare; se va considera o problemă plană şi se va face calculul pe un tronson de lungime egală cu unitatea (l m liniar). Secţiunea de contact între zid şi teren lucrează la compresiune excentrică, datorită greutăţii proprii a zidăriei şi a rezultantei R datorată
ii de împingere a vântului. Excentricitatea punctului de aplicaţie a greutăţii proprii în raport cu
centrul de greutate al secţiunii transversale a fundaţiei este:
acţiun
220
( )
( ) ( )
.229.0021.125.2
;5.25.13
5.25.25.15.13
2
22
mf
hahha
=−=
++⋅+
=+
=⋅
+⎦⎣=
Momentul încovoietor este:
31
22
;2
22 ahahaahahHaHa
dhf
++⎥⎤
⎢⎡ +−
−⋅+⋅⋅
−=
d
;021.1 md =
./2640062
5.25.122002
;/139543610000229.026400
3
HhaG
mdaNmHRfGM
=⋅+
⋅=
=⋅−⋅=⋅−⋅=
γ
mdaN=⋅+
⋅
Excentricitatea punctului de aplicare a forţei axiale N = G, este:
;529.02640013954 m
NMe ===
mh 417.06/5.26/ ==dar limita sâmburelui central este , aşadar e > h/6. Rezultă că forţa normală cade în afara sâmburelui central, deci vor apare şi tensiuni de întindere; deoarece terenul nu poate prelua astfel de tensiuni (întindere), se verifică: ;max aσσ ≤ cu σmax dat de relaţia corespunzătoare determinată pentru zona activă:
.721.0529.0
25.2
2
;/44.21.721003
26400232 2
max
mehc
cmdaNbcN
a
=−=−=
<−=⋅⋅
⋅−== σσ
Problema 10.7 Să se determine sâmburele central pentru secţiunea din figura 10.7 şi să se compare cu cel al secţiunii pătrate 3a x 3a.
221
Ecuaţia axei neutre este: ;1
0
2
0
2 =−
+−
ziz
yiy
yz
,; 22
AI
iAIi y
yz
z == în care:
( )
( )
.7
;1279
122
123
;1255
121232
2
444
443
aA
aaaI
aaaaI
y
z
=
=−=
=+⋅
=
Particularizând poziţiile “1” şi “2”: “1” - y = -3a/2, rezultă z0 = 0; y0 = 55a/126 = 0,4365a;
0 = 0; z0 = 79a/126 = 0,627a. este un romb.
le central este un pătr
ră de lăţime b = 40cm este solicitată de o lijând
nsiunile de întindere, tensiunea maximă de compresiune este σmax = 60 daN/cm2. Se cere: a) să se determine înălţimea zonei active; b) să se
“2” - z = -3a/3, rezultă y Sâmburele central
În cazul pătratului, sâmbure at cu diagonalele egale cu “a”.
Problema 10.8 O secţiune dreptunghiulaforţă axială N = 540 kN şi de un moment M = 135 kNm. Negte
222
determine înălţimea h a întregii secţiuni; c) care ar fi distribuţia de tensiuni în cazul în care secţiunea ar putea prelua şi tensiuni de întindere (fig.10.8).
a) Din condiţia de maxim a tensiunii pentru zona activă rezultă c care defineşte punctul de aplicaţie a forţei normale N:
;1560403
5400023
2;32
maxmax cm
bNc
bcN
=⋅⋅
⋅===
σσ
înălţimea zonei active este: 3c = 45 cm. b) Excentricitatea de aplicare a forţei normale este:
;25.0540135 m
NMe ===
înălţimea secţiunii este: ( ) ( ) .80251522 cmech =+=+=
c)
./766.14
;/516.48 cmdaN−=σ
;32008040;80
25613200
5400061,
2
2max
2minmax
cmdaN
cmAhe
AN
=
=⋅=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
±−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ±−=
σ
σσ
min
223
Problema 10.9 Să se determine forţa capabilă F care poate solicita secţiunea din figura
10.9. Forţele sunt paralele cu axa grinzii; se dă σa = 160 N/mm2.
Pentru a determina solicitarea la care este supusă secţiunea se determină mai întâi centrul de greutate:
( ) ( ) ;6.2
14250980012300400714250400612300
2 mmy G −=⋅+⋅+⋅+⋅++⋅−
=
În raport cu centrul de greutate al secţiunii eforturile care apar
e dublă cu forţă axială; condiţia de
sunt:
;5.45.12 FFFFN =++=
) ( ) .8.1896.240075.16.26.260
;5.4871255.11502
NmmFFF
NmmFFFM y
=++−⋅−−+
=⋅+⋅= (402FM z =
Solicitarea este deci de încovoierrezistenţă este:
.max az
z
y
y
WM
WM
AN
σ σ ≤++=
224
Caracteristicile geometrice ale secţiunii sunt:
( ) ( )
( )
;1077.4527128009
1225014
1230012
;1052.1557186.240071425012
14250
6.240061230012
123006.28009128009
;1430014250980012300
44333
4423
23
23
2
mmI
mm
I
mmA
y
z
⋅=⋅
+⋅
+⋅
=
⋅=++⋅⋅+⋅
+
+−+⋅⋅+⋅
+⋅⋅+⋅
=
=⋅+⋅+⋅=
;108.301150
1077.4527
;1084.37376.416
4
33
max
mmy
W zz ⋅===
1052.155718
33
max
4
mmzI
W yy ⋅=
⋅==
⋅
prin înlocuirea tuturor datelor în condiţia de rezistenţă, se obţine:
I
.1085.80
;/1501084.3737
8.189108.301
5.48714300
5.4
3
243max
NF
mmNFFF
⋅=
≤⋅
+⋅
+=σ
Problema 10.10 Consola AB are secţiunea în formă de I şi este solicitată de un sistem de forţe, fiecare acţionând în axa barei corespunzătoare, ce participă la alcătuirea profilului I (fig.10.10a). Să se determine Fcap suportată de sistem; se dă σa = 150 N/mm2.
225
Se determină diagramele N, My, Mz (fig.10.10b):
Secţiunea cea mai solicitată este în încastrare, această secţiune fiind supusă la încovoiere dublă cu forţă axială; condiţia de rezistenţă este:
.ay
y
z
z
WM
WM
AN
σσ ≤++=
Caracteristicile geometrice ale secţiunii sunt:
;7800 2mmA =
.106416.960
105.578
170
344
max
max
mmzI
W
y
yy
z
⋅=⋅
==
;106117.851014554
;105.57812120202
1230010
;10145542012016012
1202021230010
344
4433
44233
mm
mmI
mmI
z
y
z
⋅=⋅
=
⋅=⋅
⋅+⋅
=
⋅=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅+
⋅+
⋅=
Introducând toate datele în condiţia de rezistenţă se determină valoarea lui Fcap:
IW =
226
;/15096416180
8561172160
78003 2
max mmNFFF≤++=σ
aşadar: Problema 10.11 Consola din figura 10.11a este alcătuită din două profile I26. Se cere să se verifice structura, ştiind că σa = 150 N/mm2; să se traseze distribuţia de tensiuni σ în secţiunea cea mai solicitată; să se calculeze deplasarea unctului B. Se dau a = 0,6 m, q = 12 kN/m.
.1042.31 3 NFcap ⋅=
p
Se trasează diagramele de efort pentru consolă, descompunând sistemul spaţial în două sisteme plane xy şi xz (fig.10.11b).
227
Secţiunea periculoasă este C unde solicitarea este de încovoiere dublă cu forţă axială; condiţia de rezistenţă este:
;max ay
y
z
z
WM
WM
AN
σσ ≤++=
în care:
;24.53
;464.226.0122.52.5
;344.616.0122.142.14;24.436.01266
2
22
22
cmA
kNmqaM
kNmqaMkNqaN
y
z
⋅=
=⋅⋅==
−=⋅⋅−=−=
=⋅⋅==
( )
./125.1371068.35210464.22
1088410344.61
1024.53102.43
;68.3523.11
4.5365.52882
;8844422
23
6
3
6
3z cmW =⋅=
2maxσ +⋅⋅⋅
=3
32
max
a
yy
mmN
cmzI
W
σ<=⋅⋅
+⋅⋅
=⋅+
==
Pentru trasarea distribuţiei de tensiuni (fig.10.11c), se trasează axa neutră; tăieturile acesteia vor fi:
( )
.71.010464.22
2.434.532
39.3985
;76.010344.61
20
2
cmAI
MNz
cm
y
y
zz
=⋅
⋅⋅
=⋅=
=⋅
2.434.10 220 M
NiAI
MNy z
z
−−=⋅−=⋅−=
228
./04.129 2mmNMMN yz −=−−=σmin WWA yz
Deplasarea punctului B se determină folosind regula lui Veresceaghin: se introduce pe direcţia deplasării căutate o sarcină unitară virtuală; pentru deplasarea pe direcţia y, sarcina va acţiona pe direcţia y şi pentru deplasarea pe direcţia z, sarcina virtuală va acţiona pe direcţia z corespunzătoare. Se trasează diagramele mB
z şi mBy (fig.10.11d):
Se calculează şi :
yBΔ z
BΔ
∫
∫⋅
=Δ
⋅=Δ
;
;
dxEI
Mm
dxEI
Mm
y
yyBz
B
z
zzBy
B
iar deplasarea totală se obţine prin compunerea celor doi termeni:
( ) ( ) .22 zB
yBB Δ+Δ=Δ
Diagrama Mz se descompune, în vederea aplicării relaţiei Maxwell – Mohr prin regula de înmulţire Veresceaghin, în figuri componente lementare, conform figurii 10.11e:
e
229
;93.30432
244242.11 42
2
yy
zB EI
qaaaqaaaqaEI
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅
⋅−⋅⋅−=Δ
;
;42.1432
2148.14
31
21224
321
4
222
z
z
yB aqaaqaaaqaa
EI⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅−⋅⋅−=Δ
27.60yB EI
qa=Δ
( ) ( );
1039.3985
93.30
1057402
27.60101.2
106.012
93.3027.60 224
+=Δqa
24
2
24
2
5
124
22
⋅+
⋅⋅⋅⋅⋅
=
=yz
B IIE
.93.6 mmB =Δ Problema 10.12 Folosind teoria a III-a de rezistenţă, să se determine, pentru mecanismul de ridicare din figura 10.12, diametrul arborelui cu se iune irculară şi sarcina P1 care poate fi ridicată. Se cunosc: P2 = 1200 N, σa 0
ra an ment ideal).
cţ = 6c
N/mm2 (se va conside un r da
230
Datorită randamentului ideal, MtC = MtD, adică:
.36.0360000900400
;400900
3001200;
11
1
221
2211
kNmNmmRPMM
NR
RPP
RPRP
tDtC ==⋅=⋅==
=⋅
=⋅
=
⋅=⋅
Pentru trasarea diagramei de moment încovoietor se calculează reacţiunile VA şi VB:
;5.1028
28006002200
;4.5712800
6002200
12
21
NPPV
NPPV
B
A
=⋅+⋅
=
=⋅+⋅
=
se trasează diagramele Mi şi Mt, secţiunea cea mai solicitată este D. Se calculează momentul echivalent în D folosindu-se teoria a III-a de rezistenţă:
;714.036.0617.0 2222 kNmMMM tiechD =+=+=
ondiţia de dimensionare este: c
231
.32
3dim dWMW i
a
echDneci
⋅===π
σ
Astfel, diametrul arborelui rezultă:
.505.4960
10714.032323
6
3 mmMda
echD ≅=⋅
⋅⋅=
⋅=
πσπ
Problema 10.13
Sistemul de bare plan cu secţiunea circulară din figura 10.13a este de 800 daN pe direcţia y şi de forţa H pe direcţia z. Să se
acţionat de forţa dimensioneze barele sistemului conform teoriei a III-a de rezistenţă, cunoscându-se: σa = 80 N/mm2 ( se consideră randamentul ideal).
