Indrumar RM1 [PDF]

Zitiervorschau

CĂLIN ITU

REZISTENŢA MATERIALELOR ÎNDRUMAR DE SEMINAR

-1-

2018

Prefață

Acest îndrumar de seminar conține o multitudine de aplicații de rezistența materialelor, de utilitate atât studenților din facultățile cu profil mecanic cât și specialiștilor din domeniul ingineriei mecanice. Scopul acestui îndrumar este să aducă un plus de informație cu privire la calculele manuale inginerești, care actualmente încep să fie trecute în plan secund datorită evoluției la scară globală a softwareurilor comerciale de calcul apărute în ultimele două decenii. Cu alte cuvinte, în acest manual sunt abordate tipologii de probleme inginerești care pot constitui un fundament de bază, respectiv o modalitate simplistă de validare a unor sisteme de complexitate mai mare analizate cu software-urile existente în prezent. La începutul fiecărui capitol din această carte este abordată o scurtă parte teoretică introductivă în baza căreia sunt tratate aplicațiile de la secțiunea Probleme Rezolvate. Fiecare capitol se încheie cu o parte de Probleme propuse spre rezolvare, pe baza cărora studenții își pot dezvolta abilitatea de abordare a unui calcul ingineresc. Cartea structurată pe șase capitole, tratează în primul capitol sistemele de bare și barele simple deformabile pentru care se trasează grafice de variație ale eforturilor secționale ce se dezvoltă în acestea cu scopul de a scoate cu rapiditate în evidență locațiile cele mai solicitate și în baza cărora să poată fi făcute verificări, dimensionări și estimări de sarcini maxime de aplicat din condiții de rezistență, respectiv stabilitate. Următoarele capitole tratează solicitările simple ce pot fi întâlnite în exploatarea unei piese, prin exemplele abordate la fiecare capitol urmărindu-se să se pună în evidență cât mai fidel ce urmărim de fapt în calcule în baza diverselor date de intrare de care putem dispune la un moment dat. În principal sunt efectuate calcule de verificare, dimensionare și sarcină capabilă.

Câteva din aplicațiile rezolvate în acest îndrumar sunt conținute și în alte publicații trecute la bibliografie, scopul pentru care au fost incluse în acest manual s-a bazat pe gradul de aplicabilitate destul de ridicat întâlnit în calculele preliminare de proiectare aferente obținerii unui produs competitiv pe piață și care să răspundă unor cerințe de rezistență, rigiditate și stabilitate impuse de normativele actuale. Orice produs dintr-un sistem mecanic care apare în exploatare trebuie să treacă printr-un proces incipient de analiză laborioasă din punct de vedere conceptual care inevitabil va trebui să țină cont de calcule de verificare preliminare urmate de simulări bazate pe diverse scenarii stabilite. Ca și concluzie, manualul de față reprezintă o colecție de aplicații de utilitate pe baza cărora studenții de la facultățile cu profil mecanic pot să își facă o imagine de ansamblu cu privire la modalitatea de abordare a unui calcul ingineresc. Autorul mulțumește tuturor celor cu care a colaborat în toți anii de formare didactică și profesională, cu ajutorul cărora a reușit să evolueze și să atingă un nivel de cunoștințe care poate fi împărtășit celor interesați de domeniul calculelor și simulărilor inginerești. Cele mai multe mulțumiri se îndreaptă către familia care a adus echilibrul emoțional ce a stat la baza realizărilor personale de până acum ale autorului și a celor ce vor urma. Mulțumesc dragei mele soții Pușa și mai ales scumpului meu copilaș Tudor pentru că mi-au fost alături la crearea acestui îndrumar realizat într-o perioadă destul de încercată din punct de vedere personal.

Brașov, 2018

CUPRINS

Notații uzuale ............................................................... V Cap.1 Diagrame de eforturi secționale în bare și sisteme de bare static determinate ................................................ 1 Cap.2 Întindere – Compresiune.............................................. 45 Cap.3 Calculul convențional de forfecare .............................. 93 Cap.4 Momente statice și momente de inerție ....................... 119 Cap.5 Torsiunea barelor drepte.............................................. 153 Cap.6 Încovoierea barelor...................................................... 181 Anexe.......................................................................... 229 Bibliografie................................................................... 245

- III -

- IV -

NOTAŢII UZUALE Notaţiile folosite în acest îndrumar, în general, au următoarele semnificaţii: – aria secţiunii transversale; – lungime, indice pentru valoare admisibilă; – baza mare; – baza mică, lăţime; – cuplu de forţe; – cuplu de forţe pe unitatea de lungime, coeficient de siguranţă, indice corespunzător limitei de curgere respectiv solicitării de compresiune; o C – grade Celsius; D – modul de rigiditate cilindrică, diametru; d – diametru; E – modul de elasticitate longitudinal; Ec – energie cinetică; Ep – energie potenţială; e –distanţă, excentricitate, indice corespunzător limitei de elasticitate; F – forţă, f – săgeată, frecvenţă; G – modul de elasticitate transversal; g – acceleraţie gravitaţională; H,h – înălţime; z,y, – momente de inerţie axiale ale suprafeţei plane; zy – moment de inerţie centrifugal al suprafeţei plane; 1, 2 – momente de inerţie principale ale suprafeţei plane; p – moment de inerţie polar al suprafeţei plane; t – caracteristică geometrică de rigiditate la torsiune a secţiunii transversale; iz,iy – rază de inerţie; i – indice pentru solicitarea de încovoiere; J – moment de inerţie mecanic; k – coeficienţi; L – lucru mecanic (exterior sau interior), lungime; l – lungime; – lungire; l M – moment; A a B b C c

-V-

M*

– moment fictiv;

Mi Mt M m

– moment încovoietor; – moment de torsiune; – moment de încovoiere-torsiune; – masă, indice pentru valoarea medie, moment distribuit pe unitatea de lungime sau moment corespunzător unei sarcini egale cu unitatea; – turaţie, forţă axială corespunzătoare unei sarcini egale cu unitatea; – forţă concentrată; – putere; – forţă uniform repartizată, pulsaţie proprie, tensiune totală, presiune; – forţă distribuită fictivă; – greutate totală, respectiv distribuită, sarcină distribuită; – rază, coeficient de asimetrie, rezultantă; – rază, indice corespunzător valorii de rupere; – moment static; – moment static sectorial; – moment static sectorial axial, (Sωy); – lungime de arc; – forţă tăietoare, perioadă, diferenţă de temperatură; – forţă tăietoare fictivă; – timp, temperatură, forţă tăietoare dată de sarcina unitate; – deplasare în lungul axei x; – energie de deformaţie; – volum; – deplasare în lungul axei y; – modul de rezistenţă axial, (Wy); – modul de rezistenţă polar; – modul de rezistenţă la torsiune; – deplasare în lungul axei z; – reacţiuni, componente ale forţelor, (Y, Z); – axe, coordonate; – unghi, coeficient de dilatare termică liniară; – coeficient teoretic de concentrare a tensiunilor; – unghi; – coeficient efectiv de concentrare a tensiunilor; – coef. de calitate a suprafeţei, lunecare specifică, greutate specifică; – deplasare, seraj;

n F

P p p* Q, q R r Sz,Sy Sω Sωz, s T T* t u U V v Wz, Wp Wt w X, x,y,z  k β βk  Δ

- VI -

δ

– deplasare;

ε – lungire specifică, factor dimensional, acceleraţie unghiulară; ε1, – lungiri specifice principale, (ε2, ε3); εv – deformaţie specifică de volum; φ – rotire, unghi de torsiune total, coeficient de flambaj; ψ – factor dinamic; θ – unghi de torsiune specific; λ – coeficient de zvelteţe; μ – coeficient de frecare; ρ – rază de curbură; σ – tensiuni normale, (σx,σy,σz); σp,σm – tensiune normală după paralelă, respectiv după meridian; σr,σ – tensiune normală radială, respectiv circumferenţială; σ1, – tensiuni normale principale, (σ2, σ3); σf – tensiune critică de flambaj; σech – tensiune echivalentă; σmax, – tensiune maximă, respectiv minimă, σmin; σ – amplitudinea tensiunilor normale; σm – tensiunea normală medie; – tensiune tangenţială;  Ω – aria închisă de linia medie a profilului; ω – coordonată sectorială, viteză unghiulară, pulsaţie.

- VII -

- VIII -

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE ÎN BARE ȘI SISTEME DE BARE STATIC DETERMINATE 1.1 NOȚIUNI TEORETICE Calculele de rezistenţă, de rigiditate şi de stabilitate ale barelor şi structurilor formate din bare, se poate face pe baza cunoaşterii eforturilor interioare şi mai ales a eforturilor secţionale. În cazul general al unui sistem de forţe spațiale (fig.1.1), reacţiunile raportate la sistemul de axe xOyz, se exprimă analitic printr-un sistem de şase ecuaţii (1.1), unde Xi, Yi, Zi, sunt proiecţiile forţelor pe axele sistemului de referinţă, iar Mxi, Myi, Mzi momentele forţelor în jurul axelor amintite.  Xi = 0 ;   Yi = 0 ;   Z i = 0 ;

 Mxi = 0 ;   My i = 0 ;   Mzi = 0 ;

(1.1)

În cazul forţelor coplanare sistemul (1.1) se reduce la (1.2).

 Xi = 0 ,  Yi = 0 ;  Mzi = 0 ,

Fig.1.1 1

(1.2)

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Fig.1.2 Asupra corpului din figura 1.1 acționează câteva sarcini exterioare. Sub acțiunea acestor sarcini exterioare, în interiorul corpului vor lua naștere sarcini interioare care dacă depășesc o anumită valoare critică pot duce la deteriorarea corpului. Cea mai cunoscută metodă din Rezistența Materialelor de determinare a sarcinilor interioare este Metoda Secțiunilor. În baza acestei metode, într-o secțiune transversală oarecare barei din figura 1.1, eforturile interioare se reduc în centrul de greutate al secțiunii la un torsor (fig.1.2) ale cărui componente față de sistemul de referință Gxyz plasat în centrul de greutate al secțiunii sunt: - Forța axială N, egală cu suma proiecțiilor pe axa longitudinală Ox a barei a tuturor forțelor situate la stânga și la dreapta secțiunii considerate, respectiv: N =  X i = − X i 

(1.3)



- Forța tăietoare T, egală cu suma proiecțiilor în planul secțiunii a tuturor forțelor situate la stânga și la dreapta secțiunii considerate. Forța tăietoare se poate descompune în două componente, orientate după axele centrale principale ale secțiunii: Ty =  Yi = − Yi , Tz =  Zi = − Zi 







(1.4)

- Momentul de torsiune Mt, egal cu suma momentelor, în raport cu axa longitudinală a barei, a tuturor sarcinilor situate la stânga și la dreapta secțiunii considerate, respectiv: 2

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

M t =  M xi = − M xi , 

(1.5)



- Momentul de încovoiere Mi, egal cu suma momentelor, în raport cu o axă centrală (axă ce trece prin centrul de greutate) din planul secțiunii transversale a barei, a tuturor sarcinilor situate la stânga și la dreapta secțiunii considerate. Momentul încovoietor se poate descompune în două componente, calculate în raport cu axele principale centrale de inerție: Miy =  M yi = − M yi , Miz =  M zi = − M zi 







(1.6)

În relațiile (1.3) ... (1.6), semnul de însumare: -  − se referă la sarcinile din partea stângă a secțiunii, 

-

 − se referă la sarcinile din partea dreaptă a secțiunii. 

În fig.1.3, este redat cazul foarte frecvent al grinzilor solicitate de forţe coplanare care lucrează spre exemplu, numai în planul Q definit de axele xGy. Componentele torsorului de reducere sunt trei şi vor fi notate cu: ➢ forţa axială N; ➢ forţa tăietoare T  Ty; ➢ moment încovoietor Mi  Miz.

Calculul acestor componente se face cu relaţiile: N =  X i = − X i ; I

II

I

II

T =  Yi = − Yi ; Mi =  Mzi = − Mzi . I

Fig.1.3

3

II

(1.7)

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Convenția de semne folosită la trasarea diagramelor de eforturi secționale pentru porțiunea de bară situată la stânga secțiunii considerate (fig.1.1) este următoarea: - eforturile N, Ty și Tz se consideră pozitive, dacă sunt orientate contrar axelor sistemului de coordonate, - Momentele Mt, Miy și Miz se consideră poztive, dacă sunt orientate în sensul axelor sistemului de coordonate. În cazul particular în care sarcinile acționează într-un singur plan xy, cele șase componente se reduc la trei, denumite simplu: forță axială N, forță tăietoare T și moment încovoietor Miz. În figura 1.4 este prezentată convenția de semne folosită la trasarea diagramelor de eforturi secționale

Fig.1.4

1.2 RELAȚII DIFERENȚIALE ÎNTRE SARCINILE EXTERIOARE ȘI EFORTURILE SECȚIONALE

Fig.1.5 4

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Se consideră bara AB din figura 1.5, static determinată, solicitată de sarcinile uniform distribuite q și p. La distanța x de capătul din stânga se detașează elementul de bară de lungime dx, delimitat de secțiunile 1 și 2. În aceste secțiuni se introduc eforturile secționale indicate în figura 1.6.

Fig.1.6 Elementul de bară, se află în echilibru sub acţiunea sarcinilor exterioare şi a eforturilor secţionale amintite. Din ecuaţiile de echilibru static, rezultă:   X = 0  −N + p dx + (N + dN) = 0;   Y = 0  −T + qdx + ( T + dT ) = 0   M = 0  M + T dx − qdx dx − (M + dM ) = 0 2 i i i  2

se reduc termenii asemenea, se neglijează infinitul mic de ordin superior qdx 2 2 şi rezultă :  N = −px + k ;  T = −qx + k1 ;  2 Mi = −q x + k1x + k 2 .  2

ceea ce duce la următoarele precizări:

5

(1.8)

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

în zonele unde q = 0, forţa tăietoare este constantă (T = k 1) iar momentul încovoietor este cu distribuţie liniară (Mi = k1  x + k 2 ); 

în zonele unde q = ct, forţa tăietoare este cu variaţie liniară (T = - qx + k1) iar momentul încovoietor este cu distribuţie parabolică 

Mi = −qx 2 + k1  x + k 2 .

1.3 TIPURI DE LEGĂTURI MECANICE ȘI ÎNCĂRCĂRI UTILIZATE LA TRASAREA DIAGRAMELOR DE EFORTURI SECȚIONALE Legăturile mecanice atașate de o structură tip bară sau cadru, au rolul de a restricționa anumite grade de libertate ale acestora. Prin restricționarea gradelor de libertate pe anumite direcții, în legăturile mecanice apar reacțiuni sau eforturi interioare pe direcțiile restricționate. Legături mecanice sunt de mai multe feluri, însă pentru acest capitol vor fi prezentate în figurle de mai jos doar cele plane. Articulația

Reazemul

Încastrarea

Fig.1.7 Articulaţia: Legătura mecanică ce permite doar rotirea în jurul axei. Blochează translaţiile după direcţiile orizontală şi verticală. În consecinţă introduce două reacţiuni în sistem – una pe direcţie orizontală (X) şi una pe direcţie verticală (Y). Reazemul: Legătura mecanică ce permite rotirea în jurul axei şi translaţia pe direcţie orizontală. Blochează translaţiile doar după direcţiile verticală. În consecinţă introduce o singură reacţiune în sistem – pe direcţie verticală. Încastrarea: Legătura mecanică ce blochează toate translaţiile şi rotaţiile. În consecinţă introduce trei reacţiuni în sistem o reacţiune orizontală, una verticală şi un moment reactiv.

6

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Principalele tipuri de încărcări exterioare cu care vom lucra în acest capitol sunt prezentate în figura de mai jos.

Fig.1.8 Forţa concentrată poate fi considerată ca fiind acţiunea unei sarcini într-un punct, deşi în practică aceasta se distribuie pe o suprafaţă mică. Unitatea de măsură în S.I. este Newton. Sarcina uniform distribuită este o sarcină întinsă pe o lungime definită a barei. De obicei aceste sarcini de tip presiune pot fi distribuite uniform sau după o lege definită. În figură se prezintă o lege de variaţie liniară. Această sarcină este definită de o intensitate, iar unitatea acesteia este N/mm. Conform cunoștințelor acumulate de la mecanica statică, în calcule, o sarcină uniform distribuită se reduce la o rezultantă situată la jumătatea distanței pe care este distribuită acea sarcină.