Datorită randamentului ideal, MtB = MtD sau: .1200;2.03.0800 daNHH =⋅=⋅ Se trasează diagramele de momente încovoietoare Mz, My şi diagrama de moment de torsiune Mt (fig.10.13b); secţiunea periculoasă este D, solicitarea fiind de încovoiere dublă cu torsiune iar momentul încovoietor echivalent va avea expresia:
;31.38024028864 222 daNmMech =++= Din condiţia de dimensionare rezultă diametrul barelor:
.8052.78
8031.3801032
;32
4
3dM πdim
mmd
WW ia
echneci
≅=⋅⋅⋅
=
===
π
σ
232
Problema 10.14 Să se dimensioneze arborele cu secţiune circulară, având montate roţile „1” şi „2”, solicitate ca în figura 10.14. Se cunosc r1 = 90 mm, r2 = 160
FT ⋅ tg 200, FA = 0,2 ⋅ FT, σa = 80 /mm2. Se va utiliza teoria a III-a de rezistenţă.
tul de torsiune în funcţie de putere şi turaţie se calculează cu
relaţia:
mm, P = 5,5 kN, n = 320 rot/min, FR = N
Momen
;164.0164.0320
55.955.9 kNmn
Mt ==⋅==
în plus, momentul de torsiune în funcţie de FT este: ;rFM
5.5P
Tt ⋅= astfel, rezultă:
;025.116.0
164.0;82.109.0
164.0
22
11 kN
rMFkN
rMF T
Tt
T ======
233
Se traesază diagramele de moment încovoietor Mz şi My precum şi diagrama de moment de torsiune Mt; secţiunea periculoasă este A:
.36.02.0;37.020
;66.020
11
022
011
kNFFkNtgFF
kNtgFF
TA
TR
TR
=⋅==⋅=
=⋅=
.228.0164.0153.0054.0
;277.0164.0218.0047.0222
222222
kNmM
kNmMMMM
echB
tAzAyAechA
=++=
=++=++=
234
În secţiunea A se face dimensionarea la solicitarea de încovoiere dublă cu torsiune, în care:
.35
;320538.0
0268.0180
1023.0
;32
1
;23.0
36
3dim
2
2
22
mmd
d
dWMMMW
kNmMMM
ef
ii
t
a
ineci
zAyAiA
=
⋅=+
⋅
⋅==+=
=+=
π
πσ
Verificarea condiţiei de rezistenţă:
./8.65
3235
10277.0 23
6
ai
echech mmN
WM σ
πσ <=
⋅
⋅==
Problema 10.15 Arborele de secţiune circulară din figura 10.15 transmite o putere de P = 6 kW la turaţia de n = 200 rot/min. Roata „1” este o roată de curea iar roata „2” este o roată dinţată care antrenează o altă roată „2/ ”. Masele celor două roţi sunt m1 = 250 kg; m2 = 180 kg. Se cere dimensionarea arborelui
losind teoria energiei potenţiale de deviaţie maximă T . Se cunosc: σ =
Momentul de torsiune în funcţie de putere şi turaţie este:
fo ED a60 N/mm2, R1 = 200 mm, R2 = 150 mm.
;865.2200
55.955.9n
Mt =⋅== 60 kNmP
r în funcţie de eforturile ce iau naştere în cele două roţi:
ia
.1.1915.0865.2,
;162.72.02
865.22
,2
2
22222
1
11111
kNR
MTcuRTM
kNR
MTcuRTM
tt
tt
====
=⋅
===
235
Greutăţile celor două roţi sunt:
.765.18.176581.91802 kNNG ==⋅=
;45.2245081.9250;;
1
2211
kNNGgmGgmG==⋅=
⋅=⋅=
Forţele în dreptul roţilor „1” şi „2” după axele y şi z vor fi:
.1.19;765.1
;34.1430sin4;25.2730cos4
2222
0111
011
kNTFkNGF
kNTFkNGTF
zy
zy
−=−===
===+=
236
Secţiunea periculoasă este cea în care Mech are valoare maximă:
.63.4865.275.081.272.2
;51.6865.275.081.528.1222
022
22
222
2220
21
21
211
kNmkMMMM
kNmkMMMM
tzyech
tzyech
=⋅++=⋅++=
=⋅++=⋅++=
Secţiunea cea mai solicitată este „1”. Condiţia de dimensionare la
oiere dublă cu torsiune: solicitarea de încov
.104
;3202.6
865.275.0160
1002.6
;02.688.528.1
;32
75.01
326
221
3dim
2
mmd
d
kNmM
dWMia ⎠⎝σMMW
i
itinec
i
=
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+
⋅
=+=
==⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
+=
π
π
condiţiei de rezistenţă:
Verificarea
./94.58
32104
1051.6 23
6
ai
echech mmN
WM σ
πσ <=
⋅⋅
==
Problema 10.16 Sistemul de bare cu secţiune dreptunghiulară (h/b = 1,5), din figura
ului. Se cere imensionarea barelor după teoria de rezistenţă a tensiunilor tangenţiale
2; a = 1 m; F = 8 kN).
10.16a este acţionat de forţele F şi 2F normale pe planul sistemdmaxime ( σa = 150 N/mm
237
Adoptând pentru fiecare bară un sistem de axe de coordonate (cu axa x în lungul barei şi axa y pe verticală), se determină diagramele de efort Mz şi Mx (fig.10.16b).
Secţiunea periculoasă este “A” unde solicitarea este de încovoiere simplă cu torsiune. Din diagramele de tensiuni σ şi τ (fig.10.16c), produse de momentul încovoietor Mz şi momentul de torsiune Mx se observă că există două puncte periculoase “1” şi “2”. Se va face dimensionarea în “2” şi se va verifica punctul “1”.
În punctul “2” at
bhM σ
αττσ 5.0;0 2max ≤=== , iar aa στ 5.0=
conform teoriei TIII; pentru h/b = 1,5 implicit α = 0,231, rezultă:
238
.1745.1
;1164.115755.1231.0
101085 33Mt ⋅⋅⋅
5.133
mmbh
mmba
==
≅=⋅⋅
=⋅⋅
=τα
Se verifică punctul „1”:
;/51.63116174269.0
1085
;/67.541741161084 2
2
6
mmNWM
z
z =⋅⋅⋅
==σ
62
2
6
21
max1 mmNbh
Mt =⋅⋅
⋅⋅===
αττ
cu α1 = 0,269 pentru h/b = 1,5. ţă TIII:
Conform teoriei de rezisten
;/150
;/267.13851.63467.5442
22222
mmN
mmN
aech
ech
=<
=⋅+=+=
σσ
τσσ
aşadar dimensiunile secţiunii sunt b = 116 mm şi h = 174 mm.
239
CAPITOLUL 11
SISTEME STATIC NEDETERMINATE
Un sistem este static nedeterminat când numărul forţelor de legătură este mai mare decât numărul ecuaţiilor de echilibru static care pot fi scrise. Gradul de nedeterminare statică reprezintă diferenţa dintre numărul necunoscutelor şi numărul ecuaţiilor de echilibru static. 11.1 Metoda eforturilor Metoda eforturilor are ca necunoscute reacţiuni sau eforturi care nu pot fi determinate din ecuaţii de echilibru. Etape de calcul
1) se determină gradul de nedeterminare statică cu relaţia: ;3CLn −= pentru sisteme plane, în care L reprezintă numărul de legături simple suprimate pentru obţinerea a C corpuri libere deschise.
Tot pentru sistemele plane, gradul de nedeterminare statică se poate stabili şi prin relaţia:
;3 ∑−= skn unde k reprezintă numărul contururilor închise, iar Σs suma tuturor condiţiilor static cunoscute. 2) unei structuri reale (fig.11.1.1a), i se suprimă un număr de legături, egal cu gradul de nedeteminare statică, care se înlocuiesc cu forţele sau cuplurile corespunzătoare X1, X2, ..., Xn. Sistemul obţinut, static determinat, este denumit forma de bază a sistemului real (fig.11.1.1b).
240
3) scrierea sistemului de ecuaţii de continuitate:
sarea pe direcţia lui Xn produsă pe forma de bază de Xj = 1, iar Δj0 deplasarea produsă pe direcţia lui Xj de către sarcinile exterioare. Pentru calculul acestor deplasări punctuale prin aplicarea formulei
iile:
⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎨
=Δ++++++=Δ
=Δ++++++=Δ
=Δ++++++=
;0
;0
;0
02211
02211
10111221111
nnnnnjjnnn
jjnnjjjjjj
nnjj
XXXX
XXXX
XXXX
δδδδ
δδδδ
δδδδ
……
……
……
⎧Δ
⎪⎪
cu δnj depla
Maxwell – Mohr se obţin expres
∫
∫
=Δ
=
;
;
00 EIdxMm
EIdxmm
jj
jnnjδ
care pot fi integrate direct sau cu regula lui Veresceaghin. 4) încărcarea formei de bază, pe rând, cu fiecare din cele n necunoscute, e valoare unitară:
d
( )( )
( );01
;01;01
121
312
321
=====
==========
−nn
n
n
XXXX
XXXXXXXX
…
……
precum şi cu forţele iniţiale F, urmate apoi de trasarea diagramelor de forturi corespunzătoare. 5) determinarea deplasărilor δnj şi Δj0. 6) rezolvarea sistemului de ecuaţii de continuitate. 7) trasarea diagramelor de eforturi pe sistemul real prin suprapunerea fectelor sau prin rezolvarea formei de bază încărcată simultan cu forţele F i X1, X2,..., Xn.
Astfel, pentru diagrama de moment încovoietor finală M, rezultă xpresia:
e eş e
.1
0 ∑=
+=n
iii XmMM
241
Calculul deplasărilor punctuale pe sisteme static nedeterminate se face tilizănd formula Maxwell – Mohr:
u
;0∫=ΔdxEI
Mm
cu Δi – deplasarea pe sistemul real, M – diagrama de momente pe sistemul real, mi
0 – diagrama de momente produsă de forţa unitară, virtuală aplicată
a
11.2 Grinzi continue
ii
în punctul i, după direcţia deplasării căutate, pe forma de bază utilizată la rezolvarea sistemului static nedeterminat sau orice formă de bază sistemului real.
O bară dreaptă, fără discontinuităţi, fixată printr-o articulaţie plană şi
lculează cu relaţia:
mai multe reazeme simple constituie o grindă continuă. Gradul de nedeterminare statică se ca
;3CLn −= cu L numărul de legături exterioare şi C numărul de corpuri. Se consideră grinda continuă de n ori static nedeterminată
lta. Prin introducerea
tr-o succesiune de grinzi simplu rezemate încărcate cu entele necunos ute introduse în articulaţii şi i pe reazeme ( g.11.2.1b).
(fig.11.2.1a). Aceasta se consideră a avea momente de inerţie constante pe fiecare deschidere, dar diferite de la o deschidere la ade articulaţii pe reazemele intermediare se obţine sistemul de bază static determinat, format dinsarcinile exterioare şi cu mom ccare asigură continuitatea grinzi fi
242
Din condiţia ca ϕist = ϕi
dr pentru fiecare din reazemele „i” pe care omentul încovoietor este static nedeterminat rezultă un sistem de ecuaţii de
forma:
m
( ) ;02 1,1/
1,1/
1/
1/
1/
1/ =+++++ ++−+++− iiiiiiiiiiii mlmlMlMllMl
având denumirea de ecuaţiile celor trei momente sau ecuaţiile lui Clapeyron. ungimile li
/ şi li+1/ sunt lungimile reduse ale deschiderilor respective:
L
;;1+ii II
unde I0 este un moment de inerţie ales arbitrar.