Fig.1.9 7

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Pentru o sarcină liniar distribuită, rezultanta ar trece prin centrul de greutate al triunghiului definit de distribuția sarcinii.

Fig.1.10 Cuplul concentrat din figura 1.8 este o mărime ce poate deriva din acțiunea unei forțe situată la o anumită distanță x.

a.

b.

Fig.1.11 Conform figurii 1.11, o forță situată la o distanță x de un punct A se poate reduce la un cuplu concentrat prin înmulțirea forței cu distanța. ➢ Un moment sau cuplu este un efect de rotire. ➢ Un moment întotdeauna acţionează în jurul unui punct şi poate avea orientare orară sau anti-orară. ➢ Momentul în jurul unui punct A cauzat de o forţă particulară F se defineşte ca fiind forţa F înmulţită cu distanţa (pe direcţia perpendiculară) de la linia de acţiune a forţei până la punct. ➢ În baza figurilor 1.11, M = Fx. ➢ Unitatea de măsură a momentului este Nmm.

8

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

1.3 TRASAREA DIAGRAMELOR DE EFORTURI SECȚIONALE Aplicația 1.1. Să se traseze diagramele de eforturi axiale și tăietoare, respectiv diagrama de momente încovoietoare pentru grinda din figura 1.12.

Fig.1.12 REZOLVARE: Încărcările exterioare ale grinzii sunt: ➢ o forță concentrată F înclinată la un unghi de 30o care se va descompune după două direcții, orizontală și verticală, ➢ o sarcină uniform distribuită care se va reduce la o rezultantă plasată în mijlocul tronsonului 2-B.

Fig.1.13 O primă etapă în ceea ce privește trasarea de diagrame constă în calculul reacțiunilor din legăturile mecanice. În figura 1.13 s-au reprezentat reacțiunile din legăturile mecanice, s-a descompus forța F înclinată la 30o și s-a redus sarcina distribuită la rezultanta R. 9

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

În baza explicațiilor anterioare, schema de încărcare a grinzii ce se va folosi la trasarea de diagrame este cea din figura 1.13. Cu culoare roșie s-au repezentat forțele orizontale, iar cu culoare verde cele verticale Calculul reacțiunilor:  X = 0  X A − Fcos (  ) = 0;   Y = 0  YA − Fsin (  ) − R + YB = 0   MA = 0  Fsin (  )  2a + R  8a − YB  10a = 0  X = aq 3;  A Soluțiile sistemului de ecuații sunt:  YA = 1,6aq;  Y = 3,4aq.  B În continuare ne propunem să efectuăm calculele de eforturi secționale necesare trasării diagramelor de eforturi. Se va începe cu calculul eforturilor secționale axiale. Se vor calcula eforturile secționale axiale pe fiecare tronson de bară parcurgând bara de la stânga la dreapta. Convenția de semne ce se va utiliza este cea prezentată în figura 1.14.

Fig.1.14 Într-o secțiune curentă pe tronsonul de bară A-1, situată la distanța x, calculul efortului secțional axial se va face în baza “convenției de stânga” – bara parcursă de la stânga la dreapta. 10

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.1.15 Privind spre stânga dinspre secțiunea considerată și raportându-ne la convenția de stânga pentru eforturi axiale (efortul N), rezultă efortul axial specific tronsonului A-1: NA −1(x) = − XA . Semnul este negativ întrucât până în secțiunea curentă la distanța x de punctul A, pe tronsonul A-1, singurul efort axial pe care îl vedem până în secțiunea considerată este XA de semn contrar efortului N din convenția de semne. Valorile pe care le poate lua variabila x pe tronsonul A-1 sunt în strânsă dependență cu cota tronsonului A-1. Mai exact când x = 0 ne situâm în dreptul punctului A, iar când x = 2a suntem în dreptul punctului 1. În consecință, pe tronsonul A-1, variabila x ia valori de la 0–2a. Expresia efortului N pe tronsonul A-1 este o funcție constantă.  N (x = 0) = NA = − XA NA −1(x) = − XA →  A −1  NA −1(x = 2a) = N1 = − XA Explicațiile prezentate pentru acest tronson A-1 sunt valabile și pentru celelalte două tronsoane 1-2 și 2-B. În continuare vom calcula efortul secțional axial aferent tronsonului 1-2.

Fig.1.16 11

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Ne propunem să calculăm efortul secțional axial într-o secțiune curentă la distanța x de punctul 1 (fig.1.17), utilizând convenția de stânga. Variabila x pe acest tronson ia valori: x = 0 – 4a.

Fig.1.17   N (x = 0) = N1 = − XA + aq 3 = 0 N1−2 (x) = − XA + aq 3 →  1−2   N1−2 (x = 4a) = N2 = − XA + aq 3 = 0

Efortul secțional axial pe tronsonul 2-B

Fig.1.18

Fig.1.19 12

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

  N (x = 0) = N2 = − XA + aq 3 = 0 N2−B (x) = − XA + aq 3 →  2−B   N2−B (x = 4a) = NB = − XA + aq 3 = 0

Mai jos este prezentat graficul eforturilor secționale axiale în lungul barei.

Fig.1.20 Calculul eforturilor secționale tăietoare: Vom începe să calculăm eforturile tăietoare de la stânga spre dreapta pentru cele trei tronsoane, raportându-ne la efortul T. Calculul efortului secțional tăietor pe tronsonul A-1:

Fig.1.21 13

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Fig.1.22  T (x = 0) = TA = YA = 1,6aq TA −1(x) = YA →  A −1  TA −1(x = 2a) = T1 = YA = 1,6aq

Calculul efortului secțional tăietor pe tronsonul 1-2:

Fig.1.23

Fig.1.24

14

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 T (x = 0) = T1 = YA − aq = 0,6aq T1−2 (x) = YA →  1−2  T1−2 (x = 4a) = T2 = YA − aq = 0,6aq

Efortul tăietor pe tronsonul 1-2 se poate calcula și de la dreapta la stânga prin utilizarea „convenției de dreapta” – bara parcursă de la dreapta la stânga.

Fig.1.25  T (x = 0) = T2 = 4aq − 3,4aq = 0,6aq T2−1(x) = R − YB →  2−1  T2−1(x = 4a) = T1 = 4aq − 3,4aq = 0,6aq

Calculul efortului secțional tăietor pe tronsonul 2-B:

Fig.1.26 Efortul tăietor se calculează în baza convenției de stânga. 15

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Fig.1.27 T2−B (x) = YA − aq − Rx = 0,6aq − q  x

După cum se poate vedea, expresia efortului tăietor pe 2-B este o funcție liniară (polinom de gradul 1). În grafic pe acest tronson, efortul tăietor va avea o variație liniară. T (x = 0) = T2 = 0,6aq T2−B (x) = 0,6aq − q  x →  2−B T2−B (x = 4a) = TB = −3,4aq

Diagrama de eforturi secționale tăietoare

Fig.1.28

16

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Calculul momentelor încovoietoare: Pentru calculul momentelor încovoietoare pentru fiecare tronson de bară, se vor folosi schemele de calcul utilizate la calculul eforturilor tăietoare: - tronson A-1, figura 1.22, - tronson 1-2, figura 1.24, - tronson 2-B, figura 1.27. Calculul momentului încovoietor pe tronsonul A-1:  Mi( A −1) (x = 0) = MiA = 0 Mi( A −1) (x) = YA  x →  M (x = 2a) = Mi1 = 3,2a2q   i( A −1)

Calculul momentului încovoietor pe tronsonul 1-2: Mi(1−2) (x) = YA  ( 2a + x ) − aq  x = 3,2a2q + 0,6aq  x Mi(1−2) (x = 0) = Mi1 = 3,2a2q Mi(1−2) (x = 4a) = Mi2 = 3,2a2q + 0,6aq  4a = 5,6a 2q

Calculul momentului încovoietor pe tronsonul 2-B: x 2 x Mi( 2−B) (x) = 1,6aq  ( 6a + x ) − aq  ( 4a + x ) − q  x  2 2 x Mi( 2−B) (x) = 5,6a2q + 0,6aq  x − q 2 Mi( 2−B) (x) = YA  ( 6a + x ) − aq  ( 4a + x ) − R x 

Mi( 2−B) (x = 0) = Mi2 = 5,6a2q 1 2 Mi( 2−B) (x = 4a) = MiB = 5,6a2q + 0,6aq  4a − q  ( 4a ) = 0 2 După cum se poate observa, pe tronsonul 2-B, momentul încovoietor este o funcție parabolică (polinom de grad 2).

17

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Momentul încovoietor pe tronsonul 2-B înregistrează un maxim în dreptul zonei în care efortul tăietor este nul, la o distanță x = 0,6a de punctul 2. Mi( 2−B) (x = 0,6a) = Mimax = 5,78a2q

Diagrama de momente încovoietoare:

Fig.1.29 În mod normal, diagramele se reprezintă unele sub altele. În cazul acestei probleme cele trei diagrame (N, T și Mi) s-au reprezentat separat. În baza diagramelor trasate se pot concluziona următoarele: - în dreptul forțelor pe diagramele N și T înregistrăm salturi (treceri bruște de la o valoare la alta în dreptul aceluiași punct), - unde efortul tăietor este constant, momentul încovoietor variază liniar (cazul tronsoanelor A-1 și 1-2), - unde efortul tăietor variază liniar, momentul încovoietor variază după o parabolă de grad 2 (momentul încovoietor este un polinom de grad n+1 superior efortului tăietor), - din condiția T2−B (x) = 0  0,6aq − q  x = 0  x = 0,6a. La această cotă x de punctul 2 avem momentul maxim. 18

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.1.30

Aplicația 1.2. Să se traseze diagramele de eforturi axiale și tăietoare, respectiv diagrama de momente încovoietoare pentru grinda din figura 1.31.

Fig.1.31 19

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

REZOLVARE: După cum se poate observa din schema de încărcare a grinzii, singura diferența față de încărcarea anterioară este cuplul concentrat aplicat în dreptul articulației A. Se vor parcurge aceleași etape descrise la aplicația 1. Schema de calcul ce se va folosi la calculul reacțiunilor și a eforturilor secționale este cea din figura 1.32.

Fig.1.32 Calculul reacțiunilor:  X = 0  X − aq 3 = 0; A   Y = 0  YA − aq − 4aq + YB = 0  M = 0  −C + aq  2a + 4aq  8a − Y  10a = 0 B  A  X = aq 3;  A Soluțiile sistemului de ecuații sunt:  YA = 2aq;  Y = 3aq.  B

Calculul eforturilor secționale axiale:  N (x = 0) = NA = − X A = −aq 3 NA −1(x) = − XA →  A −1  NA −1(x = 2a) = N1 = − X A = −aq 3

20

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 N (x = 0) = N1 = − XA + aq 3 = 0 N1−2 (x) = − XA + aq 3 →  1−2  N1−2 (x = 4a) = N2 = − XA + aq 3 = 0   N (x = 0) = N2 = − XA + aq 3 = 0 N2−B (x) = − XA + aq 3 →  2−B   N2−B (x = 4a) = NB = − XA + aq 3 = 0

Calculul eforturilor secționale tăietoare:  T (x = 0) = TA = YA = 2aq TA −1(x) = YA →  A −1  TA −1(x = 2a) = T1 = YA = 2aq T (x = 0) = T1 = YA − aq = aq T1−2 (x) = YA →  1−2 T1−2 (x = 4a) = T2 = YA − aq = aq

T (x = 0) = T2 = aq T2−B (x) = YA − aq − R x = aq − q  x →  2−B T2−B (x = 4a) = TB = −3aq

Din condiția T2−B (x) = 0, obținem locul de pe tronsonul 2-B unde momentul încovoietor înregistrează valoarea maximă. T2−B (x) = aq − q  x = 0  x = a.

Calculul momentelor încovoietoare: 2  Mi( A −1) (x = 0) = MiA = −4a q Mi( A −1) (x) = −C + YA  x →  M (x = 2a) = Mi1 = 0   i( A −1)

Mi(1−2) (x) = −C + YA  ( 2a + x ) − aq  x = aq  x  Mi(1−2) (x = 0) = Mi1 = 0  M (x = 4a) = Mi2 = aq  4a = 4a2q   i(1−2)

Mi( 2−B) (x) = −C + YA  ( 6a + x ) − aq  ( 4a + x ) − R x 

21

x 2

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

qx 2 Mi( 2−B) (x) = 4a q + aq  x − 2 2 M i( 2−B ) (x = 0) = Mi2 = 4a q   Mi( 2−B) (x = 4a) = MiB = 0  2 Mi( 2−B) (x = a) = Mimax = 4,5a q 2

Fig.1.33 În baza diagramei trasate se poate observa că în dreptul punctului în care avem cuplu concentrat (punctul A), în diagrama de momente înregistrăm un salt. De asemenea, pe celelalte diagrame de eforturi secționale, în dreptul forțelor concentrate apar salturi în diagrame.

22

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 1.3. Să se traseze diagramele de eforturi axiale și tăietoare, respectiv diagrama de momente încovoietoare pentru grinda din figura 1.34.

Fig.1.34 REZOLVARE: Încărcarea dată inițial pe sistemul din figura 1.34 se aplică conform celei date în figura 1.35 pentru trasarea diagramelor. Se descompune forța F din punctul 1 după cele două direcții, rezultanta sarcinii uniform distribuite R=10aq se reduce la două rezutante R1 și R2 specifice tronsoanelor A-2 și 2-B. Componentele forței F s-au descompus într-o: 3 - componenta orizontală: F  cos (  ) = F  = aq 3 , 2 1 - componenta verticală: F  sin (  ) = F  = aq . 2

Fig.1.35

23

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

După cum se poate vedea în figura 1.35, în punctul 2 avem o articulație interioară. În dreptul acestui punct, momentul încovoietor va fi nul, întrucât articulațiile interioare nu preaiu momente încovoietoare. Rezolvarea necunoscutelor (reacțiunilor) se poate face punând condiția Mi2=0 sau separând sistemul în două subsisteme în dreptul punctului 2 aplicând principiul acțiunii și reacțiunii.

Fig.1.36 Determinarea reacțiunii YA din proprietatea articulației interioare: Mi2st = 0  −aq  6a + YA  4a + C − R1  2a = 0  YA = 3aq Determinarea celorlalte reacțiuni se face prin scrierea ecuațiilor de echilibru din mecanica statică.  X = 0  −aq 3 + X = 0; B   Y = 0  YA + YB − aq − R1 − R 2 = 0  M = 0  −aq  12a + Y  10a + C − R  8a − R  3a − C = 0 A 1 2 B  B  X = aq 3;  A  Y = 3aq, Soluțiile sistemului de ecuații sunt:  A  YB = 8aq, C = −30a 2q  B

24

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Calculul eforturilor secționale și regulile de trasare ale diagramelor sunt similare cu cele date în exemplele anterioare.

Fig.1.37 Calculul eforturilor secționale axiale:  N (x = 0) = N1 = aq 3 N1−A (x) = aq 3 →  1−A  N1−A (x = 2a) = NA = aq 3  N (x = 0) = NA = aq 3 NA −2 (x) = aq 3 →  A −2  NA −2 (x = 4a) = N2 = aq 3   N (x = 0) = N2 = aq 3 N2−B (x) = aq 3 →  2−B   N2−B (x = 6a) = NB = aq 3

Calculul eforturilor secționale tăietoare: T (x = 0) = T1 = −aq T1−A (x) = −aq →  1−A T1−A (x = 2a) = TA = −aq Calculul efortului tăietor pe tronsonul A-2 se face utilizând convenția de stânga – conform figurii1.38. T (x = 0) = TA = 2aq TA −2 (x) = −aq + YA − q  x = 2aq − q  x →  A −2 TA −2 (x = 4a) = T2 = −2aq

25

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Fig.1.38 Calculul efortului tăietor pentru tronsonul 2-B îl vom face utilizând convenția de dreapta – grinda fiind parcursă de la dreapta la stânga, în acest fel calculul fiind mai simplu datorită numărului mai mic de eforturi de luat în calcul.

Fig.1.39  T (x = 0) = TB = −8aq TB−2 (x) = R2x − YB = q  x − 8aq →  B−2  TB−2 (x = 6a) = T2 = −2aq

Calculul momentelor încovoietoare:  Mi(1−A ) (x = 0) = Mi1 = 0 Mi(1−A ) (x) = −aq  x →  M (x = 2a) = MiA = −2a2q   i(1−A ) Pentru calcularea momentului încovoietor pentru tronsonul A-2 se va folosi schema din figura 1.40.

26

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.1.40 x q  x2 Mi( A −2) (x) = −aq  ( 2a + x ) + YA  x + C − R1x  = 2aq  x − 2 2

 Mi( A −2) (x = 0) = MiA = 0  M (x = 4a) = Mi2 = 0   i( A −2 )

Pe acest tronson efortul tăietor este nul într-o anumită locație. Pentru a afla poziția în care efortul tăietor este nul se va pune condiția: TA −2 (x) = 0 2aq − q  x = 0  x = 2a

Față de punctul A, la x = 2a, momentul încovoietor va înregistra un maxim. Mi( A −2) (x = 2a) = Mimax = 2a2q Calculul momentului încovoietor pentru tronsonul B-2 se va face plecând dinspre dreapta grinzii spre stânga, folosind convenția de dreapta. x q  x2 2 Mi( 2−B) (x) = YB  x + CB − R2x  = −30a q + 8aq  x − 2 2

27

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Fig.1.41 2  Mi(B−2) (x = 0) = MiB = −30a q  M (x = 6a) = Mi2 = 0   i(B −2 )

Fig.1.42

28

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

1.4 TRASAREA DIAGRAMELOR DE EFORTURI SECȚIONALE LA SISTEMELE DE BARE Cadrele fac parte din categoria sistemelor de bare plane. Tot din această categorie mai fac parte spre exemplu, grinzile cu zăbrele şi grinzile drepte cu mai multe legături exterioare, dar prevăzute şi cu articulaţii interioare. Pentru trasarea diagramelor de eforturi la sistemele de bare, se ţine cont de câteva observaţii importante: - Convenţia de semne se aşează paralelă cu axa fiecărei bare în parte. - În cazul în care cadrul nu are ramificaţii, se alege un sens de parcurs al acestuia (de obicei de la stânga la dreapta). - Fiecare bară este însoţită de un reper local de axe de coordonate, la care axa x coincide cu axa barei şi are sensul de la nodul cu număr mai mic la nodul cu număr mai mare. - La cadrele cu ramificaţii unde nu se poate alege un sens de parcurs, se recomanda ca reperele locale să se aleagă aşa încât axele z să aibă acelaşi sens. - În nodurile cadrelor plane, unde se întâlnesc numai două bare, în diagrama de momente încovoietoare, momentele se rabat si își păstrează semnul (dacă au fost deasupra liniei de referinţă pe o bară, rămân deasupra şi pe cealaltă bară); acest lucru este valabil indiferent de unghiul sub care se întâlnesc cele două bare şi este rezultatul faptului că momentul încovoietor este un vector perpendicular pe planul cadrului. - În nodurile cadrelor cu ramificaţii, unde se întâlnesc cel puţin trei bare, momentele încovoietoare NU se mai rabat; se calculează momentele pe fiecare bară în parte, se trasează diagramele, urmând ca în final nodurile să fie în echilibru. - La cadrele simetrice şi simetric încărcate, diagramele N şi Mi sunt simetrice faţa de axa de simetrie, iar diagrama T este antisimetrică faţă de axa de simetrie (antisimetria încărcării cadrelor simetrice, modifică corespunzător diagramele). - Toate particularităţile de calcul de la barele drepte, sunt valabile şi pentru cadre.

29

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Aplicația 1.4. Să se traseze diagramele de eforturi axiale și tăietoare, respectiv diagrama de momente încovoietoare pentru cadrul din figura 1.43. F = 2aq, p = 2q.

Fig.1.43 Sarcinile exterioare ce acționează asupra cadrului sunt: - sarcină uniform distribuită axial p și sarcina uniform distribuită q, - forța concentrată în punctul 1, înclinată la 45o, care se descompune în două componente, orizontală, respectiv verticală, - cuplu concentrat din punctul B. Convenția de semne utilizată la sistemul de bare luat în studiu este cea din figura 1.44.

Fig.1.44 30

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

În cazul în care vom se va parcurge cadrul în sens orar, se va utiliza convenția de semne din figura 1.45, iar dacă parcurgerea cadrului se face în sens anti-orar, se va folosi convenția din figura 1.46.

Fig.1.45

Fig.1.46

Ca și în cazul barelor drepte, o primă etapă constă în determinarea reacțiunilor din legăturile mecanice. Schema de calcul folosită pentru calculul reacțiunilor este cea din figura 1.47.

Fig.1.47 Notă: - forțele orizontale sunt marcate cu culoare roșie, - forțele verticale sunt marcate cu culoare verde. 31

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

 X = 0  X A − F1x − X B = 0;   Y = 0  YA − R1 − F1y + YB = 0   MA = 0  −F1x  2a + R 2  3a + C − X B  2a = 0  X A = 10aq;  Soluțiile sistemului de ecuații sunt:  YA = 8aq,  Y = 8aq.  B

Calculul eforturilor secționale axiale:

Fig.1.48 N (x = 0) = NA = −10aq NA −1(x) = − YA + p  x = − YA + 2q  x →  A −1 NA −1(x = 2a) = N1 = −6aq

Pe tronsonul A-1, se observă că efortului axial este o funcție cu variație liniară (polinom de gradul 1). Efortul axial pe tronsonul 1-B se va calcula mai ușor prin parcurgerea cadrului în sens anti-orar.

32

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Schema de calcul a efortului axial specific tronsonului de bară orizontal (1-B) se arată în figura 1.49.

Fig.1.49 N (x = 0) = NB = −8aq NB−1(x) = − XB →  B−1 NB−1(x = 6a) = N1 = −8aq

Diagrama de eforturi axiale (valorile pozitive sunt în exterior, iar cele negative la interior)

Fig.1.50 33

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Calculul eforturilor încovoietoare:

secționale

tăietoare

și

momentelor

După cum se poate vedea din detaliul figurii 1.51, într-o secțiune curentă situată la distanța x de punctul A, singurul efort care produce tăierea barei A-1 este reacțiunea XA. Aceasta este orientată contrar convenției de eforturi tăietoare T.

Fig.1.51 T (x = 0) = TA = −8aq TA −1(x) = − XA = −8aq →  A −1 TA −1(x = 2a) = T1 = −8aq Calculul momentelor încovoietoare pe acest tronson se va face tot în baza schemei din figura 1.51 ținând cont de regula semnelor de momente.  Mi( A −1) (x = 0) = MiA = 0 Mi( A −1) (x) = − XA  x = −10aq  x →  M (x = 2a) = Mi1 = −20a2q   i( A −1)

34

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Pentru tronsonul de bară 1-B calculele pentru efortul tăietor și momentele încovietoare se vor face prin parcurgerea cadrului de la punctul B către A (sens anti-orar). În figura 1.52 este detaliată porțiunea de bară B-1 pentru care se fac aceste calcule.

Fig.1.52 T (x = 0) = TB = 0 TB−1(x) = −R2x = −q  x →  B−1 TB−1(x = 6a) = T1 = −6aq

x q  x2 2 Mi(B−1) (x) = −C − R2x  = −2a q − 2 2 2 Mi(B−1) (x = 0) = MiB = −2a q  2 Mi(B−1) (x = 6a) = Mi1 = −20a q

În baza acestor calcule, urmează trasarea diagramelor de forțe tăietoare și momente încovoietoare pentru cadrul.

35

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Diagrama eforturi tăietoare

Fig.1.53

Diagrama momente încovoietoare

Fig.1.54

În baza tuturor explicațiilor prezentate până acum, se vor prezenta în continuare alte câteva exemple de rezolvare a unor astfel de tipuri de probleme, urmărindu-se parcurgerea acelorași etape: calcularea reacțiunilor, iar apoi calcul eforturilor secționale pentru fiecare tronson de bară sau sistem de bare.

36

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 1.5. Să se traseze diagramele de eforturi tăietoare, respectiv de momente încovoietoare pentru bara din figura 1.55. Calculul reacţiunilor:  M1 = 0  −Y2  4m − 2M0 − M0 − F  4,5m = 0  Y2 = 30 [kN]

M

2

= 0  Y1  4m − 2M0 − M0 + F  0,5m = 0  Y1 = 10 [kN]

Fig.1.55 Calcul eforturi secționale tăietoare pe tronsoane: T (x = 0) = T1 = 10 [kN] T1−2 (x) = Y1 = 10 [kN] →  1−2 T1−2 (x = 4m) = T2 = 10 [kN] T3−2 (x = 0) = T3 = 40 [kN] T3−2 (x) = F = 40 [kN] →  T3−2 (x = 0,5m) = T2 = 40 [kN]

Calcul momentelor încovoietoare pe tronsoane:  Mi(1−2) (x = 0) = Mi1 = −20 [kN  m] Mi(1−2) (x) = Y1  x − M0 →  M (x = 4m) = Mi2 = 20 [kN  m]   i(1−2)

 Mi(3−2) (x = 0) = Mi3 = 0 Mi(3−2) (x) = −F  x →  M (x = 0,5m) = Mi2 = −20 [kN  m]   i( 3 −2 )

37

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Aplicația 1.6. Să se traseze diagramele de eforturi tăietoare, respectiv de momente încovoietoare pentru bara din figura 1.56. Calculul reacţiunilor:  MA = 0  R  2a + 2aq  6a − YB  8a = 0  YB = 2,5aq

M

B

= 0  Y1  8a − R  6a − 2aq  2a = 0  YA = 3,5aq

Fig.1.56

Aplicația 1.7. Să se traseze diagramele de eforturi tăietoare, respectiv de momente încovoietoare pentru bara din figura 1.57.

Fig.1.57 38

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Calculul reacţiunilor: Sarcinile liniar distribuite de pe fiecare tronson s-au redus la rezultantele R1 și R2 care se exprimă:  1 1  kN  R1 = 2 aq = 2  2[m]  60  m  = 60 kN     R = 1 bq = 1  1[m]  60  kN  = 30 kN  m   1 2 2 Se vor scrie ecuațiile de momente față de legăturile mecanice A și B din figura 1.58.  2a b  M = 0  M + R  − F  a − R  a +  A 0 1 2   − YB  ( a + b ) = 0  3 3     M = 0  Y  ( a + b ) + M − R   a + b  + F  b − R  2b = 0 A 0 1  2   B 3 3   Y = 20 [kN] Reacțiunile ce se obțin din ecuațiile de momente sunt:  A  YB = 40 [kN] Prin scrierea ecuației de echilibru de forțe pe direcție veriticală se verifică echilibrul. Suma tutuor forțelor exterioar și interioare (reacțiuni) însumate algebric sunt nule, ceea ce înseamnă că reacțiunile sunt determinate corect.  Y = 0  YA − R1 + F − R2 + YB =20 − 60 + 30 − 30 + 40 = 0

Fig.1.58 Pentru scrierea funcţiilor de eforturi este necesar să exprimăm legile de variaţie ale sarcinii distribuite pe cele două tronsoane în funcţie de argumentul x1, respectiv x2. 39

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

Din asemănarea celor două triunghiuri, rezultă: qx1

=

x1

q q  qx1 =  x1 = 30  x1 2 2

În mod analog: qx2 = q  x2 = 60  x2 Rezultă: x1 x12 TA −1(x1) = YA − qx1  = 20 − 30  2 2

TA −1(x1 = 0) = TA = 20 [kN]  TA −1(x1 = 2m) = T1 = −40 [kN] x2 x 22 TB−1(x 2 ) = −YB + qx2  = −40 + 60  2 2

TB−1(x 2 = 0) = TB = −40 [kN]  TB−1(x 2 = 1m) = T1 = −10 [kN]

Pentru tronsonul A–1, forţa tăietoare se anulează în punctul de abscisă  =

20 = 1,154 m. În această locație, momentul va avea 15

un maxim. Mi( A −1) (x1) = M0 + YA  x1 − qx1 

x1 x1  = 30 + 20  x1 − 5  x13 2 3

Mi( A −1) (x1 = 0) = MiA = 30 kN  m  Mi( A −1) (x1 = 1,154m) = Mimax = 45,396 kN  m  Mi( A −1) (x1 = 2m) = Mi1 = 30 kN  m

Mi(B−1) (x 2 ) = YB  x 2 − qx2 

x2 x2  = 40  x 2 − 10  x 22 2 2

 Mi(B−1) (x 2 = 0) = MiB = 0   Mi(B−1) (x 2 = 1m) = Mi1 = 30 kN  m

Diagramele de eforturi tăietoare și momente încovoietoare sunt prezentate în figura 1.59. 40

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.1.59

Aplicația 1.8. Să se traseze diagramele de eforturi tăietoare, respectiv de momente încovoietoare pentru bara din figura 1.60.

Fig.1.60

41

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

X = 0  X

Y = 0  Y

A

A

− 5aq = 0  XA = 5aq;

+ YB − 2aq = 0  YA + YB = 2aq;

M = 0  2aY − q  2a  a − 5aq  2a = 0  Y M = 0  Y  2a + 5aq  2a − q  2a  a = 0  Y B

A

B

A

 X A = 5ap;  Soluțiile sistemului sunt:  YA = −4ap;  Y = 6ap.  B

Diagramele de eforturi secționale:

42

B

= 6aq;

A

= −4aq.

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE Să se traseze diagramele de eforturi secționale pentru structurile de bare de mai jos:

1.9.

1.10.

1.11.

1.12.

1.13.

43

1. DIAGRAME DE EFORTURI SECȚIONALE

1.15. 1.14.

1.16.

1.17.

1.18.

1.19.

44

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

2.1 NOȚIUNI TEORETICE Tracțiunea (întinderea) și compresiunea sunt solicitări uniaxiale produse de o forță sau sistem de forțe orientate după axa unei bare. În figura 2.1,a forțele produc întinderea barei, iar în figura 2.1,b produc comprimarea barei.

Fig.2.1 În figura 2.2 este prezentată o bară de lungime  și secțiune inițială constantă A0, încastrată la capătul din stânga și solicitată de o forță N la capătul din dreapta.

Fig.2.2 Se consideră materialul barei este omogen și izotrop (are aceleași proprietăți după toate direcțiile).

45

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Duă cum se observă, prin acțiunea forței N, bara se alungește cu  , iar secțiunea transversală își reduce aria cu A. În calculele de întindere – compresiune ale barelor, sistemelor de bare sau structurilor în general urmărim să îndeplinim condițiile de rezistență și rigiditate care presupun raportarea din calcul a unor mărimi tensiune sau alungire la niște valori acceptabile. Cu alte cuvinte, mărimile calculate nu trebuie să depășească valorile admisibile impuse. Relațiile de calcul specifice condițiilor de rezistență și de rigiditate sunt date în ecuațiile (2.1) și (2.2). N  a A

(2.1)

N   a EA

(2.2)

Condiția de rezistență:  = Condiția de rigiditate:  =

Notațiile utilizate în relațiile de mai sus sunt:  – alungirea barei, N – efortul axial,  – lungimea iniţială a barei, E – modul de elasticitate (modulul lui Young), A – aria secţiunii transversale, EA – modulul de rigiditate la tracţiune,  - tensiunea de tracţiune, a – alungirea admsibilă, a – tensiunea admisibilă Se definește lungirea specifică , raportul între alungirea barei și lungimea ei inițială, relația (2.3): =

 1 N  =  =  E A E

(2.3)

Din relația (2.3) obținem legea lui Hooke, care reprezintă proporționalitatea între tensiuni și deformații.  = E

46

(2.4)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Cu ajutorul relațiilor (2.1) și (2.2) se rezolvă următoarele tipuri de probleme: N N - de dimensionare: A nec  sau A nec  (2.5) a E   a N  a A - de verificare: N  =   a EA Valorile calculate trebuiesc să fie sub limitele admisibile.