01
/1
0/++ == iiii
IllIll
Mărimile mi-1,i şi mi+1,i se numesc termeni de încărcare sau caracteristici de încărcare şi se determină cu relaţiile:
;6
;6
,121
,1
,12,1
iii
ii
iii
ii
Sl
m
Sl
m
++
+
−−
=
=
cu Si-1,i momentul static al diagramei de moment Mi-1,i0 in raport cu punctul
„i-1” şi Si+1,i momentul static al diagramei Mi+1,i0 în raport cu punctul i+1
(fig.11.2.2a şi b).
Se consideră separat deschiderile li şi li+1 ca grinzi simplu rezemate acţionate de sarcinile exterioare respective şi se trasează diagramele de moment Mi-1,i
0 şi Mi+1,i0.
243
Caracteristica de încărcare pentru o sarcină uniform distribuită pe toată deschiderea (fig.11.2.3), este:
.4
2
2112lqmm ==
Caracteristica de încărcare pentru o forţă concentrată aplicată la
ijlocm ul deschiderii (fig.11.2.4), este:
.83
2112 lPmm ==
Din rezolvarea sistemului de ecuaţii Clapeyron se determină momentele necunoscute (pe reazemele intermediare). Diagrama M se compune din diagrama dată de momentele pe reazeme şi diagrama M0 dată de sarcinile exterioare când fiecare deschidere este o grindă simplu rezemată. Deplasările punctuale se calculează folosind formula Maxwell – Mohr pentru sisteme static nedeterminate:
;0
EIdxMm ii ∫=Δ
în care mi0 reprezintă diagrama de momente produsă pe un sistem static
erminat (forma de bază a sistemului real) de către o forţă unitară, virtuală det
244
aplicată în punctul „i” pe direcţia deplasării reale Δi, iar M este diagrama de moment produsă de încărcările reale pe grinda continuă. Problema 11.1 Pentru cadrul din figura 11.1a să se determine: a) diagramele de eforturi; b) deplasarea orizontală a nodului E, rotirea nodului D.
245
a) Sistemul este o dată static nedeterminat. Se suprimă legătura orizontală din A, se înlocuieşte cu
forţa X1 şi se obţine forma de bază
ig.11.1b). Se încarcă forma de bază cu X1 = 1 şi se determină diagrama de momente m1 (fig.11.1c). Apoi se încarcă forma de bază cu sarcinile exterioare şi se determină diagrama de momente M0 (fig.11.1d). Se aplică ecuaţia de condiţie:
(f
.;
;0
0110
2111
10111
∫∫ =Δ=
=Δ+⋅
EIdxMm
EIdxm
X
δ
δ
Se foloseşte regula lui Veresceaghin:
;125.82332
2331
25.1632
5.132
336
21
25.45.45.4
321
11
aaaa
EIaaa
EI+⎟⎟
⎜⎜⎜ +⋅+⋅⋅
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
⋅⋅=δ
265.1
3
EIaaaa
EI
aaa
aa
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
⋅+
⎟⎟⎠
⎞
⎜⎝
⎛
⋅⋅⋅+
⋅
;75.2175.365.4325.1
323
262
21 4
22
10 EIqaaaqaaaaqa
EI−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅⋅−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ +
⋅=Δ
.264.0125.8275.21
11
101 qaqaX ==
Δ−=δ rezultă:
Diagramele de eforturi se construiesc prin suprapunerea efectelor:
( )
( )( )
)(;.39.3
63 33 DD Tqa
aqaV ==+=
792.0188.
;792.03264.00
;188.35.4
;
2
2
qa
qaaqaM
qaqaa
mXMM
−
−=−⋅+=
−=−⋅
;188.15.4264.00
;;
21
110
110
110
D qaaqaM
nXNNtXTT
−=−⋅+=
⋅+=⋅+=
= + ⋅
264.02
;2022
3
222
D
D
qqaM
qaqaM
+−=
−=+−=
3 2E
246
.61.239.362 qaqaqaVE =−= Din echilibrul de forţe al nodurilor E şi D rezultă NAD şi NBE :
b) Se introduce o forţă virtuală, unitară în nodul E pe forma de bază şi integrând diagrama mE0 (fig.11.1f) cu diagrama M (fig.11.1e), rezultă:
.96.3
;2
35.4632188.336
61792.036
31
21
792.033311
4
222
20
EIqa
aqaaqaaaqaaaEI
qaaaEIEI
Mdxm
E
EE
−=Δ
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+
+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅−==Δ ∫
c) Se introduce un cuplu virtual unitar în nodul D pe forma de bază şi se determină diagrama mD0 (fig.11.1g); astfel, se obţine:
.916.0
215.46
32
792.01661188.361
31
21
3
2
22
0
EIqa
qaa
qaaqaa
EIEIMdxmD
D
=
=
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅⋅+
+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−== ∫ϕ
247
Problema 11.2 Se consideră cadrul din figura 11.2a, cu dimensiunile şi sarcinile indicate. Se cere trasarea diagramelor de eforturi.
Sistemul este o dată static nedeterminat. Se suprimă legătura orizontală din E, se înlocuieşte cu forţa X1 şi se obţine forma de bază (fig.11.2b). Se încarcă forma de bază cu X1 = 1 şi se determină diagrama de momente m1 (fig.11.2c). Apoi se încarcă forma de bază cu sarcinile
şi se determină diagrama de momente M0 (fig.11.2d). exterioare
248
Ecuaţia de condiţie este: ;010111 =Δ+⋅δX cu:
( )
.125
322232.520
21
5.232.52
32.54231
33315
1
;271
3363
3333
11aaa
⎜⎛ +
⋅⋅=δ
;;
4
2
2
22
10
3
0110
2
EIqa
aaaqa
aqaa
qaaaaaqa
EI
aaaaEI
dxMmdxm
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +⋅−+
+⋅⋅+
+⋅⋅⋅+⋅
=Δ
=⎟⎞⋅⋅
=Δ=δ
Rezultă:
111 EI∫ ∫
EIEI⎤⎡ ⋅
⎠⎝
.63.42711
101 qaqaX −=−=
125Δ−=δ
Diagramele de efort sunt reprezentate în figura 11.2e. Problema 11.3 Pentru cadrul din figura 11.3a să se traseze diagramele de eforturi.
Sistemul este o dată static nedeterminat. Forma de bază (fig.11.3b), seobţine suprimând încastrarea din A şi înlocuind-o cu un reazem articulat şi un moment X1. Se încarcă forma de bază cu momentul X1 = 1 şi se determină diagrama m1 (fig.11.3c). Se încarcă forma de bază cu sarcinile
exterioare şi se trasează diagrama M0 (fig.11.3d). Din ecuaţia de condiţie:
;010111 =Δ+δX
;66.4511311131
;
11
11
101
EIaaa
EI
X
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅+⋅⋅=
Δ−=
δ
δ rezultă necunoscuta:
249
;233210 ⎟⎠
⎜⎝EI
qaX 98.111
15125.321599.15199.15311 222
⎟⎞
⎜⎛
⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅=Δ aqaaqaqaa
−= Diagramele de eforturi sunt reprezentate în figura 11.3e.
250
Problema 11.4 Să se traseze diagramele de eforturi pentru cadrul din figura 11.4a.
Sistemul este o dată static nedeterminat. Se suprimă reazemul simplu din C şi se înlocuieşte cu forţa X1, obţinându-seforma de bază (fig.11.4b). Se încarcă forma de bază cu X1 = 1 şi se determină diagrama m1. Se încarcă
nile exterioare şi se determină diagrama M0. Se scrie ecuaţia de condiţie:
forma de bază cu sarci
;010111 =Δ+⋅ Xδ
251
în care:
;158
43921
36444831242
32
1
;33.6943
444341
4
2
222
10
3
11
EIqa
aaqa
aqaaaaqaaaqa
EI
EIaaaaaaa
EI
−=
⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅−
−⋅⋅−⋅⋅−⋅⋅=Δ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
⋅+⋅⋅=δ
astfel, rezultă:
.28.211
101 qaX =
Δ−=δ
Diagramele de eforturi sunt reprezenatte în figura 11.4e. Problema 11.5 Cadrul din figura 11.5a este simetric din punct de vedere geometric şi elastic faţă de axa I-I. Se cer: a) diagramele de eforturi; b) rotirea nodului B. a) Cadrul simetric este încărcat antisimetric. Forma de bază (fig.11.5b), se obţine prin tăierea la nivelul axei de simetrie a cadrului şi introducerea celor trei necunoscute corespunzătoare X1, X2, X3, X1 fiind antisimetric iar X2 şi X3 simetrice şi de aceea egale cu zero. Rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat. Se încarcă forma de bază cu X1 = 1, rezultând diagrama m1 (fig.11.5c). Se încarcă forma de bază cu sarcinile exterioare, rezultând diagrama M0 (fig.11.5d). Se calculează termenii:
.62
22311
;583.022223
1222
1
42
10
311
EIqllqll
EI
lEI
llllllEI
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅⋅⋅=Δ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ
Din condiţia de continuitate:
.285.011
101 qlX −=
Δ−=δ ;010111 =Δ+⋅δX rezu ltă necunoscuta
Prin suprapunerea efectelor 110 mXMM ⋅+= , se obţineşi N.
diagrama M i apoi T ş
252
b) Pe una din formele de bază posibile se introduce un cuplu virtual unitar în nodul B şi se determină diagrama mB
0 (fig.11.5f) şi apoi rotirea ϕB:
.0236.083
212EIEI ⎝
14.0357.010 dxMmBB ⎜⎜⎛ +
== ∫ϕ 2 2ql ⎞ 32
EIqlllql =⎟⎟
⎠⋅⋅−⋅⋅
253
Problema 11.6 Cadrul închis din figura 11.6a, cu două axe de simetrie I-I şi II-II este acţionat de forţele F. Se cer: a) diagrama de momente încovoietoare; b) variaţia distanţei A-A/.
a) Cadrul este de trei ori static nedeterminat (fig.11.6b).
254
Necunoscuta X3 este antisimetrică faţă de axa II-II; sistemul şi încărcarea fiind simetrice faţă de II-II rezultă că X3 = 0. Eforturile din A şi A/ sunt simetrice (fig.11.6c). Se scrie ecuaţia de proiecţii faţă de I –I: .2/;02 22 FXFX =⇒=− Ecuaţia de continuitate este: .010111 =Δ+δX Se încarcă forma de bază cu X1 = 1 şi rezultă diagrama m1 (fig.11.6e). Se încarcă forma de bază cu forţele exterioare şi rezultă diagrama de moment M0 (fig.11.6f). Se calculează termenii ecuaţiei de continuitate:
;92
25.161
;20
210
11
FaFaaEI
EIa
=⋅⋅=Δ
=δ
.45.0209 2
11
101 Fa
aFaX −=
−=
Δ−=δ rezultă:
Rezultă diagrama de moment din suprapunerea efectelor (fig.11.6g). b) Variaţia distanţei A-A/ se obţine introducând pe direcţia şi în punctul deplasării căutate o forţă unitară virtuală (fig.11.6h) pe una din formele de bază posibile. Se trasează diagrama . Astfel, se obţine: /
0AA
m
.9.0245.06
22
05.16245.02221
1 30
//EIFa
aFaa
aFaaFaaaEIEI
dxMmAAAA
−=⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⋅⋅−
−⋅⋅+⋅⋅⋅−==Δ ∫
Problema 11.7
Pentru grinda continuă din figura 11.7a, având dimensiunile şi cărc
omente se obţine:
în ările indicate se cere trasarea diagramelor de eforturi. Sistemul este o dată static nedeterminat. Scriind ecuaţia celor treim
( ) ;02 ////// =+++++ CCBBABCCCBBBA lmlmlMllMlM
255
dar:
( )
.75.68
6338
3
;16844
;2
;0
2
222
2
qaaqaFlm
qaaqqlm
qaM
M
CB
AB
C
A
=⋅⋅
==
===
−=
=
Se alege I0 = I şi atunci lungimile reduse sunt:
.6
;4218
0/
0/
aIIll
aaIIll
CC
BB
==
===
Ecuaţia celor trei momente devine: astfel, rezultă:
reacţiunile (fig.11.7b) şi momentul maxim:
;0675.641662102 222 =⋅+⋅+⋅−⋅ aqaaqaaqaaM B
.62.4 2qaM B −= Se calculează pe forma de bază pe intervalul AB
256
( ) .848.522
qaqq
A
=
e calculeazăculează reacţiunile, momentul în dreptul
rţei şi forţele tăietoare (fig.11.7c):
;42.38
48625.4 2
TqaaqaqaV drdrA ==
⋅+−=
242.32
maxqaTMM A
A =+=
.58.4842.3 qaqaqaT stB −=−= Cunoscând VA
dr s Pe forma de bază BC se calfo
.135.1392.1625.4
;
;92.162
Tqaa
V BB ==+=625.23 2qaqa drdr
08.1625.25.12
qaqaqaV stC −==−= 6
22 qaaqaqaM
Ta
F
stC
=⋅+−=
Problema 11.8 Grinda continuă din figura 11.8a are dimensiunile şi încărcările
diagramelor de eforturi.