(2.6)

- de sarcină capabilă (maximă): Ncap  A  a

(2.7)

 tr =

Dacă forța axială și aria secțiunii transversale sunt variabile în lungul barei, alungirea barei este: N dx EA 0

 =

(2.8)

În cazul barelor verticale de lungime mare, la care se ține seama și de greutatea proprie, relațiile tensiunii și lungirii sunt: max =  =

N + A

(2.9)

Q  N +  . A 2

(2.10)

Q = ∙A∙ - greutatea proprie,  - greutatea specifică. În cazul în care bara este supusă unei încălziri sau răciri cu o variație de temperatură t, alungirea barei și tensiunea în bară sunt date de relațiile:  =    t , (2.11)  =   E  t

47

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Într-o bară de secțiune omogenă formată din n tronsoane cu modulele de rigiditatea E1A1, E2A2, ...., EnAn, solicitată de o forță axială N, efortul într-un element oarecare este: Nk =

N  Ek A k n

E A i=1

i

,

(2.12)

i

iar tensiunea corespunzătoare: k =

N  Ek

,

n

E A i=1

i

(2.13)

i

O categorie aparte de bare supuse la întindere o reprezintă FIRELE. Acestea se deosebesc de bare prin faptul că pot prelua doar sarcini de întindere și nu opun nicio rezistență la solicitarea de compresiune sau încovoiere.

Fig.2.3

48

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

În figura 2.3 s-au făcut următoarele notații:  - deschiderea dintre punctele de suspensie ale firului, h – diferența de nivel, f – săgeata firului. Dacă sarcina distribuită q = const., atunci forma de echilibru este de tip “lănțisor”. Se face precizarea că dacă sarcina q este constantă (săgeți mici în comparație cu deschiderea), se ajunge la o parabolă ca formă de echilibru de ecuație: qx 2 y=− + C1x + C2. 2H

(2.14)

C1 și C2 sunt constante de integrare ce se determină funcție de legătura firului. Pentru x = 0, y= 0, iar la x = , y = h, va rezulta ecuația curbei funiculare. h qx q y= + x − . 2H  2H  2

(2.15)

Pentru y = ymax = h, se obține ordonata maximă: q 2 Hh2 h y= + + . 8H 2q 2 2

(2.16)

În cazul particular al punctelor de suspensie 0 și 1 situate la același nivel se obține expresia săgeții, respectiv a efortului corespunzător unei săgeți date: f=

q 2 q 2 , H= . 8H 8f

(2.17)

Condiția de rezistență a firului: H q 2 = =  a . A 8Af

49

(2.18)

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Lungimea curbei funiculare este: q2 3 h2 s= + + . 24H2 2

(2.19)

Respectiv în funcție de săgeată: 8 f 2 h2 s= + + . 3 2

(2.20)

Dacă h = 0 se obține: 8 f2 s= + . 3

(2.21)

Alungirea totală a firului, montat între două puncte, datorită sarcinii q și unei variații de temperatură este: q 3  = +  ( t − t0 ). 8fEA

(2.22)

t0 – temperatura în momentul suspendării firului (de referință), t – temperatura pentru care se face calculul firului,  – coeficientul de dilatare termică. Lungimea L a firului în stare nemontată, la temperatura t0: 8 f 2 h2 q 3 L= + + − −  ( t − t0 ). 3 2 8fEA

(2.23)

Forța de întindere a unui fir, astfel încât în timpul iernii tensiunea din fir să nu depășească tensiunea admisibilă a, este: q1 2 H1 = a A = , 8f1

q1 – greutatea pe unitatea de lungime (iarna), f1 – săgeata la temperatura t1 (iarna).

50

(2.24)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Săgeata f0 a firului de greutate q0, la temperatura de montaj t0 astfel încât la temepratura t1 (iarna), când greutatea pe unitatea de lungime este q1, săgeata f1 și efortul H1, este dată de ecuația de gradul trei:  3 f03 −  f12 +  8 

2

( t 0 − t1 ) −

3 q1 4  3 q0 4 f − = 0,  0 64 f1  EA  64 EA

(2.25)

în care: q1 2 f1 = . 8Aa

(2.26)

2.2 CALCULUL LA COMPRESIUNE. PRESIUNI DE CONTACT La solicitarea de compresiune se produce o deformaţie de scurtare. Valoarea tensiunii de compresiune, corespunzătoare unei scurtări specifice depinde de raportul dintre înălţimea epruvetei şi dimensiunile secţiunii transversale. La solicitarea de compresiune, apare termenul de „umflare transversală” a materialului epruvetei. Datorită specificului acestei solicitări, de obicei, încercarea nu se poate termina cu ruperea (este o afirmaţie ce se verifică mai ales pentru materialele tenace). Sunt materiale ca oţelul, cuprul sau aluminiul care rezistă la fel la compresiune ca şi la tracţiune; alte materiale ca fonta sau betonul, rezistă bine la compresiune şi în limite reduse la tracţiune. În situaţia a două sau mai multe piese în contact, supuse la compresiune, în calculele de rezistenţă va trebui să se acorde o mare importanță presiunilor de contact care de fapt sunt tensiuni normale cauzate de compresiune. Cedarea din cadrul acestei solicitări, se produce în principal prin distrugerea suprafeţei de contact, iar acest mod de a duce la ieşirea din buna funcţionare a unor piese se mai numeşte şi strivire. Calculele de rezistenţă se fac pentru materialul mai slab dintre cele două piese ce se află în contact sau pentru suprafaţa mai mică de contact dacă cele două piese sunt din acelaşi material.

51

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

2.2.1 SUPRAFEȚE PLANE ÎN CONTACT La suprafeţele plane de contact se consideră că tensiunile sunt uniform distribuite iar condiţia de rezistenţă este de forma: pst =

Pst  pa =  a . A st

(2.27)

pst – presiunea de strivire (contact), Pst – sarcina exterioară ce generează strivirea, Ast – aria de strivire (contact), a – tensiunea admisibilă la compresiune a materialului. În structura din fig.2.4, se urmăreşte să se determine ariile de contact necesare pieselor componente, pentru a se susţine sarcina P şi greutăţile proprii. Greutatea proprie a unui tronson se calculează cu relația: G = m∙g = ∙V∙g = ∙g∙A∙ = ∙A∙,  - densitatea materialului,  - greutatea specifică, g – accelerația gravitațională.

Fig.2.4

Pentru materialele din fig.2.4 există succesiunea: OL  FO  BET  SOL , Calcul secţiunii transversale notate cu A1, se face scriind condiţia de rezistenţă la strivire, la nivelul contactului notat cu 1: pst =

P +  f A1 A1

1

 pa = FO  A1 

P FO −  f

. 1

Calculul ariei de contact notată cu A2, se face scriind condiţia de rezistenţă la strivire la nivelul contactului notat cu 2: 52

REZISTENŢA MATERIALELOR

pst =

P +  f A1 1 +  OL A 2 A2

Asemănător: A 3 

2

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 pa = BET  A 2 

P +  f A1 1 +  OL A 2 SOL − BETl3

2

P +  f A1 1 , BET −  OL 2

.

2.2.2 SUPRAFEȚE CILINDRICE ÎN CONTACT În tehnică, o frecvenţă foarte mare o au cazurile când suprafaţa de contact este cilindrică. Spre exemplu, contactul dintre fusul unui arbore şi lagăr, contactul din cazul îmbinărilor cu bulon sau cu nituri, etc.

Fig.2.5 În fig.2.5 este prezentat cazul unui arbore care se sprijină pe un lagăr, căruia îi transmite sarcina P. Se presupune că între cele două piese în contact nu există joc şi contactul propriu zis se realizează pe un unghi de 180°. Dacă se presupune că presiunea de contact este p, atunci forţa elementară ce rezultă din fig.2.5,b este: D dN = pdA = p  d  b , 2 53

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Însumarea tuturor forţelor elementare dN poate fi exprimată prin condiţia de echilibru: P=

/2

−/2

dNcos  = 

/2

−/2

p

D bD /2 dbcos  = pcos d = pbD. 2 2 −/2

a) Dacă se consideră că presiunea de contact este constantă, ceea ce nu poate fi tocmai conform cu fenomenul real, se obţine: p=

P  pa b D

(2.28)

care reprezintă o condiţie de rezistenţă la strivire, pentru suprafeţele cilindrice. Se observă că aria de strivire este A = b∙D, ca şi când contactul ar avea loc pe o suprafaţă plană de formă dreptunghiulară (o proiecţie a jumătăţii de cilindru pe un plan longitudinal) de dimensiuni bD, fig.2.5,c. b) Dacă se consideră că presiunea de contact ar avea o distribuţie aproximativ sinusoidală, fig.2.5,b, cu valoarea oarecare p = pmax cos  ‚ rezultă: P=

/2 b D / 2 b D  pmax cos   cos d = pmax  cos2 d = bDpmax  − / 2 2 − / 2 2 4

Condiţia de rezistentă ia forma: pmax = 1,27

P  pa b D

(2.29)

Dacă cele două piese nu se mişcă una faţă de cealaltă (îmbinări cu nituri sau cu buloane), se recomandă relaţia: pa  1,5a , unde  a este tensiunea admisibilă la compresiune a materialului mai slab dintre cele două în contact. Dacă cete două piese au o mişcare relativă. În cazul în care între cele două piese în contact, există un joc, atunci contactul se realizează pe un unghi mai mic de 180°, care variază cu încărcarea şi deci problema devine mult mai complicată. 54

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

2.2.3 SUPRAFEȚE MICI ÎN CONTACT Rezemările pe role sau pe bile, întâlnite în cazul rulmenţilor, constituie un exemplu sugestiv al suprafeţelor mici de contact. Tensiunile şi deformaţiile de contact au caracter local; cunoaşterea lor este cu atât mai importantă cu cât contactul se realizează pe o suprafaţă mai mică. În calcule, contactul iniţial al corpurilor solide poate fi punctiform sau de-a lungul unei linii. Problemele de contact elastic au fost tratate pentru prima oară de către H. Hertz în 1881-1882 și s-au bazat pe ecuaţiile teoriei elasticităţii și a următoarelor ipoteze: - corpurile sunt confecţionate dintr-un material omogen şi izotrop; - solicitarea se realizează în limitele proporţionalităţii între tensiuni şi deformaţii; - frecarea pe suprafaţa de contact este neglijabilă;

Fig.2.6 În fig.2.6,a se arată cazul a două bile în contact solicitate la compresiune de sarcinile exterioare P. Se presupune că pe suprafaţa de contact se dezvoltă numai forţe normale. Din motive de simetrie, se constată că suprafaţa de contact este circulară, de diametru 2a. S-a demonstrat că presiunea este distribuită după o lege eliptică şi are expresia:

55

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

p(r ) = pmax

r2 1− 2 a

(2.30)

unde r este distanţa de la centrul suprafeţei de contact, la punctul de calcul al lui p. Valoarea maximă a presiunii este: p = 2 rp (r ) dr  pmax = d

0

3p , 2a2

(2.31)

unde cu a s-a notat raza cercului de contact şi se determină cu relaţia: E + E 2 d1d2 a = 0,73 1 p, (2.32) E1E 2 d1 + d2 în care E1 şi E2 sunt modulele de elasticitate longitudinal pentru materialele celor doua bile în contact. Ca o particularizare a celor arătate mai sus, pentru cazul în care E1 = E2 = E rezultă relaţiile de calcul: 2

P d1d2 2  d + d2   . a = 0,883 , pmax = 0,623 PE  1 d d E d1 + d2  1 2 

Dacă o bilă apasă pe o suprafaţă concavă (fig.2.6.,b), suprafaţa ce contact este mai mare iar presiunea este mai mică și se calculează cu relaţia: 2  d1

2

+ d2   . pmax = 0,623 PE  d d  1 2  În cazul unei bile ce apasă pe o suprafaţă plană (fig.2.6,c), când d1 = d şi d2 →, se obţin relaţiile de calcul: 2

a=

0,883

d E P și pmax = 0,623 P  . E d

(2.33)

În cazul unui cilindru de lungime  ce apasă pe o suprafaţă plană, presiunea maximă se calculează cu relaţia:

56

REZISTENŢA MATERIALELOR

pmax = 0,59 3

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

P E . d

(2.34)

Toate relaţiile arătate mai sus, arată o dependenţă neliniară între forţa P şi presiunea maximă pmax, explicaţia fiind dată de faptul că suprafaţa de contact creşte şi ea odată cu creşterea forţei. S-a constatat că, presiunea creşte mai încet decât sarcina exterioară P. Mărimea presiunii admisibile pa‚ poate avea valori mult mai mari decât tensiunea admisibilă de compresiune. Un oţel cu tensiunea de rupere de 600 – 700 [MPa], are o presiune admisibilă de cel mult pa = 1600 [MPa], iar oţelurile speciale pentru rulmenţi pot avea o presiune admisibilă de până la 3800 – 4000 [MPa]. În tabelul de mai jos sunt prezentate câteva valori orientative de limite de rupere, respectiv presiuni admisibile pentru diferite materiale.

Material OLC 30 0LC 40 OLC 50 15 C 08 20 C 08 Rul 1 Fc 35

Rezistenţa la rupere r [MPa] 500 - 540 580 – 620 650 – 700 690 785 – 950 – 1400

57

Tabel 2.1 Presiunea admisibilă pa [MPa] 850 – 1050 1000 – 1350 1050 – 1400 1050 – 1600 1200 – 1450 3800 1200 – 1400

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

58

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME REZOLVATE Aplicația 2.1. Pentru bara din figura 2.7, se cer următoarele: a) Să se determine reacţiunea din încastrare, b) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, c) Să se verifice rezistenţa sistemului de bare, d) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Aplicație numerică: a = 0,5 [m], F1 = 125 [kN], F2 = 175 [kN], D = 2d, D = 20 [mm], E = 2∙105 [MPa], a = 150 [MPa]

Fig.2.7 REZOLVARE: a) Din ecuația de echilibru scrisă pe orizontală determinăm reacțiunea din încastrare.

 X = 0  −X

A

− F1 + F2 = 0  XA = F2 − F1 = 50 [kN].

b) Se vor scrie eforturile axiale pe cele două tronsoane în baza convenției de semne pentru eforturi axiale prezentată la capitolul anterior. N (x = 0) = NA = XA = 50 [kN] NA −1(x) = XA →  A −1  NA −1(x = a) = N1 = XA = 50 [kN] N (x = 0) = N1 = XA + F1 = 175 [kN] N1−2 (x) = XA + F1 →  1−2 N1−2 (x = 2a) = N2 = XA + F1 = 175 [kN]

Diagrama de eforturi este prezentată în figura 2.8. 59

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Fig.2.8 c) Verificarea barei se va face în baza condiției de rezistență N  =  a A Această relație de verificare se va utiliza pentru ambele tronsoane de bară. N - pentru tronsonul A-1: A −1 = A −1  a A A −1 Indicii din ecuație fac referire la tronsonul A-1. A −1 =

50 [kN] 50000 [N] = = 636,62 [MPa]  a 2  d 2 2  10 [mm ] 4 4

Condiția de rezistență nu este îndeplinită pe tronsonul A-1, în consecință bara nu rezistă sarcinilor aplicate pe acest tronson. Pentru a satisface condiția de rezistență pe acest tronson, va trebui să adoptăm diametrul d = 25 [mm]. Se reia calculul cu aceast[ valoare de diametru și se obține: A −1 =

50 [kN] 50000 [N] = = 101,85 [MPa]  a    d2 2 2  25 [mm ] 4 4

Cu această valoare de diametru, condiția de rezistență este îndeplinită. 60

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

- pentru tronsonul 1-2: N 175000 [N] 175000 [N] 1−2 = 1−2 = = = 89,127  a  2  A1−2 2 2 D  50 [mm ] 4 4 Condiția de rezistență este îndeplinită și pe cel ce-al doilea tronson 1-2. d) Deplasările orizontale ale punctelor 1 și 2 sunt: NA −1  A −1 XA  a 50  103  500 u1 =  A −1 = = = = 0,255 [mm] 2 EA −1  A A −1 E    d2 5   25 2  10  4 4 2 N  N  u2 =   i = A −1 +  1−2 = A −1 A −1 + 1−2 1−2 EA −1  A A −1 E1−2  A1−2 i=1 u2 =

( X + F1 )  2a = 0,255 + 175000  1000 = 0,7 [mm]. XA  a + A    E   d2 E   D2 2  105   502 4 4 4

Aplicația 2.2. Pentru bara din figura 2.9, se cer următoarele: a) Să se ridice nedeterminarea (determinare reacțiuni XA, XB), b) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, c) Să se dimensioneze bara (D,d = ?), d) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Aplicație numerică: a = 0,5 [m], F1 = 125 [kN], F2 = 175 [kN], D = 2d, D = 20 [mm], E = 2∙105 [MPa], a = 150 [MPa]

Fig.2.9 REZOLVARE: a. Vom scrie din statică ecuația de echilibru de forțe pe direcția axei:  X = 0  −XA − F1 + F2 + XB = 0  XA − XB = F2 − F1 61

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

După cum se poate observa, ecuația din statică are două necunoscute (XA, XB), iar pentru determinarea acestora va mai fi nevoie de încă o ecuație exprimată în funcție de deformațiile elastice. N  AB = 0;  AB =  A1 +  12 +  2B = 0 ,  = EA Se va obține un sistem de două ecuații cu două necunoscute de forma: din statică : X A − XB = 50000   X  2a ( XA + F1 )  a ( X A + F1 − F2 )  3a + + =0 din deformatii elastice : A 2 2 2 2   d   D   D − d ( )  E E E   4 4 4  X = 5,77 [kN], Prin rezolvarea sistemului, obținem soluțiile:  A  XB = −44,23 [kN].

b) diagrama de eforturi axiale:

Fig.2.10 c) Dimensionarea barei se va face tot din condiția de rezistență. 62

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Se va efectua calculul de dimensionare pe fiecare tronson în parte și în funcție de eforturile axiale din fiecare tronson se calculează o arie necesară și funcție de aceasta rezultă un diametru necesar, respectiv o pereche de valori D, d. În final vor rezulta trei perechi de valori, din care pentru îndeplinirea rezistenței se vor adopta diametrele cu valorile cele mai mari. N Condiția de rezistență:  =  a . A N N Dimensionarea se va face în baza condiției limită: = a  A = A a Calculul de dimensionare pe tronsonul A-1 A A −1 =

5770 5770 = = 38,46mm2 a 150

  d2 A A −1 = d= 4

4  A A −1 = 7 [mm].  dA −1 = 7 [mm],  DA −1 = 2  dA −1 = 14 [mm].

Calculul de dimensionare pe tronsonul 1-2

A1−2 = A1−2

130770 130770 = = 871,8 [mm2 ] a 150

  D2 = D= 4

4  A1−2 = 34 [mm] 

D1−2 = 34 [mm],   D1−2 d1−2 = 2 = 17 [mm].

63

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Calculul de dimensionare pe tronsonul 2-B

A 2−B =

A 2−B = d=

44230 44230 = = 294,86 [mm2 ] a 150

  (D2 − d2 ) 4

 A 2−B =

  ( 4d2 − d2 ) 4

=

3    d2 4

4  A 2−B = 6 [mm] 3 d2−B = 6 [mm],  D2−B = 2  d2−B = 12 [mm].

Dintre toate perechile de valori de diametre determinate, pentru îndeplinirea condiției de rezistență se vor adopta diametrele cu valorile cele mai mari: d = 7 [mm],  D = 2  d = 14 [mm]. d) Calculul deplasărilor punctelor 1 și 2. u1 = 

A1 =

u2 = 

A2

u2 =

XA  2a 5,77  103  2  500 = = 1,049 [mm] 2   d2   17 E 2,1 105  4 4

=

A −1

+

1−2

=

XA  2a ( XA + F1 )  a +   d2   D2 E E 4 4

50  103  2  500 130,77  103  500 + = 1,392 [mm]. 2 2   17   34 2,1 105  2,1 105  4 4

Valorile pozitive obținute pentru deplasări înseamnă că deplasarea punctelor se face în sensul axei x care este orientată către dreapta. 64

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 2.3. Să se determine valoarea forţei F dacă deplasarea pe verticală în dreptul ei este  = 0,6 mm. Se cere: a) Să se calculeze eforturile N1 și N2 din barele verticale, b) Să se calculeze tensiunile din barele verticale. Aplicație numerică:  = 400 [mm], A1 = 500 [mm2], A2 = 800 [mm2], E = 2∙105 [MPa], a = 150 [MPa]

Fig.2.11 REZOLVARE: a) Sub acțiunea forței F, în barele 1 și 2 iau naștere eforturile axiale N1 și N2, acest lucru fiind prezentat în figura 2.12

Fig.2.12 - ecuația de echilibru pe care o scriem din statică, este: MA = 0; N1  a + N2  2a − F  3a = 0 65

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

N1 + 2N2 = 3F

În baza ecuației din statică avem o ecuație cu două necunoscute. Sistemul este static nedeterminat cu grad de nedeterminare unitar. În consecință va trebui să mai sciem o ecuație din deformații elastice pe baza schemei din figura 2.13.

Fig.2.13 Sub acțiunea încărcării exterioare (forța F), barele 1 și 2 se alungesc cu cantitățile ∆1 și ∆2. Pentru determinarea eforturilor N1 și N2, vom scrie următoarele asemănări de triunghiuri:

ABB’  ADD’ BB' AB  a  =  1=   1 = = 0,2 [mm] DD' AD  3a 3 N1  1 E A = 0,2  N1 = 0,2  1 1 = 26,25 [kN] E1  A1 1

ACC’  ADD’ CC' AC  2a 2 =  2 =  2 = = 0,4 DD' AD  3a 3 N2  2 E A = 0,4  N2 = 0,4  2 2 = 168 [kN] E2  A 2 2

Înlocuind N1 și N2 în ecuația din statică, vom obține forța F: N1 + 2N2 = 120,75 [kN] 3 b) Tensiunile din barele verticale sunt: F=

66

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

N1 26,26  103 1 = = = 52,5 [MPa] < a A1 500 N2 168  103 2 = = = 210 [MPa] > a A2 800

În baza calculelor de verificare efectuată, se constată că bara 2 nu îndeplinește condiția de rezistență. Pentru îndeplinire se propune majorarea ariei secțiunii transversale A2 = 1200 [mm2]. N2 168  103 2 = = = 140 [MPa] < a. A2 1200

Aplicația 2.4. Pentru sistemul din figura 2.14, se cere: a) Determinarea eforturilor N1 și N2 din barele verticale, b) Dimensionarea barelor.  N  Aplicație numerică:  = 400 [mm], a = 0,5 [m], q = 10  ,  = 30o   mm  E = 2,1∙105 [MPa], a = 150 [MPa]

Fig.2.14 REZOLVARE: - din statică: MA = 0; N1  a + N2Y  9a − R  5a = 0 , R = 8aq – rezultanta sarcinii uniform distribuite

67

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Fig.2.15 N2Y = N2∙cos() = N2∙

3 2

Ecuația din statică: N1 +

9 3 N2 = 40aq (1) 2

- din deformații elastice:

Fig.2.16

ABB’  ADD’ BB' AB  a =  1=  v D = 9 DD' AD vD 9a

1

=9

N1  1 (2) E1  A1

În DD’’D’ cos (  ) =

D''D'  2  2 N2  2 =  vD = = DD' vD cos (  ) E2 A 2 cos (  )

68

REZISTENŢA MATERIALELOR

cos (  ) =



ÎNDRUMAR DE SEMINAR

2

=

2

vD =

cos (  )

N2  2 (3) E2 A 2 cos2 (  )

Prin egalarea relațiilor (2) și (3) obținem: 9

N1  1 N2  2 N1  N2  =  9 = E1  A1 E2 A 2 cos2 (  ) E  A EA cos2 (  ) 9N1 =

4 N2 (4) 3

Relația (4) se introduce în (1) și obținem eforturile din bare: N1 = 0,745aq = 3725 [N] N2 = 5,03aq = 25150 [N]

b) dimensionarea barelor se face din condițiile de rezistență: 1 =

N1 3725 3725  a  = 150  A1nec = = 24.83 [mm2 ] A1 A 150

2 =

N2 25150 25150  a  = 150  A 2nec = = 167.67 [mm2 ] A2 A 150

Anec = max(A1nec ,A 2nec ) = 167.67 [mm2 ]

A nec

d2 = = 167.67  d = 4

4  167.67 = 14.61 [mm] 

Se adoptă d1 si d2 = 15 mm.

69

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Aplicația 2.5. Se dă sistemul de bare articulate din fig.2.17 şi se cere: a. Să se determine forţa verticală P care poate fi aplicată în nodul A (cu sensul către nodul E) astfel încât tensiunea în bara cea mai solicitată să nu depăşească a = 100 MPa. b. În cazul în care bara 2 este mai scurtă iniţial cu o = 0,5 mm, să se determine forţa Fo (aplicată în capătul barei 2) pentru realizarea montajului, în absenţa forţei P. Se dau:  = 1 = 3 = 4 = 1 [m]; A1 = A3 = A4 = 0,5A2 = A = 103 [mm2]; E = 2105 MPa.

Fig.2.17

REZOLVARE: a. Studiind echilibrul sistemului prin izolarea nodului A se observă că sistemul este de două ori static nedeterminat.

 X = 0; N  sin() − N  sin() = 0 (1)  Y = 0; N  cos() + N + N  cos() + N 1

3

1

Fig.2.18

2

3

4

= P (2)

Din (1)  N1 = N3

Ecuația (2) devine: 2N1  cos() + N2 + N4 = P, Mai sunt necesare două relaţii pentru determinarea eforturilor. Din poziţia deformată, fig.2.19, sistemul se scrie: 4 = 2 (4) 1 = 4cos (5) care scrise explicit în funcţie de eforturi şi ataşate la (1), (2) rezolvă problema:

70

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

N4  4 N2  2 N =  N4 = 2  cos  (6) EA 2EA 2 2 = cos şi 4 =  N1  1 N4  4 =  cos  EA EA cos2  (7)  N1 = N4  cos  = N2  2

Fig.2.19 Înlocuind (6), (7) în (3) obţinem: N2 =

P = 0,48P cos  3 1+ + cos  2

N1 = N3 = 0,18P; N4 = 0,208P Condiţia de sarcină capabilă la solicitări axiale este: Ncap = aAmin = Nmax = N2 100  10−3  10−3 = 416,66 kN 0,48P = aA2  P = 0,5  0,48

Întrucât A2 nu este aria minimă, verificăm şi bara (4) unde N4 =0,208P şi A4 = 103 mm2 şi obţinem: 100  10−3  10−3 P= = 480,77 kN 0,208

Rămâne ca şi sarcină capabilă valoarea minimă dintre cele două calculate: P = 416,66 kN. b. Şi în acest caz după montajul forţat al sistemului, acesta este de două ori static nedeterminat. Din izolarea nodului A rezultă în final ecuaţia: 2N1cos + N4 – N2 = 0

(8)

La aceasta mai adăugăm relaţiile în deformaţii:  = l2 + l4 şi l1 = l4cos (9) 71

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

N1  1 N4  4   = 2  EA + EA (10)  N  N  1 1 4 4  =  cos   EA EA

cos  EA   = N2  + N4  2  N1 = N4  cos 

(11)

Fig.2.20 EA   cos   N = − N  2  4 2 Din (11)  2 N = 3A    cos  − N  cos  2  1 2 Introducând relaţiile (11) în (8) obţinem: 2 −3 EA (1 + 2  cos  )  10 N2 =  = 120 kN l  cos   3 + cos   1 + 2  

Aplicația 2.6. Pentru bara din figura 2.21, se cere: a) Calcule tensiuni pe tronsoanele barei; b) Trasare diagramă de forțe axiale și tensiuni; c) Tensiunile din bară dacă temperatura scade cu t=15oC.

Fig.2.21 72

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicație numerică: a = 1 [m], A1 = A = 400 [mm2], A2 = 0.5A1 = 0.5A, E2 = E = 2∙105 [MPa], E1 = 0.5E2 = 0.5E, a2 = 0.5a1,  = 1,25[mm], 1 = 24∙10-6 [grad-1], F = 100 [kN]. REZOLVARE: a) - ecuația de echilibru de forțe din statică:  X = 0; XA + XB − F = 0 (1) - ecuația din deformații elastice:  AB = 0;  AB =  A1 + 

12

+

2B

=

Alungirile de tronsoane: XA XA  2a XA  2a dx = = 0 E1  A1 E1  A1 0.5E  A

2a



A1

=

a



=

12

0

a



2B

= 0

( XA − F)dx = ( XA − F)  a = ( XA − F )  a E1  A1

E1  A1

0.5E  A

( XA − F)dx = ( XA − F)  a = ( XA − F )  a E2  A 2

E2  A 2

E  0.5A

Ecuația scrisă din deformații elastice devine: XA  2a ( XA − F )  a ( XA − F )  a + + = 0.5E  A 0.5E  A E  0.5A

(2)

Din (1) și (2) se obțin reacțiunile XA și XB. 2Fa + EA XA = = 76,25 [kN] , XB = F − XA = 23,75 [kN] 4a Tensiunile pe tronsoane sunt: 3 NA −1 XA 76,25  10 N A −1 = = = = 190,625 MPa A A −1 A 400 mm2 

1−2

23,75  103 N N1−2 XA − F = = =− = −59,375 MPa A1−2 A 400 mm2 

73

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

23,75  10 N N X −F = 2−B = A =− = −118,5 MPa . A 2−B 0,5A 200 mm2  3

2−B

b) diagramele de eforturi axiale și tensiuni

Fig.2.22 c) Determinarea reacțiunilor ținând cont de variația de temperatură se face în mod similar cu calculul prezentat la a), cu adăugarea termenilor în ecuația deformațiilor elastice ce ține cont de alungirea sub influența temperaturii. În notațiile reacțiunilor se va folosi litera “t” care ține cont de regimul termic. - ecuația de echilibru de forțe din statică:  X = 0; XA(t) + XB(t) − F = 0 (3) - ecuația din deformații elastice:  AB = 0;  AB =  A1(t) + 

74

12(t)

+

2B(t)

=

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Alungirile de tronsoane exprimate funcție de variația de temperatură: X  2a  A1(t) = A(t) + 1  2a  t 0.5E  A ( XA(t) − F)  a +   a  t  12(t) = 1 0.5E  A 

2B(t)

=

(X

A(t)

− F)  a

E  0.5A

+ 2  a  t

Ecuația de deformații elastice devine: X A(t)  2a

+ 1  2a  t +

(X

A(t)

− F)  a

0.5E  A 0.5E  A ( XA(t) − F)  a +   a  t =  + 2 E  0.5A

+ 1  a  t +

(4)

Din (3) și (4) obținem reacțiunile sub influența temperaturii. 4Fa + EA − EAat ( 31 +  2 ) XA(t) = = 89,48 [kN] 8a XB(t) = 10,52 [kN] Tensiunile pe tronsoane funcție de t: A −1(t) =

NA −1(t)

1−2(t) =

N1−2(t)

2−B(t) =

N2−B(t)

A A −1

A1−2

A 2−B

89,48  103 N = = 223,7 MPa 400 mm2  10,52  103 N =− = −26,3 MPa 400 mm2 

10,52  103 N =− = −52,6 MPa 200 mm2 

Diagramele de eforturi axiale și tensiuni în funcție de scăderea de temperatură se prezintă în figura 2.23.

75

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Fig.2.23

Aplicația 2.7. O tijă (1) cu secțiune circulară variabilă din oțel este montată în interiorul unui tub (2) confecționat din aluminiu. Modulul de elasticitate pentru oțel (1) este E1, iar pentru aluminiu E2. Întregul ansamblu format din cele două componente (1) și (2) este comprimat de forța P din partea inferioară prin intermediul unei plăci foarte rigide. Se cere să se traseze diagramele de eforturi axiale și de tensiuni pentru cele două componente. Se dau: d = 20 [mm], E1 = 2,1∙105 [MPa], E2 = 0,7∙105 [MPa]. Fig.2.24 REZOLVARE: Notând cu N1 și N2 forțele axiale din tijă și din tub, vom scrie din statică:

76

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

N1 + N2 = P ,

(1)

Geometric, se poate observa că deformațiile axiale ale componentelor sunt egale. 