c
indicate. Se cere trasarea Sistemul este de două ori static nedeterminat. Momentele statinedeterminate sunt cele de pe reazemele intermediare: MB şi MC. Ecuaţia celor trei momente se scrie pentru reazemele intermediare MB şi MC astfel: intervalul ABC:
( ) );02 ////// almlmlMllMlM CCBBABCCCBBBA =+++++ intervalul BCD:
( ) );02 ////// blmlmlMllMlM DDCCBCDDDCC =+++++ CB
r: da
;0M A
;2 2qaM −=
=
D
,0=CDm intervalul CD nefiind încărcat cu arcini exterioare. s
257
Se consideră I0 = I şi rezultă astfel lungimile reduse:
;3160/ aa2I
Ill BB =⋅==
258
.4
;5
/
0/
al
aIIll
D
CC
=
==
Pentru a determina termenul de încărcare mAB se consideră grinda sarcinile exterioare (fig.11.8b). Se 0
simplu rezemată AB acţionată dedetermină diagrama de momente MAB . Se obţine:
( ).21.6
4231
2266.2
432
266.24224
32⎛
666 2
22
22 qaaaa
aqaaaqaa
alSmAB
ABAB =
⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜
⎝⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
⋅+
+⋅⋅+⋅⋅⋅==
enii de încărcare mBC şi mCB se consideră plu rezemată BC acţionată de sarcinile exterioare (fig.11.8c). Se determină diagrama de momente MBC
0. Se obţine:
Pentru term grinda sim
.08.23312
234.22226.166
3232252
2 qaaaqaS
al
BC
C
⎡ ⋅+⋅−==
⎦⎣ ⎠⎝
3225alC ⎦⎣ ⎠⎝ Introducând aceste date în ecuaţiile a) şi b) se obţine sistemul:
) 22
;32.03234.221326.166
222
22
22
qaaaa
qaaaqaaaaqaS
BC =⎥⎤
⎢ ⎟⎞
⎜⎛ +
=⎥⎤
⎢⎡
⋅⋅
+⎟⎞
⎜⎛ +−
ultă: şi .
ină diagrama de momente M pornind de la cele două valori şi calculând diagramele de moment produse de sarcinile exterioare
tuaţia că fiecare deschidere reprezintă o grindă simplu rezemată (fig.11.8d, e şi f).
lu rezemată AB acţionată de momentul MB la ă pe intervalul A-1; se determ
TAdr, VB
şi
2m CBCB ==
m
(2⎪
⎨⎧ M B
( ).
0508.2424525
;0532.0321.655322⎪⎩ =⋅+⋅−++
=⋅+⋅+++
aqaaqaaaMaM
aqaaqaMaaa
CB
C
din care rez 2238.0 qaMC = 233.1 qaM B −=
Se determMC şi MB în si
Se consideră grinda simpcapăt şi sarcina uniform distribuit ină reacţiunile VAdr = 2,447qa = st = 1,553qa = −TBst, se calculează momentul M1:
21 788.1244447.2 qaaqaaqaM =⋅−⋅=
259
( ) .99.2;2
44.22
2max
22
max qaMqqa
qTM A ===
Se consideră apoi grinda simplu rezemată BC acţionată la capete de momentele MB şi MC şi de momentul din punctul 2. Se calculează reacţiunile:
.,;486.05
33.1238.04 222
CstBdrCstBdrBdrBdr TVVTVqaa
qaqaqaV −==−==−−
=
Se calculează momentele:
Se consideră apoi intervalul CD încărcat cu momentele MC şi MD pe reazeme. Rezultă reacţiunile:
.698.1302.24
;302.22486.033.1222
2
222
qaqaqaM
qaaqaqaM
dr
st
=−=
−=⋅−−=
.559.04
2238.0 22
DstCdrDstCdr TTqaa
qaqaVV −=−==+
==
Problema 11.9 Grinda continuă din figura 11.9a, încastrată perfect în A are momentul de inerţie I pe deschiderea AB şi 2I pe BD. Se cere determinarea diagramelor de eforturi.
260
Sistemul este de două ori static nedeterminat. Încastrarea din A este şi un reazem simplu în A/, punctele A şi A/
Momentele static nedeterminate sunt cele de pe reazemele
dar:
echivalentă cu o articulaţie în Afiind infinit apropiate (ε→0).
intermediare MA şi MB. Ecuaţia celor trei momente se va scrie pentru intervalele A/AB şi ABC:
/ ABA( )
( ) );02
),02
//////
////////
blmlmlMllMlMABC
almmlMlMM
CCBBABCCCBBBA
BBAAABBBAA
=+++++
=+++++ εεε
( ) ;
44 Se consideră I0 = 2I; lungimile reduse vor fi:
96
,0,,0,0,0
222
2//
qaaqqlm
mmqaMmM
BC
ABBACAAA
===
==−==== ε
.6622;842 // aa
IIlaa
IIl CB =⋅==⋅=
Introducând aceste date în ecuaţiile a) şi b) se obţine sistemul:
zultă: MA = qa , MB = -2qa . determină diagrama de moment M pornind de la cele două valori şi calculând diagramele de moment produse de sarcinile exterioare
fiecare deschidere reprezintă o grindă simplu rezemată. Se plu rezemată AB (fig.11.9b), acţionată de momentele de
( )⎪⎩⎨
=+−++ .092 /2/2///CCCBBBA lqalqallMlM
⎪⎧ =+ ;02 //
BBBA lMlM
2 2re Se MA şi MBîn situaţia în careconsideră grinda sim
capăt MA şi MB. Se determină reacţiunile drAdrA Tqaa
qaV −==+
=43
4 ,
stBdrA TT −=− . Se consideră apoi grinda simplu rezemată BC (fig.11.9c) acţionată la capete
qa2 22
de momentele MB şi MC şi de sarcina uniform distribuită pe intervalul BC. Se determină reacţiunile şi momentul maxim:
,833.2613;167.3
613 stCstCdrBdrB TqaqaqaVTqaqaqaV −==−===+=
( ) .01.3
2833.2
22
22
2
max qaqqaqa
qTMM C
C =+−=+=
261
CAPITOLUL 12
BARE CURBE PLANE
Barele curbe plane (fig.12.1.1) se împart în funcţie de raportul R/h în rbură când R/h < 10 şi bare cu mică curbură când R/h ≥ 10, ă raza de curbură a fibrei mediane şi h , înăl imea secţiunii
bare cu mare cuunde R reprezint ţîn planul fibrei mediane.
La barele cu mică curbură solicitate la întindere cu încovoiere tensiunile normale se deternină ca în cazul barelor drepte:
.yIM
AN
z
⋅+=σ
La barele cu mare curbură expresia tensiunii normale este:
;0 yRy
eAM
AN
−⋅+=σ
unde e reprezintă distanţa de la centrul de greutate la axa neutră corespunzătoare acţiunii în exclusivitate a momentului încovoietor iar R0, raza de curbură corespunzătoare acestei axe neutre:
262
;0 = dAAR
( )∫
ui R0, e se calculează cu relaţia:
A ρcu ρ raza de curbură a unei fibre curente. După determinarea l
.0RRe −= Tensiunile în fibrele extreme sunt:
.
;
0
int
int
int0
intint
ext
ext
ext
extext R
yeA
MAN
yRy
eAM
AN
Ry
eAM
AN
yRy
eAM
AN
⋅+=
+⋅+=
⋅−=
−⋅−=
σ
σ
Pentru dimensionare se foloseşte condiţia de rezistenţă:
[ ] .;max int aextech σσσσ ≤=
ă o kN. Cunoscând R = 9cm, h = 8cm, σa = 200N/mm2 se cere
ţiunea (b = ?).
Problema 12.1 Un cârlig de macara cu secţiune dreptunghiulară (fig.12.1a), suportsarcină F = 150să se dimensioneze sec
263
Secţiunea cea mai solicitată este 1 – 1. Eforturile în secţiune sunt:
F; M = - F⋅R N = Se determină :
;372.8
513lnln
intRRext
80 cmh
==R =
264
cu:
.549hRR −=−=
2int
;13492
cm
cmhext
=
+=+
Rezultă
RR ==
.628.00 cmRRe =−= Se calculează tensiunile:
( ) ( ) ;68.105028.628.640901
int
int int AF
AF
Ry
AeFR
AF
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅−
+=−
−=σ
cu:
.102.413028.628.46901
;28.4628.6402
,72.3328.6402int mmehy =−=−=
AF
AF
Ry
AeFR
AF
mm
ext −⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅−=−
=+= ehyext +=
ext =σext
Se aplică condiţia de rezistenţă: [ ] .aext σσ ≤
;max intech σσ =
;/15080
1015068.10 2int
3
mmNb aech =≤=⋅⋅
⋅= σσσ
rezultă lăţimea: b = 100 mm. Problema 12.2 Bara din figura 12.2a are secţiunea în formă de I, cu dimensiunile din figură. Ştiind că σa = 150 N/mm2 se cer:
a) trasarea diagramelor de eforturi; b) sarcina Fmax pe care o suportă bara.
265
266
Într-o secţiune curentă a porţiunii curbe, expresiile momentului încovoietor şi a forţei axiale sunt (fig.12.2b):
( )ϕϕ
ϕ
ϕ
sin
;sin
RlFM
FN
+−=
−=.
a cea mai solicitată este H, unde se obţin următoarele valori: Secţiune FN .205; FM −=−= Se calculează R0:
;lnlnln
3
43
2
32
1
21
3322113
1
Re
int
3
10
RRb
RRb
RRb
hbhbhbdb
hb
dAAR
i
xt
Ri
iii
++
++===
∑ ∫
∑
∫=
=
ρρ
ρ
.95.101
120130ln40
90120ln10
8090ln40
1040301010400 mmR =
++
⋅+⋅+⋅=
Rezultă e = 105-101,95 = 3,05 mm. Coordonatele fibrelor din interior şi exterior sunt:
(
)
.05.2805.3252
;95.2105.32
mmeh
mm
ext =+=+
−=−⎠⎝
culează tensiunile (fig.12.2c):
25int ehy −=⎟⎞
⎜⎛ −−=
y =
Se cal
( )
.012.0130
05.2805.31100
2051100
;0176.080
95.2105.311001100int
int ReAA205int
FFFRy
eMN
FFFyMN
ext
extext =⋅
⋅+−=⋅
⋅+=
−=−
AA
⋅+−=⋅+=
σ
σ
⋅⋅
Din condiţia de rezistenţă:
[ ] ;aext σ≤
;max intech σσσ =rezultă valoarea Fmax:
.8000;/1500176.0 max2 NFmmNF aech =⇒=≤= σσ
267
Problema 12.3 Pentru bara cu mare curbură din figura 12.3a, având R = 130mm, D = 80mm, se cer: a) diagramele de eforturi; b) verificarea barei pe intervalul CDE ştiind că σa = 150N/mm2 şi F = 45kN.
268
Expresiile eforturilor într-o secţiune curentă pe porţiunea curbă, în raport cu unghiul curent ϕ sunt:
.sin;cos;sin ϕϕϕ ϕϕϕ PRMPTPN −==−= Din diagramele de e iuD cu MD = - PR şi ND = - P
forturi rezultă că secţ nea cea mai solicitată este .
mm
DRR 801301302
22
2 −+−+R0 = Se calculează 85.126
24
24 == ;
– 126,85 = 3,15 mm. Se determină ordonatele:
rezultă e = R – R0 = 130
.85.362
;15.4315.3402
int mmeDy
mmeDyext
−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ −−=
=+=+=
Se obţin tensiunile (fig.12.3c):
( )
( )
;/162.141
;7.9015.3
85.361301
48015.3685.12615.3
2int
2int
int
mmN
AA
yMN
=
⎟⎠⎞
⎜⎝ ⋅
⋅+−
⋅=
−⋅−−=
σ
πσ
4500085.36130int
PP ⎛−⋅
;int RAeA+=σ
( )
./78.102
;17015.3
15.431301
480
4500015.4385.126
15.4315.3
130
;yMN extext +=σ
2
2
mmN
AP
AP
RAeA
ext
ext
ext
−=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⋅⋅
−−⋅
=+⋅
⋅−−=
σ
πσ
e: [ ] aextech σσσσ ≤= ;max int Condiţia de rezistenţă est ; în cazul roblemei de faţă, condiţia de rezistenţă este verificată: p
./150/62.141 22 mmNmmN a =<= σ echσ
269
CAPITOLUL 13
FLAMBAJ Trecerea formei deformate a unei structuri sub acţiunea sarcinilor exterioare dintr-o poziţie de echilibru stabil într-o poziţie de echilibru instabil este denumită flambaj sau pierdere de stabilitate. Valoarea sarcinii exterioare la care se produce flambajul se numeşte sarcină critică sau de flambaj (Pcr). În asemenea cazuri echilibrul structurii se exprimă pe forma deformată a barei, principiul suprapunerii efectelor nemaifiind valabil. Structura nu va flamba dacă este solicitată de o sarcină maximă (Pmax), astfel încât faţă de sarcina critică (Pcr) să se realizeze un coeficient de siguranţă la flambaj:
.1max
>=PPc cr
13.1 Flambajul barei drepte solicitată la compresiune Pentru bara AB (fig.13.1.1a), cât timp P< Pcr bara rămâne dreaptă, aflându-se într-o poziţie de echilibru stabilă (1). Dacă P≥ Pcr, bara ajunge în poziţia (2) care reprezintă deformata de flambaj. Aplicând metoda statică care constă în scrierea ecuaţiilor de echilibru pe forma deformată (2) şi stabilirea condiţiilor în care această formă este posibilă, se obţine valoarea minimă a sarcinii critice de flambaj:
;2min
2
fcr l
EIP π= (13.1)
denumită formula lui Euler, în care Imin – momentul de inerţie minim al secţiunii transversale a barei şi lf – lungmea de flambaj, care depinde de modul de rezemare la extremităţi al barei (fig.13.1.1b, c, d). Lungimea de flambaj reprezintă distanţa dintre două puncte succesive de inflexiune ale formei deformate de pierdere a stabilităţii. Formula lui Euler este valabilă în cazul în care rezemările barei după axele principale de inerţie sunt aceleaşi; în caz contrar sarcina critică este:
[ ] .;;;min 2
2
2
2
yf
yycr
zf
zzcr
ycr
zcrcr l
EIP
lEIPPPP
ππ===
270
Tensiunea care apare în secţiune când forţa aplicată atinge valoarea
istenţă critică de flambaj:
critică se numeşte rez
.A
Pcrcr =σ
Din formula lui Euler rezultă:
;2
2
λπσ E
cr = (13.2)
coeficientul de svelteţe sau subţirime al barei: cu λ -
;minil
;minmin A
Ii =f=λ şi raza de inerţie (giraţie) minimă.
Formula (13.2), stabilită în domeniul elastic, este valabilă numai pentru σcr ≤ σp, cu σp limita de proporţionalitate a materialului. Rezultă că flambajul are loc în domeniul elastic numai pentru:
.2
0p
Eσπλλ =≥
Dacă λ < λ0 flambajul are loc în domeniul plastic şi σcr se calculează pe baza cercetărilor experimentale cu diferite relaţii dintre care cea mai
ajer – Jasinski: cunoscută şi aplicată este relaţia Tetm ;λσ acr b−= u a şi b constante, determinate experimental depinzând c de material.
Diagrama ( )λσ fcr = reprezentată în figura 13.1.2 este denumită ă la flambaj. curba caracteristic
271
Pentru λ < λ1 se consideră că bara nu flambează, calculul făcându-se la compresiune simplă.
ând coeficie tul de siguranţă la flambaj recomandat se poate determina rezistenţa admisibilă la flambaj: Cunoscând σcr şi adopt n
.craf c f
σσ =
Rezistenţa admisibilă la flambaj se calculează în funcţie de rezistenţa admisibilă la compresiune σac şi coeficientul de reducere la flambaj ϕ care este o funcţie de λ: .ϕσσ ⋅= acaf Condiţia de verificare a unei bare la flambaj se poate scrie:
;acAP σ
ϕσϕ ≤
⋅=
cu σϕ tensiune convenţională. 13.2 Calculul practic la flambaj Calculul de verificare Se determină coeficientul de svelteţe λ. Dacă λ > λ0 calculul continuă folosind formula lui Euler:
.2min
2
cr lEIP π
= f
în echilibru instabil dacă:
Bara este
;afcr
f cPPc ≥=
cu cf a – coeficientul de siguranţă admisibil.
272
Dacă λ1 < λ ≤ λ0 se utilizează o relaţie de calcul din domeniul plastic: .; APba acra ⋅=−= σλσ Bara este în echilibru stabil dacă:
.afcr
f cPPc ≥=
Dacă λ < λ1 atunci bara se verifică numai la compresiune simplă. Calculul de dimensionare Se consideră că flambajul are loc în domeniul elastic şi aplicând formula lui Euler, rezultă:
;dimmin2
2max
min IE
lPcI ff
nec =⋅⋅
=π
Se alcătuieşte secţiunea transversală astfel încât Imin ef ≥ Imin nec, se calculează λ şi se determină ϕ. Se calculează σ . Dacă σ ≤ σ secţiunea aleasă este bună, dacă nu, se modifică sec
ϕ ϕ acţiunea până la satisfacerea
pară λ cu λ0. Când λ > λ0 flambajul are lui Euler a fost corect aplicată. Se
condiţiei de verificare la flambaj. Dacă nu se cunoaşte ϕ se comloc în domeniul elastic şi formulacalculează:
;; max Accr
af == σσ P
f
elasticσ
Da < λ0 flambaj alculează: că λ ul are loc în domeniul plastic; se c
;; max AP
c f
crfa == σσσ
se face verificarea : .max af
plastic
σσ ≤ Dacă nu se verifică se mde rezistenţă.
ăreşte secţiunea până la verificarea condiţiei
13.3 Flambajul barelor cu secţiune compusă Ţinând seama de deplasarea produsă de forţa tăietoare rezultă expresia sarcinii critice de flambaj:
;1
Ecr P
P⋅+
=γ P
E
cu ,2min
2
E lEIP π
= sarcina criticf
ă a lui Euler în care nu s-a ţinut seama de
influenţa forţei tăietoare şi γ - lunecarea produsă de o forţă tăietoare T = 1.
273
Se observă că Pcr < PE ceea ce înseamnă că influenţa forţei tăietoare constă în micşorarea sarcinii critice de flambaj. La secţiunile pline γ este foarte mic şi efectul forţei tăietoare poate fi neglijat. La secţiunile compuse produsul nu mai este neglijat (fig.13.3.1a,b).
EP⋅γ
Se calculează tensiunea critică:
;2
2
22
2
try cr
cr APσ =
EEA
Eλπ
πγλπ
=+
=
lă. Calculul său fiind dificil, se poate exprima unde λtr – mărime convenţionaprin următoarea relaţie:
;21
2 λλλ += ytr- pentru plăcuţe
;21
32 lA d
tr =λ- pentru zăbreluţe alAdy ⋅
⋅+λ
unde ;yiyfl
=λy cu lf y - lungimea de flambaj după axa y, iy - raza de inerţie a
secţiunii barei după axa y, λ = l1/imin - coeficientul de svelteţe al unui singur ăcuţe iar imin raza de inerţie minimă a unui
1profil, cu l1 distanţa dintre două pl
274
singur profil, A - aria întregii secţiuni, Ad - aria secţiunii transversale a ou, pe ambele feţe ale barei
nu se producă înaintea celui general zăbreluţelor dintr-un pan . Pentru ca flambajul individual să se recomandă ca:
;1 <
5≤ 0
;1 < λλ z
λλ y 1λ
Verificarea la flambaj a barelor cu secţiune compusă se efectuează procedând la fel ca la barele cu secţiune plină cu următoarele precizări:
utilizând coeficientul de svelteţe - faţă de axa z, calculul se face
;z
z i=λ
- faţă de axa y, calculul se face utilizând λtr. Dimensionarea barelor cu secţiune compusă se efectuează având în vedere ca flambajul între două solidariză
zf
în considerare axa care taie materialul secţiunii (axa z); rezultă te alcătuită secţiunea. ţa dintre axele profilelor, din condiţia ca flambajul
mai
l
ri să nu fie mai periculos decât flambajul general al barei:
- se efectuează operaţia de dimensionare, ca la barele cu secţiune plină, luândprofilele din care es
- se determină distanîn raport cu axa care nu taie materialul secţiunii (axa y), să nu fie periculos;
.ztr λλ = Plăcuţele sau zăbreluţele trebuie să împiedice lunecările dintre profile
a lor de fi are profil se face prin sudură sau cel puţin
lidarizării prin păcuţe (fig.13.3.2), forţa de lunecare pe
şi de aceea prindere ecdouă nituri. Calculul necesită evaluarea forţei de lunecare pe baza forţei tăietoare.
În cazul so lungimea unui panou (l1) este:
;1lTLa⋅
=
275
cu forţa de lunecare aferentă unei plăcuţe (dacă în secţiune sunt două plăcuţe):
.22
1
alTL ⋅
=
În cazul solidarizării cu zăbreluţe, capacitatea zăbreluţelor şi a îmbinării respective fiind mică, se admite că bara de secţiune compusă se comportă ca o grindă cu zăbrele. 13.4 Calculul barelor comprimate şi încovoiate În cazul solicitării de flambaj cu încovoiere, pentru cazul deplasărilor transversale relativ mici se poate folosi formula lui Iasinski (fig.13.4.1).
.max a
Q
WM
AP σ
ϕσ ≤+
⋅=
Formula nu are justificare teoretică.
a f 0
Problema 13.1 Să se verifice la flambaj bara cu secţiune inelară din figura 13.1 articulată la un capăt şi încastrată la celălalt. Se dau: c = 4,5, λ =105, E = 2,1·105 N/mm2.