=

1

2

Întrucât tija are secțiunea transversală variabilă, scurtarea acesteia se calculează cu relația: N1  1= dx = E A (x) 0 1 1

6d

N1

 E A (x)dx , 0

1

1

unde A1(x) este secțiunea transversală a tijei la distanța x, așa cum se arată în figura 2.25.   BC2 , A1(x) = 4 BC = 2  BB'+ B'C' = 2BB'+ d ,

Din asemănare: BB' x 2BB' x x =  =  2BB' = 2d − d 6d d 6d 6 2 BC =

Fig.2.25

x x + 6d +d= 6 6

Aria secțiunii transversale la distanța x de capătul tijei este:  ( x + 6d)  A1(x) = = (6d + x)2 4 36 144 2

Deformația axială a tijei se poate exprima în felul următor: 6d

N1 N  1=  dx = 1 E1A1(x) E1 0

144N1  1= E1

6d

 0

144 144  N1 d x = (6d + x)2 E1

(6d + x)' 144N1 (6d + x)−1 d x =  0 (6d + x)2 E1 ( −1)

6d



1 =

12N1  E1d

77

6d

1 0 (6d + x)2 dx

6d

= 0

144N1  1 1 − + E1  12d 6d 

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Deformația axială a tubului este: 

2

=

N2 N  6d N2  6d N  24d 24  N2 = 2 = = 2 = , 2  E2 A 2 E2 A 2   E 5d 5   E d 2 2 2 2 E2 ( 9d − 4d ) 4

Întrucât deformațiile axiale ale celor două componente sunt egale, se poate scrie: 

1

=

2



12N1 24N2 =  N2 = 0,833N1   E1d 5  E2d

(2).

Din ecuațiile (1) și (2) ale acestei probleme, obținem eforturile N1 și N2. Diagramele de eforturi axiale și tensiuni normale ale celor două componente se prezintă în figura 2.26.

Fig.2.26 Aplicația 2.8. Se dă sistemul de bare articulate din fig.2.27. Barele au acelaşi modul de rigiditate EA. a) Să se determine eforturile din bare pentru a se elimina eroarea de execuţie  (în lipsa forţei) b) După eliminarea erorii se aplică forţa F. Să se calculeze eforturile finale din cele trei bare.

78

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

c) Să se determine valoarea forţei F pentru ca efortul în bara 2 să fie nul.

Fig.2.27 REZOLVARE: a) Schema după care se face calculul este cea din figura 2.28. Fx = 0; N1 – N2cos60o = 0  N1 −

N2 = 0 (1) 2

Fy = 0; N2sin60o – X = 0  3 N2 − X = 0 (2) 2

Fig.2.28

Rezultă un sistem static nedeterminat.

Ecuaţia de deplasări suplimentară este:  = 

3

+ Bv

3 – lungirea barei 3; Bv – deplasarea pe verticală a nodului B pentru barele 1 şi 2. l3 =

X EA

79

(3).

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Pentru determinarea lui Bv vom folosi metodele energetice iar sistemul este schiţat în fig.2.29.

Fig.2.29 2

=

=2

cos60o

Din schema N0 fig.2.29 rezultă (X se consideră necunoscută): Fx = 0; N1 – N2cos60o = 0  N1 = Fy = 0; N2sin60o – X = 0  N2 =

Asemănător se determină: n1 =

N2 X = 2 3

(3)

X 2X = 3 3 2

(4)

1 2 şi n2 = . 3 3

Deplasarea verticală a punctului B va fi: Ni  ni  i = N1  i=1 Ei  A i n

Bv = 

Bv =

1

 n1 + N2 

2

 n2

1 1 2 2 3X  X  +  X2  = . 3 3 3 3 EA =4

Din (3) 

X EA

Din (4) obținem necunoscuta X  X = Din (1) și (2) obținem N1 și N2: N1 =

80

(4).

EA - întindere. 4

  EA - întindere, 4 3

REZISTENŢA MATERIALELOR

N2 =

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

EA - compresiune. 2 3

b) ) Vom face abstracţie de prezenţa deja a acestor eforturi în bară şi vom aplica forţa F. 1 = ; 3   (pentru uşurarea calculelor), 2 = 2. Din fig.2.30. se obţine: ' Fx = 0; N1F + N'2F  cos60o = F  cos60o

' 2N1F + N'2F = F

(5)

Fy = 0; N'2F  cos30o + N'3F = F  cos30o ' 3  N'2F + 2N3F =F 3

Rezultă

un

(6).

sistem

static

nedeterminat o dată. Nedeterminarea o Fig.2.30 Sistemul

echivalent,

ridicăm tot cu metoda eforturilor.

sistemul

de

bază

şi

încărcările

corespunzătoare sunt prezentate în fig.2.31 și fig.2.32. Conform metodelor energetice de ridicare a nedeterminării, sistemul de bază SB se obține din sistemul echivalent SE, eliminând din schema SE necunoscuta principală aleasă X1.

Fig.2.31 81

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Sistemul fiind static nedeterminat o dată, ecuația de condiție corespunzătoare se scrie: 11  X1 + 1F = 0

(6)

Conform figurii 2.32, SB se încarcă mai întâi cu sarcina exterioară și se obțin eforturile din bare N, apoi se încarcă cu X 1 = 1 și se calculează eforturile din bare n.

Fig.2.32 Vom scrie ecuațiile de echilibru pe cele două sisteme din fig.2.32. - pe sistemul No: ' = F  cos60o = Fx = 0; N1F

Fy = 0; N'3F = F  sin60o =

F 2

F 3 2

- pe sistemul n: Fx = 0; n1' = −1 cos60o = − Fy = 0; n'3 = −1 cos30o = − n'2 = 1

82

1 2

3 2

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Pentru determinarea coeficienților de influență 11 și 1F, vom utiliza metoda energetică a lui Mohr Maxwell. 2

2  3  1 −    −  2 n 2 1)  2 ( ni2  i  2  3  11 =  = + + = EA EA EA EA i=1 Ei  A i

Ni  ni  i=1 Ei  A i

F 3   3 F  1  −      −  2 2 0  1  2 2 2    =−F =   + + EA EA EA EA

n

1F = 

i

Se obține: X1 = −

10 F F = = . Deci: 11 3 3

X1 =

F = N2F 3

F − N'2F F 1 F F Din (4)  N = = −  = - întindere, 2 2 2 3 3 ' 1F

Din (5)  N'3F =

3 3 3 F 3 F − N'2F ) = F−  = F ( 2 2 2 3 3

Eforturile din cele trei bare datorită forţei F sunt: F (întindere) 3

N1F =

N2F = X1 =

N3F =

F (întindere) 3

(7)

3 F (întindere) 3

Eforturile din cele trei bare datorită montajului sunt: N1 =

EA 4 3

N2 =

EA (compresiune) 2 3

N3 = X =

(întindere)

EA (întindere) 4

83

(8)

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Eforturile rezultante din cele trei bare datorită forţei F și datorită montajului sunt: N1rez = N1 + N1F =

EA F + 3 4 3

N2rez = −N2 + N2F = − N3rez = N3 + N3F =

EA F + 3 2 3

(9)

EA 3 + F 4 3

c) Pentru ca efortul în bara 2 să fie nul punem condiția: N2rez = −

F   EA F EA + =0 = 3 2 3 3 2 3 F=

3  EA . 2 3 l

Aplicația 2.9. Pentru bara din figura 2.33, se cer următoarele: a) Să se ridice nedeterminarea (determinare reacțiuni XA, XB), b) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, c) Să se dimensioneze bara (D,d = ?), d) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Aplicație numerică: a = 0,2 [m], P = 60 [kN], p = 10 [kN/m], D = 2d, E = 2∙105 [MPa], a = 120 [MPa]

Fig.2.33

84

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

REZOLVARE a. Vom scrie din statică ecuația de echilibru de forțe pe direcția axei barei:  X = 0  −XA + 4pa − P + XB = 0  XA + XB = 4pa − P. (1) - din deformații elastice 

AB

= 0; 

AB

=

A1

+

12

+

23

+

2B

= 0,  =

N EA

Fig.2.34 Alungirile de tronsoane: Pe tronsonul A-1, într-o secțiune curentă la distanța x, efortul axial are o variație liniară și este de forma NA-1 = XA – p∙x. Alungirea pe acest tronson se va calcula prin integrare pe lungimea 4a. 4a



A1

=

 0



12

=



23

=



3B

=

( XA − p  x )dx = ( XA − 2ap )  4a E1  A1

E  A1

( XA − 4pa )  a E  A1

( XA − 4pa )  3a E  A2

( XA − 4pa + P )  3a E  A2

Ecuația scrisă din deformații elastice devine: ( XA − 2ap )  4a + ( XA − 4pa )  a + ( XA − 4pa )  3a + E  A1 E  A1 E  A2

( X − 4pa + P )  3a = 0 + A E  A2

85

(2)

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

Din (2)  XA =

44ap − P = 2,153 [kN], 13

Din (1)  XB = 4ap − P − XA = −54,153 [kN]. b) diagramele de eforturi.

Fig.2.35 c) dimensionarea barei o vom face din condiția de rezistență pe tronsonul cu cea mai mare solicitare și cel mai mic diametru, tronsonul 3-B. N max = max  a A min 54,153  103 = 120, Punând condiția de rezistență la limită    d2 4 4 54,153  103 d=  = 23,97 [mm].  120 Se adoptă: d = 24 [mm], D = 48 [mm].

d) u1 =  u2 = 

A1

A1 =

( XA − 2ap )  4a = −3,88  10−3

+

12

E  A1

=

[mm],

( XA − 2ap )  4a + ( XA − 4pa )  a = −7,3  10−3 E  A1

E  A1

86

[mm].

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 2.10. Un număr i = 25 de bile de diametru d = 15 [mm] sunt aşezate între două plăci ca în fig.2.36. Structura din figură susţine o forţă Q = 10 [kN]. Plăcile şi bilele au pa = 3500 [MPa] (oţel aliat). Se cere să se verifice la presiunea de contact. REZOLVARE. Forţa Q se distribuie pe cele i bile. Unei bile îi revine: Q P = 1,25 = 500 [N], i Experimental, s-a constatat că bilele nu pot fi încărcate uniform şi de aceea se acceptă o majorare a sarcinii de calcul cu 25 %.

Fig.2.36

Se folosesc relaţiile (2.33) şi rezultă: a = 0,88 3 P

d = 0,29 [mm], E

2

 2,1 105  E 3 3 pmax = 0,62 P   = 0,62 500   = 2858,47 [MPa]. 15 d   Se constată că: pmax = 2858,47 [MPa]  pa = 3500 [MPa]. . 2

Aplicația 2.11. Un fir elastic de diametru d = 4 [mm] este suspendat între două puncte A şi B, aflate la distanţa = 50 [m] unul faţă de altul şi la acelaşi nivel (fig.2.37). Cunosnd greutatea specifică al materialului firului  = 80 [KN/m] şi rezistenţa admisibilă a = 50 [MPa], se cere să se calculeze forţa axială N din fir la nivelul puctelor de suspensie, forţa orizontală H (efortul din punctul cel mai de jos al firului) şi săgeata f.

Fig.2.37

87

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

REZOLVARE. Forța axială din fir apare în punctele de prindere A și B și se obține din condiția de rezistență: N d2   42  =  a  N = A  a =  a =  50 = 0,6283 [kN], A 4 4 Greutatea pe unitatea de lungime a firului este:  ( 4  10 d2 q = 1   A =   =80  4 4

)

−3 2

 kN  =10−3   , m

În punctul A, forța axială N din fir se descompune în două componente: verticală Y și orizontală H. Forța axială se poate exprima în funcție de cele două componente: N = H2 + Y2 , Scriind ecuația de echilibru de forțe pe direcție verticală, se va obține componenta Y: Y = q∙x. Se va obține forța axială din fir funcție de parametrul x:

Fig.2.38

N = H2 + ( q  x ) , 2

La x = /2, se obține săgeata maximă y = f. Efortul H în puntul cel mai de jos al firului este: 2

  H = N +  q   = 0,6278 [kN],  2 2

q 2 Săgeata va fi: f = = 0,5 [m]. 8H

Diferența procentuală între H și N este mică, iar utilizarea relației pentru calculul tensiunii maxime din fir poate fi utlilizată.

88

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE

PROBLEMA 2.12. 1) Să se determine reacţiunea din încastrare, 2) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, 3) Să se verifice rezistenţa sistemului de bare, 4) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Date intrare: a = 0.5 [m], p = 5 [kN/m], F1 = 5ap, F2 = 10ap, D=2d, D = 20 [mm], a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

PROBLEMA 2.13. 5) Să se determine reacţiunea din încastrare, 6) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, 7) Să se verifice rezistenţa sistemului de bare, 8) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Date intrare: a = 0.5 [m], p = 5 [kN/m], F1 = 5ap, F2 = 10ap, D=2d, D = 20 [mm], a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

89

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

PROBLEMA 2.14. 1) Să se determine reacţiunea din încastrare, 2) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, 3) Să se dimensioneze sistemul de bare (D,d = ?), 4) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Date intrare: a = 0.5 [m], p = 5 [kN/m], F1 = 5ap, F2 = 10ap, D=2d, a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

PROBLEMA 2.15. 5) Să se determine reacţiunea din încastrare, 6) Să se traseze diagrama de eforturi axiale, 7) Să se dimensioneze sistemul de bare (D,d = ?), 8) Să se calculeze deplasările orizontale ale punctelor 1 şi 2. Date intrare: a = 0.5 [m], p = 5 [kN/m], F1 = 5ap, F2 = 10ap, D=2d, a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

90

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEMA 2.16. 1) Să se determine eforturile secționale din barele sistemului, 2) Să se determine aria necesară a barelor 1,2,3, 3) Să se calculeze deplasările verticale ale punctelor B, C şi D. Date intrare:  = 1 [m], a = 0.5 [m], q = 5 [kN/m], a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

PROBLEMA 2.17. 4) Să se determine eforturile secționale din barele sistemului, 5) Să se determine aria necesară a barelor 1,2,3, 6) Să se calculeze deplasările verticale ale punctelor B, C şi D. Date intrare:  = 1 [m], a = 0.5 [m], q = 5 [kN/m], a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa].

91

2. ÎNTINDERE – COMPRESIUNE

PROBLEMA 2.18. 1) Să se dimensioneze bara 1, d = ?,, 2) Să se calculeze tensiunile axiale din barele 2,3 si 4, 3) Să se calculeze deplasarea verticală a punctelui F (vF=?). Date intrare:  = 0,9 [m], a = 250 [mm], q = 5 [kN/m], aria secțiunilor transversale pentru barele 2,3,4: A = 1500 [mm2], a = 150 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa] – module elasticitate pentru toate barele sistemului.

92

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

CALCULUL CONVENȚIONAL DE FORFECARE

3.1 NOȚIUNI TEORETICE În secțiunea transversală a unei bare se produce solicitarea simplă de forfecare, dacă eforturile secționale din secțiunea considerată se reduc la o singură forță cuprinsă în planul secțiunii. Efectul de forfecare asupra unei bare este dat de acțiunea a două forțe paralele, egale și de sens contrar, acționând la mică distanță una de alta, cele două forțe fiind perpendiculare pe axa barei.

Fig.3.1 Relațiile de calcul privind calculul convențional de forfecare sunt aplicabile mai mult pentru bare de secțiune transversală mică. Condiția de rezistență are forma: f =

T  a , A

(3.1)

cu ajutorul căreia se rezolvă cele trei tipuri de probleme: dimensionare, verificare și determinare sarcină capabilă. Relațiile de calcul sunt: 93

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

A nec 

T T ; f =  a ; Tcap  A  a. A a

(3.2)

Pentru materiale omogene și izotrope, pentru stabilirea valorii admisibile a rezistenței la forfecare se folosesc ipotezele de rupere. Se recomandă: a = ( 0,5...0,8 )  a (3.3) În tabelul 3.1 sunt prezentate câteva valori admisibile de tensiuni de forfecare pentru diverse tipuri de materiale:

Oţel Alamă Cupru Duraluminiu

r [MPa] 250 – 800 250 – 380 200 – 280 220 – 380

Tabelul 3.1 r [MPa] Carton 30 – 60 Carton presat 70 – 80 Cauciuc 1 – 10 Piele 50 – 60

3.2 ÎMBINĂRI NITUITE Dimensionarea unei asamblări nituite se face din condiția de egală rezistență a tijei nitului la forfecare și strivire:

Fig.3.2 d  a ; 4 - la strivire: F = d  hmin  pa, unde hmin = minim(h1; h2).