276
Se calculează coeficientul de siguranţă la flambaj şi se compară cu cel admisibil. Coeficientul de siguranţă la flambaj este:
.PPc cr
f =
Se determină domeniul de flambaj:
;2.19minmin mmIi == A
cu Imin pentru secţiunea inelară:
( ) ,37560064
444min mmdDI =−=
π
şi
( ) ;10184
222 mmdDA =−=π
coeficientul de svelteţe este:
;1054.1092.19
21000 =>=== λλ
il f
min
cu lf – lungimea de flambaj egală cu 0,7l pentru bara încastrată la un capăt şi articulată la celălalt. Flambajul are loc în domeniul elastic, λ fiind mai mare ca λ0; se
r: calculează Pcr cu formula lui Eule
( );
2100375600101.22
52
2min
2 ⋅⋅⋅==ππ
fcr l
EIP
Se calculează coeficientul de siguranţă care se compară cu cel dmisa ibil:
/ = .5.464.4 =>= efcr cPPc
ează. Problema 13.2 Să se verifice tija pistonului unei maşini, având secţiunea circulară cu diametrul de 60 mm ştiind că forţa maximă de compresiune necesară este P = 100 kN, iar lungimea tijei lf = 1,2 m. Coeficientul de siguranţă la flambaj este ca f = 8 şi λ0 = 86. (Se va lua oţel aliat cu nichel 5%).
Rezultă că bara nu flamb
Se determină domeniul de flambaj, calculându-se coeficientul de svelteţe λ:
277
;868015
1200
4min
120===λ di
l f 00 =<= λ
.(la secţiunea circulară 42min dA ⋅π ).
4
64min di ===
4dI
⋅π
Flambajul are loc în domeniul plastic; pentru verificare se foloseşte formula lui Iasinski la calculul lui σcr:
;λσ ⋅−= bacr 2
se cunosc a = 470 N/mm2, b = 2,3 N/mm , astfel: Rezistenţa admisibilă la flambaj este:
./286803.2470 2mmNcr =⋅−=σ
./75.358
286 2mmNc fa
craf ===
σσ
Rezistenţa barei la compresiune este:
;/37.35
4⋅π 60
10100 22
3
mmNAP
=⋅
==
, bara rezistă la flambaj.
resiune de calcul P = 840 kN şi având lungimea de flambaj lf = 4,6 m. Secţiunea este alcătuită din patru corniere L 100x100x10 dispuse ca în figura 13.3. Se dă σa c = 220 N/mm2.
σ
deoarece σ < σa f Problema 13.3 Să se verifice diagonala comprimată a unei grinzi cu zăbrele supusă la un efort de comp
278
Pentru verificare se foloseşte metoda coeficientului de reducere ϕ:
.acAP σ
ϕσ ≤ ϕ ⋅
=
e:
Se calculează coeficientul de svelteţ
;minil f=λ
;minmin A
Ii = cu:
.59.100
73.45 Din tabele rezu
4600
;573.48.7628.6
;28.160622.182.22.191774 4
2
min
==
=
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++===
λ
cm
cmIII zy
ltă ϕ = 0,609, astfel:
160min === iii zy
./220/6.1797680609.010840 22
3
mmNmmN =<=⋅⋅
= σσϕ ac
aximă la nivelul suprafeţei de lucru a pistonului p = 4 N/mm2, m. Materialul este oţel cu 5% nichel pentru care se
Problema 13.4 Să se dimensioneze tija bielei unui motor cu explozie având forma schematizată din figura 13.4. Se cunosc diametrul pistonului d = 100 mm, presiunea mlungimea bielei l = 320 madmite relaţia Tetmajer- Iasinski λbaσ −=cr , cu a = 470 N/mm2, b = 2,3
/mm , valabilă pentru λ ≤ 86. Coeficientul de siguranţă la flambaj este cf = /mm2.
2N5, E = 2,1·105 N
279
ionează asupra pistonului este:
Forţa care acţ
.3141641004
4
22
NdpP =⋅
⋅=⋅=ππ
Momentul de inerţie minim este: ( ) .7.4minI = 5
123
1232 4
33
cccccI y =⋅
+⋅
⋅=
Aria secţiunii este:
e flambaj este cel elastic şi se .9332 2cccccA =⋅+⋅⋅= Se presupune că domeniul ddimensionează:
;75,4 4
dimminmin cII nec ==
;.7760101.2
4522 mm
E=
⋅⋅=
ππ
rezultă
7minI nec =314163205 22 Plc ff ⋅⋅⋅⋅
.7358.675.4
Se calculează coeficientul de svelteţe:
7.77604c == mmmm ≅
;8692.62085.5
3200 =<== λλ
.0.5726.075.42
minmin ccIi ==== 85
9
4
mmcA
l de flambaj este plastic; se redimensionează, se pleacă de la
cu
Domeniuexpresia lui σcr în domeniul plastic:
;minil
baba fcr −=−= λσ
dar APc fcr =σ , astfel:
,
726.03203.2470
9314165
;
2
min
cc
il
baAPc f
f
⋅−=⋅
−=
sau
;09470
314165726.0470
3203.22 =⋅
⋅−
⋅⋅
− cc
280
.5.726.7 mmc ≅= Rezultă:
.867.58448.5
Domeniul de flambaj este e
320=<== λλ
;448.55.7726;25
0
min2 =⋅= mmimm
plastic; s aplică condiţia de verificare în acest domeniu:
.0.5065.799 22 =⋅== cA
af
crfaef cA
P σ σ =< ;
astfel,
σ =
./06.6225.506
31416
;/675
7.583.2470
2
2
mmNAP
mmN
ef
fa
===
=⋅−
=
σ
σ
Rezultă σef < σa f şi c = 7,5 mm.
din figura 13.5a se realizează din oţel OL37 şi are rezemări şi xz. Secţiunea este casetată. Se cere dime
tructurii cunoscându-se: ca f = 2,3, E = 2,1·105 N/mm2.
Problema 13.5 Baradiferite în planele xy nsionarea s
281
Flambajul va avea loc după direcţia cu λ :
max[ ];,maxmax yz= λλλ
( )
( ) ;23.710181220
;79.4181012201218102012
;;
33
33
ttI
ttAIi
ll
y
zz
yfzf
=⋅−⋅
=
=⋅−⋅⋅−⋅
==
== λλii y
yz
z
1810122012Ay ⋅−⋅i =
.10.123.7
8;58.079.48.2 m m m
t t t tm
yz ==== λλ
ia y este mai periculoasă; pe această direc se face ă că flambajul are loc în domeniul elastic:
Direcţ ţiedimensionarea. Se consider
( )
;dimmaxyy II =
;10147,2411.2
108103403.2 492
233
2
2max ffnec mmE
lPc⋅=
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅
=ππ
rezultă t = 9,364 mm ≅ 10 mm. iul de flambaj, calculându-se y:
05yI
Se verifică domen λ
;10511010
1010.10
3
=>=⋅
= λλy
deci flambajul are loc în domeniul elastic, cum s-a presupus. Se verifică şi condiţia de rezistenţă: .acy σσϕ ≤ Se determină tabelar ϕy = 0,496, rezultă:
./150/247.1146000 4.0A⋅ 9610340 22
3max mmNmmNP
acy
y =<=⋅⋅
== σϕ
σϕ
Problema 13.6
icat este alcătuit din două bare dispuse ca în figura din două profile U16, material oţel OL37, σac =
220 N/mm2. Să se determine greutatea maximă care poate fi ridicată.
Un dispozitiv de rid13.6. Barele sunt alcătuite
282
Bara B-C este solicitată la flambaj:
;sinα
PNBC =
cu .848.02.32
32sin ==α22 +
Pentru secţiunea compusă din două profile U 16 se calculează forţa Pmax pe care o suportă dispozitivul din flambajul pe cele două direcţii y şi z: [ ].;minmax zy PPP = Flambaj în raport cu axa z:
;
;sin
aczzBC
zBCz
AN
NP
σϕ
α
⋅⋅=
=
ϕz se extrage din tabele calculându-l pe λz:
.1009.736848.02201048822.0
;822.0;77.6021.6
102.32
32
222
NP
il
z
zz
fz
⋅=⋅⋅⋅⋅=
=⇒=⋅+
== ϕλ
Flambaj în raport cu axa y:
;
;sin
acyyBC
yBCy
AN
NP
σϕ
α
⋅⋅=
=
se calculează λy :
( )[ ] ;24.348
2/6.184.1243.852;2
cmAI
iil y
yy
fy =
++===λ
283
;2.1164.377==λ 24.3y
rezultă din tabele ϕy = 0,448, prin urmare: Sarcina maximă pe care o poate ridica dispozitivul este:
.10402848.02201048448.0 32 NPy ⋅=⋅⋅⋅⋅=
[ ] .40209.736;402min kNkNkN == maxP Problema 13.7 Să se verifice o bară de la talpa comprimată a unei grinzi cu zăbrele având secţiunea compusă ca în figura 13.7. Aceasta are de suportat efortul N
ile de flambaj sunt lf z = 4,25 m, lf y = 3,4 m. şte = 2200 kN, lungim Se cunoaσac = 220 N/mm2.
Se determină poziţia axei z:
( ) .23.835.712042302
1 mmyG =4230215300 + ⋅⋅+⋅⋅
=
Verificarea la flambaj după axa z presupune calculul σϕ z şi
compararea cu σac:
;A
N
zz ⋅=ϕ
σϕ
ϕz se extrage din tabele după determinarea λz:
;129604230215300
;1071.
1I z = 1983
;
;;
2
44
mmA
mm
Ii z
=⋅+⋅=
⋅
=
27.4442302103600223.831530012
15300 2423
I
Ai
z
zz
z
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅
=
l zf=λ
284
./220/2.18812960902.0102200
;902.0;36.3516.96
3400
;16.9612960
1071.11983
223
4
mmNmmN
mmi
acz
zz
z
=<=⋅⋅
=
=⇒==
=⋅
=
σσ
ϕλ
ϕ
Verificarea la flambaj după axa y presupune calculul lui σϕ y şi compararea cu σac:
.acy
y AN σ
ϕσϕ <
⋅=
Pentru determinarea lui ϕy se calculează λy:
( )
.38.4907.86
4250==
;07.86102.9601 4
=⋅
=y mmi
12960
;102.96013.2260423021024821230015 4424
3
⋅=+⋅⋅⋅⋅+⋅
=
y
y
yyf
mmI
λ
0,883, aşadar:
;; == yy
y Ai
iλ
Il
+
Din tabele rezultă ϕy =
./220/ 25.19212960883.0
mNy =⋅
=σϕ102200 22 mmNm ac =<⋅ σ
Să se determine capacitatea portantă la flambaj a unui stâlp dublu
două profile U 30 ( fig.13.8). Lungimea stâlpului este de 5,4 m. Se dă σac = 220 N/mm2. La ce distanţă trebuie
ntru a avea Iy = 1,1Iz. Bara este solidarizată cu plăcuţe, astfel încât să existe un număr de cinci intervale între ele.
3
Problema 13.8
articulat cu secţiunea alcătuită din
aşezate cele două profile pe
285
Pentru calculul distanţei între profile se calculează momentele de inerţie ale secţiunii compuse:
( )[ ]
.1852;223. 00
2
mmzcm ≅
9
;1.1280301.17.28.584952 0
z
IzI zy
=
⋅=⋅⋅=++=
Pentru determinarea capacităţii portante a stâlpului se calculează capacităţile portante după cele două axe y şi z şi se alege valoarea minimă. Capacitatea portantă după axa z: .RAN zzcap ⋅⋅= ϕ Pentru determinarea lui ϕz se calculează λz:
;15.461175400
===z
zfz i
lλ
se extrage din tabele valoarea lui ϕz = 0,898, astfel:
ortantă după axa y:
inarea lui ϕy se calculează λtr:
.2323300220108.582898.0 2 NN zcap =⋅⋅⋅⋅= Capacitatea p .RAN yycap ⋅⋅= ϕ Pentru determ
;297.128.582
25.187.28.584952
;24.3729
1080
;10805
5400ly
5
;;
2
1
1
min
11
mmAI
i
mml
il
il
yy
f
yfy
=⋅
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ++
==
==
===
=
λ
λλ
;21
2ytr =+= λλλ
286
;58.5724.3791.43
;91.4397.122
5400
22 =+=
==
tr
y
λ
λ
din tabele rezultă ϕy = 0,84, aşadar: Rezultă
.2173248220108.58284.0 2 NN ycap =⋅⋅⋅⋅= [ ] .2173,min kNNNN zcapycapcap ==
Problema 13.9 Să se dimensioneze diametrelor d/D = 0,8 (fig.13
stâlpul cu secţiune inelară, având raportul .9). În ipoteza în care P = 400 kN, ce sarcină Q
la lui Iasinski). Se cunosc f a 0 ac /mm2.
orizontală poate suporta stâlpul (se va utiliza formuE = 2,1·105 N/mm2, c = 2,3, λ = 105, σ = 150 N
1) Pentru dimensionarea stâlpului se comsideră că flambajul are loc în
elastic şi se utilizează formula lui Euler: domeniul
( ) .0289.064
;1028.3154101.2
1080060003.2
444dim
44252
maxmin
DdDI
mmE
I affnec
=−=
⋅=⋅⋅
⋅⋅⋅=
⋅=
πππ
Din condiţia ca Imin nec = Idim , rezultă D = 182 mm.