- la forfecare: F =

2

Prin egalarea celor două relații se obține diametrul nitului:

94

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

d2  a = d  hmin  pa , de unde: 4 4 p d =  a  hmin.  a

(3.4)

La nituri se pot accepta între tensiuni relaţiile: a  ( 0,7

0,9 )  a; pa  1,5a

(3.5)

Cu aceste valori se ajunge la o relaţie: d  2hmin .

(3.6)

Valoarea obţinută din calcul, se rotunjeşte la un număr întreg şi se adoptă apoi din STAS valoarea imediat următoare (dacă cea rotunjită nu coincide cu o valoare STAS). TABELUL 4.2. Diametrul găurii 13 de nit [mm]

15

17

19

21

23

25

28

31

34

37

Determinarea numărului de nituri necesar unei îmbinări ce trebuie să suporte sarcina exterioară P, se determină astfel: a) Se calculează sarcina suportată de un nit la forfecare, d2 Tf = i a , unde i - este numărul secţiunilor de forfecare; 4 Idealizarea nitului

Suprafețele în contact cu platbanda Fig.3.3

95

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

Spre exemplu, pentru asamblarea nituită din figura 3.3, nitul este supus forfecării în două secțiuni (i = 2). b) Se calculează sarcina suportată de un nit la strivire, Pst = d  hmin  pa , unde h este grosimea celei mai subţiri table din pachet.

Fig.3.4 Aria de strivire a unui nit dintr-o asamblare, se consideră în calcule ca fiind o arie diagonală obținută din proiecția suprafeței laterale a cilindrului pe un plan tăietor ce trece prin axa găurii din tablă. Aria obținută prin tăiere este aria unui dreptunghi calculată ca produs dintre diametrul găurii de bolț și grosimea tablei. Acest lucru este evidențiat grafic în figura 3.4. c) Se determină numărul de nituri (calculat), nc, F nc = min ( Tf ,Pst ) d) Se majorează cu 20% numărul de nituri calculat pentru a se ține cont că F nu se repartizează uniform pe nituri: n = nc + 20%

sau

n=

1,2F . min ( Tf ,Pst )

(3.7)

3.3 ÎMBINĂRI SUDATE La calculul îmbinărilor sudate, pentru corectitudinea calculelor se impun respectarea următoarelor principii generale: a) Tensiunea admisibilă a materialului cordonului de sudură se determină pe baza tensiunii admisibile la întindere a tablelor sudate, a: 96

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

➢ pentru tracțiune: s = 0,8∙a, ➢ pentru compresiune: s = 1,0∙a, ➢ pentru forfecare: s = 0,65∙a, b) se consideră că tensiunea este uniformă pe toată lungimea cordonului de sudură, c) datorită imperfecțiunilor de capăt ale cordoanelor de sudură, se acceptă relația: (3.8) u =  – 2a u – lungimea utilă sau lungimea de calcul a cordonului,  – lungimea reală, executabilă, a – grosimea cordonului de sudură, Grosimea cordonului de sudură se adoptă în funcție de felul în care este realizată sudura. Pentru o sudură cap la cap (fig.3.5) supusă la tracţiune, se consideră că grosimea sudurii este egală cu grosimea tablelor a = h, iar lungimea utilă a sudurii este s = b - 2a.

Fig.3.5 Se scrie condiţia de rezistenţă: tr =

F  0,8a , a=h. a  (b − 2a )

(3.9)

În cazul unei suduri de colț bilaterale, grosimea sudurii se calculează funcție de tipul sudurii: - sudură de colț bilaterală normală: a = 0,7h, 97

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

- sudură de colț bilaterală adâncă: a = h, unde h = min(h1,h2).

a) sudură colț normală

b) sudură colț adâncă Fig.3.6

Pentu o sudură frontală, forţa de tracţiune F ce solicită îmbinarea, este preluată de cordoanele de sudură aplicate. Tablele sudate sunt de grosimi diferite. Grosimea cordonului de sudură va fi: a = 0,7h, unde h = min(h1,h2).

b) sudură bifrontală

a) sudură monofrontală Fig.3.7

Cordonul de sudură are secţiunea transversală a unui triunghi dreptunghic şi isoscel (fig 3.8).

Fig.3.8

Forța F se descompune în componentele N de tracţiune şi T de forfecare, egale cu: - sudură monofrontală N = T = Fcos45  0,7F , - sudură bifrontală N = T = 0,5  Fcos45  0,35F .

Aceste componente N și T, dau o solicitare compusă de 98

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

tracţiune cu forfecare pentru cordonul de sudură. S-a constatat că solicitarea cu efect mai mare este forfecarea. Condiţia de rezistenţă pentru sudura frontală este: F - sudură monofrontală: f =  0,65a , a (b − 2a ) (3.10) 0,5F - sudură bifrontală: f =  0,65a . a (b − 2a ) La sudurile de flanc cu două cordoane de sudură simetrice (figura 3.9), condiția de rezistență este (3.11). f =

F  0,65a , a (b − 2a )

(3.11)

a = 0,7h, unde h = min(h1,h2).

Fig.3.9 La cordoanele de sudură asimetrice față de axa piesie, forţa F acţionează pe direcţia centrelor de greutate a cornierelor. Sudurile sunt solicitate la forfecare de forţele T1 şi T2, care se determină din teorema momentelor şi a proiecţiilor. Se obţin expresiile: T1 =

c1 c1 F F şi T2 = c1 + c 2 c1 + c 2

(3.12)

Condițiile de rezistență scrisă pe fiecare cordon în parte sunt: T1 T2 fs1 =  0,65a , şi fs2 =  0,65a . (3.13) a ( 1 − 2a ) a ( 2 − 2a )

99

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

Fig.3.10 Lungimile efective ale cordoanelor de sudură se determină din (3.13) și au expresiile: T2 T1 + 2a. , + 2a, 2  1  1,3a  a 1,3a  a (3.14) a = 0,7h, unde h = min(h1,h2). Deși la majoritatea îmbinărilor se manifestă efectul de concentrare a tensiunilor, în aplicațiile din acest capitol acești coeficienți nu au fost luați în considerare.

100

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME REZOLVATE Aplicația 3.1. Pentru motajul din figura 3.11 se cunosc următoarele rezistențe admisibile at = 140 [MPa], af = 110 [MPa] și pa = 210 [MPa], precum și F = 500 [kN]. Se cere să se determine diametrul util al șuruburilor 2, precum și dimensiunile a, b, d1, d2, d3.

Fig.3.11 REZOLVARE: Tija şuruburilor este supusă la tracţiune: N F 2F tr = =  at   at  d = 27,54 [mm]. 2 d A 3d2 6 4 se adoptă un diametru standardizat. 101

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

După cum se poate observa din figura 3.12, suprafețele de forfecare ale pieselor 3 și 4 (indicate cu culoare roșie), sunt niște arii laterale de cilindru. Tendința de forfecare a piesei 

Tendința de forfecare a piesei 

Fig.3.12 Sunt supuse la tracţiune piesele  şi : N 4F - piesa :  tr =  at  2  at A d3 F

  at (2)  2 2 d2 − d1 4 Sunt supuse la forfecare piesele  şi : T F - piesa :  f =  af   af A d3a

- piesa :

- piesa :

(

(1)

)

F  af d1b

(3)

(4)

Se produce strivire sau presiune de contact între piesele  şi : P F p st = st  pa   p a (5)  2 A st 2 d1 − d3 4 Din relațiile (1), (2) ... (5) se obține un sistem de 5 ecuaţii cu 5 necunoscute. Soluțiile sistemului sunt: d1 = 87,078 mm, d2 = 110,146 mm, d3 = 67,450 mm, a = 21,46 mm, b = 16,62 mm.

(

)

102

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 3.2. Pentru motajul din figura 3.13 se cunosc următoarele rezistențe admisibile at = 160 [MPa], af = 120 [MPa] și pa = 320 [MPa], precum și F = 500 [kN]. Determinați dimensiunile a, b, b1, c și d.

Fig.3.13 REZOLVARE: Calculul tijei la tracțiune: N F F F 160  103 2 tr = =  at  A = a = a= = 31,6 [mm] A A at at 160

Se adoptă a = 32 [mm]. Calculul de forfecare al capului tjei: T F F F 160  103 f = =  af   af  c = = A A 4ac 4  a  af 4  32  120 c = 10,4 [mm]. Se adoptă c = 11 [mm]. Calculul presiunii de contact dintre manșon și capului tjei: F F F 160  103 2 p s =  pa  2  pa  b1 = +a = + 322 2 A b1 − a pa 320

b1 = 38,7 [mm]. Se adoptă b1 = 39 [mm].

103

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

Calculul de forfecare al umărului manșonului: F F F 160  103 f =  af   af  d = = A 4  d  b1 4  b1  af 4  39  120 d = 8,5 [mm]. Se adoptă d = 9 [mm]. Calculul la tracțiune al manșonului: tr =

F F  at  2  at  b = A b − b12

F + b12  50 [mm]. at

Aplicația 3.3. Doua profile laminate sunt îmbinate cu o platbandă ca în figura 3.14 cu ajutorul niturilor de diametrul d = 4 [mm]. Forța care solicită această îmbinare este P = 35000 [N]. Grosimea profilelor este h1 = 1 [mm], iar a platbenzii h = 2 [mm]. Cunoscând rezistențele admisibile ale niturilor af = 100 MPa, pas = 280 Mpa, se cere să se calculeze numărul de nituri necesar îmbinarii.

Fig.3.14 REZOLVARE: Se va calcula sarcina capabila de forfecare si strivire ce revine pe un nit. Se va nota cu i – numărul de secțiuni ce tind să se foarfece pe un nit. În cazul acestei aplicații, i = 2. 104

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

- forfecare: Pf Pf d2   42 f = =  f a  Pf (cap) = i   f a = 2   110 = 2512 [N], d2 Af 4 4 i 4 - strivire: P Pst pst = st =  pa  Pst(cap) = d  hmin  pa = 4  2  280 = 2240 [N]. A st d  hmin hmin = min(2h1,h). Numarul de nituri necesar imbinarii din calcul: P 35000 n= = = 15,625 min(Pf (cap);Pst(cap) ) 2240 Se adoptă: n = 16 nituri. Numărul total de nituri necesar îmbinării se majorează cu 20%. ntotal = n + 20% = 1.2n = 19.2 nituri. Se adoptă ntotal = 20 nituri. Aplicația 3.4. Doua table de oțel sunt îmbinate cu patru nituri de diametrul d = 20 [mm]. Să se verifice îmbinarea, considerând o tensiune admisibilă de a = 140 [MPa].

Fig.3.15 105

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

REZOLVARE: Forța ce revine pe un nit este: P1 =

P = 30 [kN]. 4

Verificarea niturilor la forfecare: T P1 4  30  103 f = = = = 95,5 [MPa] < af , A f d2   202 4 af = ( 0,7 − 0,9 )  a = 0,8  140 = 112 [MPa]. Calculul la strivire: P1 P1 30  103 pst = = = = 166,67 [MPa] < pa, A st d  hmin 20  9 pa = (1,5 − 2,0 )  a = 1,5  140 = 210 [MPa].

Verificarea tablelor la tracțiune în secțiunile 1, 2 și 3:: N 120  103 1 = 1 = = 133,3 [MPa] < a, A1 (120 − 20 )  9 2 =

N2 120  103 − 30  103 = = 125 [MPa] < a, A2 (120 − 2  20 )  9

N3 30  103 3 = = = 33,3 [MPa] < a. A 3 (120 − 20 )  9

Aplicația 3.5. Sa se calculeze lungimile necesare ale celor două cordoane de sudură din figura 3.16 astfel încât ansamblul să îndeplinească condiția de rezistență. Se dau: h = 10 [mm], a = 140 [MPa]. REZOLVARE: Din memorator, pentru L 80x80x10, se extrag caracteristicile geometrice de interes: e = 23,4 [mm],  L80x80x10 :  A = 1510 [mm2 ], c = 80 [mm].  În primă fază, vom determina sarcina capabilă (maximă) preluată de ansamblu din condiția de rezistență la tracțiune. 106

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.3.16 tr =

N P =  a  P(cap) = A  a = 1510  140 = 211400 [N] , A A

Cordoanele de sudură preiau forțele P1 și P2, care se obțin din ecuațiile de momente scrise față de fiecare cordon de sudură în parte. P1  ( c1 + c 2 ) = P  c 2  P1 =

P  c2 P  c 2 211400  56,6 = = = 149565,5 [N], c1 + c 2 c 80

P2  ( c1 + c 2 ) = P  c1  P2 =

P  c1 P  c1 211400  23,4 = = = 61834,5 [N]. c1 + c 2 c 80

Tensiunile de forfecare pe cele două cordoane de sudură sunt: fs1 =

P1 P1 =  as  P1 = a  A fs1 a  1c

fs2 =

P2 P2 =  as  P2 = a  A fs2 a  2c

1c

 as

2c

 as

a  0.7  h = 0,7  10 = 7 [mm]

Fig.3.17

as = 0,65  at = 0,65  140 = 91 [MPa]

107

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

Sudura de colț se idealizează cu o prismă cu baza triunghiulară. Secțiunea cea mai periculoasă la forfecare este indicată cu hașură în figura 3.17. Practic, secțiunea este un dreptunghi obținut din tăierea prismei cu un plan longitudinal orientat la un unghi de 45o față de muchiile bazei. Lungimile celor doua cordoane de sudura rezultate din calcul sunt: P1 149565,5 = = 234,8 [mm] 1c = a  as 7  91 2c

=

P2 61834,5 = = 97,07 [mm] a  as 7  91

Lungimile utile ale celor doua cordoane de sudura sunt: 1u

=

1c

2u

=

2c

+ 2a = 251.68 [mm], + 2a = 112.26 [mm].

Aplicația 3.6. Un tub de oțel cu dimensiunile D = 250 [mm], h = 10 [mm] și  = 400 [mm] este îmbinat prin suduri la capete de două plăci. Îmbinarea este realizată la un capăt prin sudură de colț cu muchia neprelucrată, iar la celălalt capăt cu muchia prelucrată. Tubul este supus unei scăderi de temperatură t = 30oC. Proprietățile de material sunt: a = 140 [MPa], E = 2,1∙105 [MPa] și coeficientul de dilatare termică  = 12,5∙10-6 [grad-1]. Să se determine tensiunile din suduri.

Fig.3.18 108

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

REZOLVARE: Variația de temperatură produce în tub o forță de întindere: N = A    E  t =

 ( 2502 − 2302 ) 4

 12,5  10−6  2,1 105  30,

N = 593760 [N] . Grosimea sudurii 1 (cu marginile prelucrate): a1 = h = 10 [mm], Grosimea sudurii 2 (cu marginile neprelucrate): a2 = 0,7∙h = 7 [mm]. Tensiunea de forfecare din sudura 1 este: N N 593760 fs1 = = = = 75,6 [MPa], A fs1   D  a1   250  10

fs2 =

N N 593760 = = = 103,8 [MPa]. A fs2   (D + h )  a2   ( 250 + 10 )  7

Aplicația 3.7. În nodul unei grinzi cu zăbrele lucrează forțele P1= 350 [kN], P2, P3 și P4 = 150 [kN]. Să se dimensioneze barele 1 (două profile U), 2 și 3 (câte două corniere cu aripi egale) și să se determine numărul necesar de nituri pentru fiecare bară în parte. Tensiunea admisibilă a barelor este a = 140 [MPa].

Fig.3.19 109

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

REZOLVARE: Din echilibrul nodului B, rezultă:  2 P − P − P =0;  3  X = 0 ,  1 2 P2 = 200 [kN], 2      Y = 0 ,  2 P3 = 212,76 [kN]. P − P = 0 ; 3  4 2 Dimensionarea profilelor: Bara notată cu  este supusă la compresiune de sarcina maximă P1, conform diagramei de eforturi axiale din figura 3.20.