;
322
max2min
2
Pcl
cPlEIP fa
fcr
⋅⋅
⋅==π
Se verifică premiza de calcul (dacă domeniul este de flambaj elastic):
( )( ) ;25.58
4/64/; 22
44
minmin
mmdDdDi
il f =
−−
==ππλ
287
cu D = 182 mm şi d = 0,8D. Rezultă:
;10510325.58
60000 =<== λλ
domeniul este de flambaj plastic şi trebuie verificată condiţia de rezistenţă:
.acAP σ
ϕσϕ ≤
⋅=
Pentru λ = 103 din tabele rezultă ϕ = 0.567, astfel:
( )[ ]./15202.1/73.150
1828.01824
567.0 22mmNmmN ac =<=
⋅−⋅σπσ 10800 ⋅
=ϕ22
3
Deci diametrul exterior este D 0 182 mm. ina Q se determină aplicând formula lui Iasinski pentru flambaj 2) Sarc
cu încovoiere:
;≤⋅
+ σlQPac⋅ϕ WA z
( )[ ] ( );150
8.032
3000
44
=−
⋅+
N.
nghiular din figura 13.10a să se u ca pericolul de flambaj să fie acelaşi pe
d formula lui Iasinski; σa = 150 N/mm2, E = 2,1·105 N/mm2, c = 2,3.
11821828.0182567.03
22 ⋅⋅−⋅ ππ10400 3⋅ Q
de unde rezultă Q = 8689
Problema 13.10 Pentru bara cu secţiune dreptu ă
stabilească raportul h/b pentrdirecţiile y şi z. Să se dimensioneze stâlpul folosin
Pentru ca pericolul de flambaj să fie identic, trebuie ca λy = λz:
288
.;y
fyy
z
fzz i
lil
== λλ
Din figura 13.10b şi c rezultă:
;12
;12
hibi = yz =
u λz şi rezultă: se egalează λy c
.857.2;300021230007.012=⋅⋅=
⋅⋅bh
hb
Pentru dimensionarea secţiunii stâlpului se foloseşte formula lui Iasinski:
.max aczWlQ
AP σϕ
σ ≤+=
Se consideră iniţial sistemul supus numai la flambaj; se dimensionează şi se verifică apoi cu formula lui Iasinski. Se presupune domeniul de flambaj elastic:
( ) ( ) ;
12101.230007.0106003.2 3
52
23
2
2max
minhb
ElPc
I zffnec =⋅⋅
⋅⋅⋅⋅=
⋅=
ππ
rezultă b = 60 mm, h = 170mm, în plus:
;121
126030007.0
=⋅
==z
zfz i
lλ
din tabele rezultă ϕz = 0,403. Condiţia de verificare va fi:
.150
617060
3000102017060403.0
106002
33
max acσσ =>⋅⋅⋅
+⋅⋅
⋅=
Se măresc dimensiunile secţiunii; fie b = 70 mm, h = 200 mm, rezultă:
./150/132
6/2007020070633.0 2max ac⋅⋅⋅1031010600 2
333
mmN <=⋅⋅
+⋅
=σ 20
;633.0;36.90
2mmN
i zz
zf
=⋅
=⇒==
σ
ϕλ
Dimensiunile secţiunii vor fi deci b = 70 mm şi h = 200 mm.
l
289
CAPITOLUL14
ITĂRI DINAMICE
SOLIC
Solicitările dinamice apar când asupra unui sistem acţionează sarcini a căror intensitate variază în timp. Sarcinile, în acest caz, se numesc sarcini dinamice. La calculul eforturilor şi al deplasărilor se va ţine seama de
era ţiilor, solicitările
- dinamice prin şoc, caracterizate prin variaţii foarte rapide ale
acceleraţiilor; - solicitări dinamice cu acceleraţii variabile în timp.
14.1 Solicitări dinamice prin şoc
accel ţii. În funcţie de modul de variaţie al acceleradinamice se clasifică astfel:
solicitări dinamice cu acceleraţie constantă în mărime şi direcţie; - solicitări
Se consideră un sistem elastic având în punctul de ciocnire masa mr
lui real cu masă distribuită cu un corp liber cu o masă echivalentă concentrată în punctul de contact, cu aceeaşi energie inetică şi cantitate de mişcare ca şi corpul lovit în momentul şocului
obţinută prin înlocuirea corpu
c(fig.14.1.a).
Săgeata dinamică Δd (fig.14.1.c) se consideră produsă de o forţă dinamică Fd = ΨF, în care Ψ este coeficientul dinamic sau multiplicator de
act. În consecin inarea imp ţă, calculul dinamic la şoc se reduce la determcoeficientului Ψ.
290
Prin aplicarea teoremei energiei cinetice pentru corpuri elastice se obţine expresia:
;;112
kv++=Ψ 11
rst mmmk
g +=
Δ
e seama de masa corp lui lovit, mr = mtot.k2, mtot-
masa totală a barei şi
în care k1- coeficient ce ţin u
.1∫⎜⎛
=l
k0
2
2 ⎟⎟⎠
⎞⎜⎝ ΔΔ
st
x dxl
ocului produs de căderea masei m, v2 = 2gh şi Ψ devine:
În cazul ş
.2h11 1kst
⋅Δ
++=Ψ
ontal, coeficientul dina ic este:
În cazul şocului oriz m
.1
20 k
gv
st
⋅Δ
=Ψ
Problema 14.1 Pentru sistemul de bare din figura 14.1 se cere să se determine
tensiunea maximă să nu depăşească valoarea σa = 240 N/mm . Se dau α = 300, A1 = 5 cm2, A2 = 4 cm2. mărimea forţei P aplicată brusc, astfel ca
2
291
Datorită ipotezei micilor deformaţii se aproximează α1 cu α, E/E// reprezintă alungirea barei ED sub acţiunea forţei P, E/E reprezentând alungirea barei EC sub acţiu Din ecuaţia de pro 14.1b):
nea forţei P, astfel: / .;;cos ///
112 EElEElll =Δ=ΔΔ=Δ α 2
iecţii pe verticală rezultă (fig.
;;1
111
2
222 EA
lEA
l =Δ=Δ
;0cos2 21
lNlNPN N+α − =
astfel rezultă sistemul de ecuaţii:
⎪
⎪⎨
⎧ ⋅= ;cos1122 lNE
lN α
=−+⋅ ;0cos212
PNN α
⎩ 21
cu
EAA
;353.030co521cos21 31
21 PAPN
+=
+=
α s
403
PA=
30cos5cos 0221A α
42Arespectiv
.381.0cos21
131
2 PAPN =+
=α
2A Rezultă că N2 > N1. Datorită aplicării bruşte a forţei P, Ψ = 2; condiţia de rezistenţă este:
;240400
381.02;2
2 =⋅
≤Ψ
=P
AN
ad σσ
rezultă P = 125950 N. Problema 14.2 Pe grinda de lemn din figura 14.2a, cu secţiunea pătrată cu latura l = 80 mm, cade greutatea P = 20 N cu viteza v = 3 m/s. Se cere verificarea grinzii, dacă σa = 10 N/mm2 şi E = 104 N/mm2.
292
Condiţia de verificare pentru solicitarea de încovoiere dinamică este: ;astd σσσ ≤⋅Ψ=
cu .11;2
stst g
vWM
Δ++=Ψ=σ
Δst se calculează cu metoda de integrare Veresceaghin considerând forţa P = 20 N aplicată static în punctul A (fig.14.2b;c):
;074.1
;1033.34110
03.0302.010
02.05.13202.0
2110
;dxmMst =Δ ∫
44
99
mmEI
EI
st
st
=Δ⋅⋅
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅+⋅=Δ
cu:
.1033.85
680
6
;1033.3411280
1233
33
4444
mmlW
mmlI
⋅===
⋅===
Astfel, rezultă:
;2.30
074.19810300011
;/234.01033.851002.0
2
23
6
=⋅
++=Ψ
=⋅⋅
= mmNstσ
293
./10/07.7234.02.30 22 mmNmmN ad =<=⋅= σσ Problema 14.3 Pe grinda simplu rezemată din figura 14.3a, având secţiunea profil
h = 4 cm. Se consideră masa totală a barei mtot I30 = 166 kg. Să se verifice grinda ţinându-
lovit. Se dă σa = 50 N/mm2.
I30, cade o greutate de masă m = 100 kg de la înălţimea
se seama de masa corpului
Verificarea condiţiei de rezistenţă:
;astd σσσ ≤⋅Ψ= presupune determinarea lui Ψ:
.1
;;;11 211 ⋅=+
=Δ totr
rst
kmmmkk
1
12
0
2
⎟⎟⎠
⎞
⎝
⎛ Δl
st
x dx
m
h
lculul lui Δst se aplică regula lui Veresceaghin considerând rţa F
++=Ψ
2 ∫⎜⎜ Δ=l
k
Pentru cafo = mg aplicată static în punctul C pe grindă (fig.14.3b):
( ) .0268.0109800101.248
31081.910048
124423
1
;dxEI
mMst =Δ ∫
45
333
mEI
FlEI
lFllst =
⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅
==⋅⋅⋅⋅=Δ
calculul săgeţii Δx se foloseşte metoda grinzii conjugate pentru acelaşi caz de solicitare statică, (fig.14.3c): Pentru
294
.EIM f
xx =Δ
Datorită simetriei geometrice şi mecanice reacţiunile sunt egale între ele şi egale cu jumătate din încărcare:
.
1216321
216
;16242
1
322
2
FxxFlxxFxxFlM
FllFlV
fx
fA
−=−=
==
Se calculează k2 ştiind că:
( )
( ) .3517432
1
==k
;431
2
0
23272
323
−
−=ΔΔ
∫
st
x
dxxxll
xxll
ştiind că:
l
Se calculează k1
.64.41553.00268.0
40211
;553.01;507.802
==
100507.801
1
=⋅⋅
++=Ψ
+
=⋅=
k
kgkmm totr
ia de rezistenţă devine: Condiţ
./50/91.46106534
10381.910064.414
223
3
mmNmmNWFl
ad =<=⋅⋅⋅⋅⋅
⋅=⋅Ψ= σσ
igura 14.4a cade în punctul C o greutate de masă m = 80 kg, de la înălţimea h = 5 cm. Se consideră masa cadrului redusă în
t. Secţiunea cadrului este alcătuită din două profile U26 pe tronsoanele AB şi BC, iar pe tronsonul BD un singur asemenea profil. Să se calculeze săgeata dinamică în C; se cunoaşte a = 1 m.
Problema 14.4 Pe cadrul din f
punctul C cu mr = 1,2
295
296
ază cu rela
Săgeata dinamică se calcule ţia:
.0625.0
80102.11
1
1
1
;211; 1⋅++=ΨΔ⋅Ψ=Δ khstd
31 =⋅
+=
+=
Δ
mmk
r
st
Δ se calculează cu regula lui Veresceaghin aplicând static forţa F = dată static nedeterminat; se alege o formă
de bază (fig.14.4b). Se trasează diagramele M0 şi m1 (fig.14.4c şi d). Se calculează termenii:
stmg în punctul C. Sistemul este o
.2;15 301
10
32
111 EI
FadxEIMm
EIadx
EIm
= ∫δ ==Δ= ∫
Din relaţia δ11 X1 + Δ10 = 0, rezultă X1 = -0,133F. entru calculul lui Δst se trasează diagrama
C ă (fig.14.4f), astfel:
Se trasează diagrama M; pm 0 pe forma de baz
.98.120625.00438.0
50211
;0438.0104820101.2 5 ⋅⋅⋅st1081.98056.0
;56.6.0431
31
21
;
4
9
3
0
=⋅⋅
++=Ψ
=⋅⋅⋅
=Δ
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅⋅+⋅⋅=Δ
=Δ ∫
mm
EIFaFaaaFaaa
EI
dxEImM
st
Cst
Săgeata dinamică în punctul de ciocnire va fi:
0
.568.00438.098.12 mmstCdc =⋅=Δ⋅Ψ=Δ
297
CAPITOLUL 15
SOLICITĂRI VARIABILE
Solicitările variabile sunt solicitări la care tensiunile variază în timp; după modul în care variază, acestea pot fi solicitări aleatoare sau periodice. Solicitările periodice pot fi staţionare (când tensiunile variază între o limită superioară σmax sau τmax şi una inferioară σmin sau τmin), respectiv nestaţionare, când tensiunile variază ca amplitudine în decursul unei perioade. 15.1 Solicitări staţionare Variaţia tensiunii, pornind de la o valoare oarecare până ajunge din nou la aceeaşi valoare şi acelaşi sens de variaţie, formează un ciclu de solicitare. Timpul în care se produce ciclul de solicitare, T, se numeşte perioada ciclului (fig.15.1.1a).
298
Ciclurile pot fi ondulante (fig.15.1.1a), la care σmax şi σmin au acelaşi care σmax şi σmin au semne
contrarii. Un ciclu ondulant devine pulsator când tensiunea σmin (sau σmax) este nulă (fig.15.1.1b). Ciclul alternant este simetric când σmax = - σmin (fig.15.1.1d).
σmax şi σmin se definesc: - tensiunea medie σm = (σmax + σmin)/2; - amplitudinea tensiunii σa = (σmax - σmin)/2; -
de oboseală a materialelor. Valoarea tensiunii maxime la care o epruvetă nu se rupe oricât de
mărul ciclurilor de solicitare reprezintă rezistenţa la oboseală a
semn, respectiv cicluri alternante (fig.15.1.1c) la
În funcţie de
coeficientul de asimetrie al ciclului R = σmin / σmax. Piesele supuse la solicitări variabile se rup după un număr de cicluri
de solicitare la tensiuni inferioare limitei de rezistenţă statică. Acesta reprezintă fenomenul
mare ar fi numaterialului din care a fost confecţionată epruveta.
i Rezistenţa la oboseală se determină exper mental, pe epruvete solicitate variabil; se reprezintă curba σ - N (număr de cicluri – fig.15.1.2), denumită curba lui Wöhler.
15.2 Factorii care influenţează rezistenţa la oboseală
a) Factori constructivi
Influenţa factorilor constructivi se troduce în calcule prin concentratorul de tensiune βk > 1 şi coeficientul
imensional εk < 1. b) Factori tehnologici
ind
În calculele de rezistenţă se introduce oeficientul de stare a suprafeţei γk < 1.
c) Factorii de exploatare.c
299
15.3 Calculul coeficientului de siguranţă la solicitări variabile
Diagrama în coordon ezentare clară a rezistenţei materialului în cazul tensiunilor variabile. Datorită dificultăţilor obţinerii pe cale experimentală a c ulelor la oboseală sub formă analitică, se folosesc reprezentări simplificate şi aproximative ale acestei curbe care se numesc diagrame schematizate.
ate σm, σa dă o repr
urbei limită şi a efectuării calc
Coeficientul de siguranţă la solicitările prin cicluri alternant simetrice se calculează cu relaţia:
.1
ak
cσ
γεβσ−=
Coeficientul de siguranţă la solicitările prin cicluri asimetrice este:
;1
1 rσσγε −
în cazul materialelor fragile, respectiv:
mak σ+
c σβ=
;1c =
1 c
mak
σσ
σσ
γεβ
+−
în cazul materialelor tenace. Coeficientul de siguranţă la solicitări compuse, produse de sarcini variabile ciclice este:
;22τσ
τσ
ccccc+
=
în care cσ şi cτ reprezintă coeficienţii de siguranţă la solicitările variabile simple corespunzătoare tensiunilor σ, τ obţinute. Coeficientul de siguranţă odată determinat trebuie să fie mai mare sau egal cu cel admisibil pentru categoria respectivă de piese: Problema 15.1 Pe arborele cu secţiune circulară plină sunt montate roţile de curea având razele R1 = 20 cm şi R2 = 30 cm (fig.15.1). Se cunosc puterea transmisă P = 70 kW, turaţia n = 200 rot/min, σc = 460 N/mm2, σ-1 = 120 N/mm2, σa = 50 N/mm2, (βk/εγ)σ = 1,85, (βk/εγ)τ = 1,56. Folosind teoria III
.acc ≥
300
de rezistenţă să se dimensioneze arborele. Se cunoaşte coeficientul de siguranţă admisibil ca = 1,5.
Cunoscând puterea şi turaţia se determină momentul de torsiune:
;34.355.9 kNmnPMt ==
în dreptul primei roţi momentul de torsiune este:
;4.334;35.82
;2 111
111 kNTFkNT
MTRTM yt
t ====⇒=
iar în dreptul roţii 2 momentul de torsiune este: .98.255.3;42.7;5.1 22222 kNTFkNTRTM yt ===⇒= Se trasează diagramele Mt şi Mi. Secţiunea cea mai solicitată este B;condiţia de rezistenţă la solicitarea compusă de încovoiere este:
.156;5.18
34.3186.18
3222M Bech
a
=+=
σ;
;
mmdkNm
Wi
ech
=⇒
==
≤= σσ
consideră un diametru efectiv de 180 m. Se calculează coeficientul de siguranţă ţinând cont că solicitarea de
3dim dMW
W
echneci
ai
ech
=π
M
m
Solicitarea fiind variabilă se
301
încovoier e rsiune reprezintă un ciclu pulsant (R = 0) ca urmare a pornirilor şi opririlor
e reprezintă un ciclu alternant simetric (R = -1), iar solicitarea dtodese în acelaşi sens. Coeficientul de siguranţă la încovoiere este:
;/78.31
32180
10186.18
;;1minmax
minmaxminmax
ck
−=+
+−
⎟⎟⎞
⎜⎜⎛
= σσσσσσβσ
22
max
1
Mc
=
⎠⎝ −
σ
σσγε σ
23
6
max mmN=⋅
⋅=
π
W
.04.22
1 =⎟⎟⎠
⎜⎜⎝
=⎞⎛
= −σ βσσβ
c
2
1
max
1
max
⎞⎛
⎟⎜−
σ
σ
γεσ
σkk
Coeficientul de siguranţă la torsiune este:
⎟⎠
⎜⎝ γε
( )
.6.22
230292.2
60.292.256.1
1
;/92.2
16180
1034.3
;0,
22
1=τc
23
6
minmax
1
max
=+⋅
=⋅
=
=+⎟⎟
⎠
⎞⎛
−τ
τ
ττ
ττ
γεβ
mmNMt
c
k⎜⎜⎝
max =τ
W ⋅πp
=τc
⋅ La solicitarea compusă de încovoiere cu torsiune coeficientul de siguranţă este:
.5.1043.26.2204.22222
>=+ 624
= .20.2
⋅== acccc τσ
+ cc τσ
Diametrul ales, d = 180 mm, este corespunzător. Problema 15.2 Pe un arbore cu secţiunea circulară plină sunt montate roţile 1 şi 2 solicitate ca în figura 15.2. Folosind teoria III de rezistenţă să se dimensioneze arborele. Se dau R1 = 250 mm, R2 = 200 mm, P = 60 kW, n =
302
100 rot/min, σ = 350 N/mm2, σ = 230 N/mm2, τ = 180 N/mm2, τ = 130 c -1 c -1
N/mm2, σa = 50 N/mm2, ca = 1,5, (βk/ε γ)σ = 2,3, (βk/ε γ)τ = 2,083.
Se trasează diagramele de momente M , M , M ; secţiunea cea mai
iere rezultă diametrul:
y z tsolicitată este 2. Din condiţia de dimensionare la solicitarea de încovo
.12.151;3294.15
7.51150
1094.15 36
mmdd=⇒
⋅=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+
⋅ π
;1094.151019.138953
;32
1
2
6322
3dim
2
NmmM
dWMMM
W
i
ii
t
a
ineci
⋅=⋅+=
⋅==⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
πσ
303
Se alege un diametru de 180 mm, solicitarea fiind variabilă. Se verifică coeficientul de siguranţă la solicitarea compusă:
.22 ac
ccc >
+= τσ
cc
τσ
Solicitarea de încovoiere reprezintă un ciclu alternant simetric (R = -1). Solicitarea de torsiune reprezintă un ciclu pulsant ( R = 0) datorită pornirilor şi opririlor dese în acelaşi sens.
ientul de siguranţă la solicitarea de încovoiere este: Coefic
;/78.27
32180
1094.15
;;
22
1
23
6max
max
minmaxminmax
1
minmax
mmNW
M
c
c
k
=⋅⋅
==
−=+
+−
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
−
π
σσ
σσσ
σσσ
γεβ
σ
σ
σ
.6.33.278.27
230
22
1
max
1
1
max
=⋅
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
−
σ
σ
σ βγε
σσ
σσ
γεβ kk
c
Coeficientul de siguranţă la solicitarea de torsiune este:
.57.18
18098.4
13098.4083.2
2
;/98.4
1616 180
107.5
;0;
22
1
23
6
3max
miminmax
1
minmax
=+⋅
=
=⋅⋅
==
=+
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
−
τ
τ
ππτ
τ
τττ
γεβ
τττ
c
mmNd
Mt
c
k
ste:
nτc
Coeficientul de siguranţă la solicitarea compusă e
.53.2 57.186.3 22 +
57.186.3acc >=
⋅=
Diametrul ales de 180 mm este corespunzător.
304
305
Bibliografie
1. C. Bia, V. Ille, M. Soare – Rezistenţa Materialelor şi Teoria
elasticităţii. Ed. Didactică şi Pedagogică Buc. 1983 2. D. Boiangiu, C. Georgescu, M. Soare – Probleme de Rezistenţa
Materialelor. Ed. Tehnică 1989 3. Al. Constantinescu – Probleme elementare de calcul integral şi
diferenţial. Ed. Cezara Print Buc. 1998 4. Al. Constantinescu – Mecanica pentru colegii universitare. Ed. Matrix
Rom Buc. 2001 5. N. Posea, Al. Anghel, C. Manea, Gh. Hotea – Rezistenţa Materialelor.
Probleme. Ed. Ştiinţifică şi Enciclopedică Buc. 1986 6. M. Soare, D. Iordache, I. Andreescu – Rezistenţa Materialelor.
Culegere de probleme. Solicitări compuse. Institutul de Construcţii Buc. 1992
7. M. Soare, D. Iordache, I. Andreescu, C. Aldea – Rezistenţa Materialelor. Culegere de probleme. Probleme speciale de încovoiere. Flambaj. Şoc. Institutul de Construcţii Buc. 1993