Fig.3.20 P N P  a  1  a sau A1  1 = 2500 [mm2 ] ; a A A1 se adoptă din STAS două pofile U10, fiecare cu aria A = 1350 [mm2] şi t1 = 6 [mm]. Bara  este supusă la tracţiune: P P N 2tr =  a  3  a sau A 2  3 = 1519,42 [mm2 ]; a A A2 se adoptă din STAS două corniere cu aripi egale L 60x60x8, fiecare cu aria A = 963 [mm2]. Bara  este supusă la compresiune: P N P 3co =  a  4  a sau A 3  4 = 1071,42 [mm2 ]. ; a A A3 se adoptă din STAS două corniere cu aripi egale L 50x50x6, fiecare cu aria A = 569 [mm2]. Pentru nituri se folosesc următoarele valori ale tensiunilor admisibile: - la forfecare, a = 0,9∙a = 0,9∙140 = 126 [MPa]; - la strivire, pa = 1,5∙a = 1,5∙140 = 210 [MPa]. 1co =

110

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Diametrul nitului se determină plecând de la ideea unei egale rezistențe a tijei nitului la forfecare și strivire. 4 pa 4 210 d= hmin =   10  21mm ;  a  126 se adoptă pentru nituri d = 21 mm, pentru toate cele trei bare ce se întâlnesc în nodul luat în studiu. Un nit de diametru d = 21 mm, suportă la forfecare şi strivire, următoarele forţe: d2   212 a = 2   126 = 87238,62 [N] ; - forfecare, Tf = i 4 4 - strivire, Pst = d  hmin  pa = 21 10  210 = 44100 [N]

cu hmin = min (2t1, t 2 ) sau hmin = min (t 2 ,2 t 3 ) (secțiunile a-a, b-b și c-c din figura 3.19). La toate cele trei bare sunt câte 2 secţiuni de forfecare ale aceluiaşi nit şi hmin = 10 [mm], grosimea guşeului. Se calculează numărul de nituri necesare îmbinării: 1,2F n= min ( Tf ,Pst ) 1,2(P1 − P2 ) - bara : n1 = = 4,08 , se adoptă n1 = 5 nituri, Pst 1,2P3 - bara : n2 = = 5,78 se adoptă n2 = 6 nituri, Pst 1,2P4 - bara : n3 = = 4,08 se adoptă n3 = 5 nituri. Pst Se admite că niturile se „bat” pe axa centrelor de greutate a barelor, câte unul pe secţiunea transversală respectivă. Secţiunile, devin „slăbite” prin practicarea găurilor de nit. Din acest motiv se fac calcule de verificare al barelor , , ‚ cu neglijarea concentratorilor de tensiune. Rezultă: P1 P1 350  103 1 = = = = 142,97 [MPa] ; A ef 2 ( AU10 − dt1 ) 2 (1350 − 21 6 ) P3 P2 212,76  103 2 = = = = 133,81[MPa] ; A ef 2 ( AL1 − dt ) 2 ( 963 − 21 8 ) P4 P4 150  103 3 = = = = 169,30 [MPa] ; A ef 2 ( AL2 − dt 3 ) 2 ( 569 − 21 6 )

111

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

În practică, se pot accepta depăşiri ale tensiunii admisibile de pană la 5 % (a se vedea definirea noţiunii de tensiune admisibilă). În aceste condiţii, barele notate cu  şi  rezistă solicitării de tracţiune-compresiune. Pentru bara  se adoptă 2 profile de tip cornier cu aripi egale de arie mai mare; fie acestea L 60x60x6 cu, A = 691 [mm2]. Se reface calculul: P4 P4 150  103 3 = = = = 132,74 MPa ; A ef 2(A L 2 − dt 3 ) 2(691 − 21 6) Se constată că şi bara  rezistă la compresiune, deoarece: 3 = 132,74 MPa  a = 140 MPa . Aplicația 3.8. În nodul unei grinzi cu zăbrele se întâlnesc barele 1, 2 și 3 legate de un guseu prin sudură. Bara 1 este formată din două profile U (secțiunea m-m din fig 3.21), iar barele 2 și 3 din câte două corniere cu aripi egale (secțiunile n-n și s-s). Solicitarea lor este de tracţiune cu F1 = P 2 , F2 şi F3. Se cunosc: P = 150 [kN], a = 140 [MPa]. Să se dimensioneze barele îmbinării şi sudura acestora de guseu.

Fig.3.21 REZOLVARE: Nodul grinzii cu zăbrele este în echilibru. Din

Y = 0

bază de simetrie, F2 = F3; Din echilibru pe orizontală (  X = 0 ), rezultă că: 112

sau pe

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

F1 = 2F2 cos 45 , sau F1 = F2 2 şi deci F2 = F3 = P = 150 [kN]. Toate „barele” nodului sunt solicitate la tracţiune: F1 150 2  103 A1nec  = = 1510,71[mm2 ] ; a 140 se adoptă din STAS două profile U6 fiecare cu A = 903 [mm2] şi t1 = 5,5 [mm]. F2 150  103 A 2 nec = A 3 nec = = = 1071,42 [mm2 ] ; a 140 se adoptă din STAS, pentru barele  şi  câte două corniere cu aripi egale L 50x50x6 fiecare cu aria secţiunii transversale A = 569 [mm2] şi t2 = 6 [mm].

Calculul sudurilor de lungime 1. Forţa F1 supune la forfecare 4 (patru) cordoane de sudură de aceeaşi lungime utilă 1u şi aceeaşi înălţime a1  0,7t1 = 3,85 [mm] ; se adoptă a1 = 4 [mm]. F F1 f = 1  a   0,65a , Af 4a1 1u sau

1u

1

= =

F1 150 2  103 = = 145,26 [mm] 2,6a1a 2,6  4  140 1u

+ 2a1 = 153,26 mm ; se adoptă 1 = 155 mm.

Calculul sudurilor de lungime 2 şi 3. Forţa F2 sau F3‚ supune sudurile la forfecare; ele se „distribuie” în componentele T2 şi T3 ce solicită la forfecare câte două cordoane de sudură notate cu 2 şi respectiv 3 şi cu a2 = 0,7  t 2 = 4,2 [mm] . Componentele T2 şi T3 rezultă din ecuațiile de momente scrise în raport cu axa longitudinală a cornierelor şi au valorile: F2  e 150  103  14,5 = = 43500 [N] ; e+c 50 F2  c 150  103  35,5 T3 = = = 106500 [N] . e+c 50

T2 =

Din condiţia de forfecare, se scrie:

113

T2  0,65a , 2a2 2u

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

de unde



2u

2

Analog:

=

3u

3

=

T2 43500 = = 56,90 [mm]; 1,3a2a 1,3  4,2  140

+ 2a2 = 65,3 [mm] ; se adoptă 2 = 66 [mm]. T3 106500  = = 139,32 [mm]; 1,3a2a 1,3  4,2  140 2u

3u

+ 2a2 = 147,72 [mm] ; se adoptă 3 = 148 mm.

114

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE APLICAȚIA 3.9. Două plăci de oțel sunt îmbinate împreună cu patru nituri cu diametrul de 35 mm, așa cum este arătat (figura 3.22). Cunoscând că valorile admisibile ale tensiunilor de forfecare și de strivire ale materialului din care sunt realizate niturile sunt: af = 70 [MPa], respectiv pas = 120 [MPa], iar tensiunea normală admisă a plăcilor este a = 160 MPa, să se determine valoarea maximă a forței P care poate fi aplicată în condiții de siguranță.

Fig.3.22 APLICAȚIA 3.10. O placă de glisare este nituită pe o placă mai mare cu trei nituri de diametrul d = 30 [mm], așa cum se arată (figura 3.23). Determinați forțele de forfecare dezvoltate în nituri.

Fig.3.23 APLICAȚIA 3.11. Două plăci sunt sudate ca în figura 3.24. Ce forță maximă P poate fi aplicată astfel încât ansamblul să reziste? Se dă tensiunea admisibilă de forfecare a sudurii, as = 70 [MPa] și tensiunea admisibilă a materialului plăcii a = 160 [MPa]. 115

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

Fig.3.24 APLICAȚIA 3.12. Determinați valoarea maximă a forței P care poate fi aplicată la plăcile sudate din figura 3.25, dacă tensiunea admisibilă a materialului din care este realizată placa este a = 160 [MPa], iar cea a materialului sudurii este 80% din cea a materialului plăcii.

Fig.3.25

APLICAȚIA 3.13. O sarcină P se aplică unei tije de oțel susținută așa cum se arată în figura 3.26. Să se determine valoarea maximă a forței P care poate fi aplicată în siguranță pe tija de oțel. Se cunosc: a = 190 [MPa], af = 110 [MPa], pas = 250 [MPa]. Fig.3.26

116

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

APLICAȚIA 3.14. Două scânduri din lemn sunt îmbinate prin lipire ca în figura 3.27. Determinați lungimii necesară  astfel încât sarcina de 6 kN să fie susținută în siguranță dacă tensiunea admisibilă a adezivului este a = 1,5 MPa.

Fig.3.27

117

3. CALCULUL CONVENȚIONAL LA FORFECARE

118

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

4.1 NOȚIUNI TEORETICE Momentele statice și momentele de inerție sunt proprietăți geometrice care descriu capacitatea unei secțiuni transversale de a rezista la solicitări de încovoiere, respectiv torsiune. Spre exemplu în figura 4.1 avem două situații: a) secțiunea transversală are latura verticală mai mare (h > b), b) secțiunea transversală are latura orizontală mai mare (b > h). Sub acțiunea aceleiași sarcini exterioare, se poate observa că grinda din cazul a) se deformează mai puțin decât cea din cazul b). În concluzie, secțiunea transversală din cazul a) are o capacitate mai mare de preluare a sarcinilor exterioare față de cazul b) datorită modului în care este distribuită aria secțiunii transversale față de direcția de acțiune a forței exterioare (greutatea omului).

Fig.4.1 În relaţiile de calcul de la solicitările (compresiune) şi forfecare (cazul pieselor de mică), intervine aria secţiunii transversale. influenţează mărimea tensiunilor ce apar 119

simple de tracţiune secţiune transversală Forma acesteia nu în urma solicitărilor

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

amintite. În cazul barelor solicitate la torsiune sau încovoiere, dimensiunile secţiunilor transversale se pun în evidență prin caracteristici de ordin superior: momente statice, momente de inerţie sau module de rezistenţă. Mărimea şi forma secţiunii transversale influenţează considerabil mărimea caracteristicilor amintite, pe baza acestora efectuându-se calcule de rezistență (dimensionare, verificare, sarcină capabilă) și rigiditate (deformații). Se consideră o suprafaţă oarecare, A (fig.4.2), raportată la sistemul de axe zOy. Momentele statice se definesc față de o axă şi se calculează ca „suma” produselor dintre aria elementară dA şi distanţa de la aceasta la axa de calcul.

Fig.4.2 Sz =  ydA și Sy =  zdA. A

(4.1)

A

Momentele statice se măsoară în unităţi de lungime la puterea a III-a [mm3] şi pot fi pozitive, negative sau nule. Ele pot fi calculate şi în funcţie de coordonatele centrului de greutate: Sz = A  yG; Sy = A  zG.

(4.2)

Axele faţă de care momentele statice ale suprafeţei A sunt nule se numesc centrale, intersecţia lor fiind centru de greutate G al suprafeţei considerate. Totdeauna axele de simetrie sunt axe centrale; faţă de acestea momentele statice sunt nule.

120

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Poziţia centrului de greutate G al unei suprafeţe oarecare A se determină cu relaţiile: S yG = z = A

 ydA A

 dA

, zG =

Sy A

=

 zdA A

A

 dA

.

(4.3)

A

Dacă suprafaţa oarecare A este formată din arii simple cunoscute Ai, relaţiile (4.3) iau forma: yG =

y  A , A i

i

zG =

i

z  A . A i

i

(4.4)

i

Pentru suprafaţa oarecare A, raportată la sistemul rectangular de axe zOy, se definesc trei tipuri de momente de inerţie: a) Momente de inerţie axiale sau ecuatoriale. Acestea se definesc faţă de câte o axă și se calculează ca suma produselor dintre aria elementară dA şi pătratul distanţei de la aceasta la axa de calcul.  z =  y 2dA;  y =  z2dA. A

(4.5)

A

Acestea sunt totdeauna pozitive si se măsoară în [mm4]. b) Moment de inerţie centrifugal. Acesta se defineşte faţă de două axe şi se calculează cu suma produselor dintre aria elementară dA şi distanţele de la aceasta la axele de calcul.  zy =  zydA.

(4.6)

A

Momentul de inerţie centrifugal poate fi pozitiv, negativ sau nul şi se măsoară in [mm4]. Relaţia de definiţie (4.6) arată că, suprafeţele ce au cel puţin o axă de simetrie suprapusă peste o axă centrală, au momentul centrifugal egal cu zero. c) Momentul de inerţie polar. Acesta se defineşte faţă de un punct denumit pol (în general originea sistemului de referinţă) şi se calculează cu suma produselor dintre aria elementară dA şi pătratul distanţei de la aceasta la pol. 121

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

p =  r 2dA.

(4.7)

p =  ( z2 + y 2 ) dA =  z +  y .

(4.8)

A

A

Ecuaţiile de mai sus arată că suma momentelor de inerţie axiale ale suprafeţei A, este chiar momentul de inerţie polar al acestuia. Dacă sistemul rectangular z1O1y1 este central, adică O1 coincide cu centrul de greutate G al ariei A, momentele de inerţie ale acestuia faţă de sistemul zOy oarecare paralel z1O1y1 (fig.4.2), se calculează cu relaţia lui Steiner:  z =  z1 + y 02  A;  2  y =  y1 + z0  A;   zy =  z1y1 + z0 y 0 A;

(4.9)

relaţii care arată variaţia momentelor de inerţie ale ariei A cu translaţia axelor. Dacă suprafaţa oarecare A, este formată din figuri geometrice simple cunoscute, relaţiile (4.9) iau forma: n  2  =  z   zi + y 0i A i ; i=1  n  2  =  y   yi + z0i A i ; i=1  n   zy =   ziyi + z0i y 0i A i ; i=1 

(

)

(

)

(

(4.10)

)

zi, yi fiind axele ce trec prin centrele de greutate Gi ale suprafeţelor geometrice simple, componente ale suprafeţei A. Suprafaţa oarecare A din figura 4.2 este raportată la sistemul rectangular de axe zOy faţă de care se cunosc momentele de inerţie z, y, zy. Faţă de sistemul de referinţă z1Oy1, rotit cu unghiul  față de sistemul inițial zOy, momentele de inerţie au expresile (4.11).

122

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.4.3 z + y z − y   = + cos(2 ) −  zy  sin(2 );  z1 2 2  z + y z − y  − cos(2 ) +  zy  sin(2 );  y1 = 2 2  z − y  sin(2 ) +  zy  cos(2 );  z1y1 = 2 

(4.11)

Axele faţă de care momentele de inerţie axiale au valori extreme, unul maxim celălalt minim, se numesc direcţii principale de inerţie; ele sunt date de relaţia: tg ( 21,2 ) = −

2 zy z − y

,

(4.12)

cu soluţiile 1 şi 2, adică 1 = 2 + , Faţă de direcţiile principale de inerţie notate cu 1 şi 2 se calculează momentele principale de inerţie 1 şi 2 unde 1 > 2. Faţă de aceste direcţii momentul de inerţie centrifugal este zero. 1,2 =

z + y 2



(

−  y ) + 4 2zy 2

z

123

(4.13)

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

Relația: pr =

z + y 2

−

 zy

sin ( 21,2 )

,

(4.14)

arată „direcţia” faţă de care, momentul de inerţie principal este cel mare. Se desprind cazurile: a) Dacă zy < 0, pr devine cel mare pentru sin(21,2) > 0, ceea ce înseamnă că 0 < 1,2 < 90o, adică faţă de direcţia principală ce trece prin cadranele I şi III ale sistemului de axe (cadranul I fiind dat de rotirea axei z peste axa y în sens antiorar, fig.4.4,a). b) Dacă zy > 0, pr devine cel mare pentru sin(21,2) < 0, ceea ce înseamnă că 90o < 1,2 < 180o, adică faţă de direcţia principală ce trece prin cadranele II şi IV ale sistemului de axe (fig.4.4,b).

Fig.4.4 Dacă punctul O luat ca origine a sistemului de axe de coordonate este chiar centrul de greutate G al suprafeței A, axele se numesc principale centrale de inerție, iar momentele sunt principale de inerție. Razele de inerție pe baza cărora se construiește elipsa de inerție se calculează cu relațiile: 1  , i2 = 2 . A A Pentru verificarea calculelor se poate utiliza relația:  z   y −  2zy = 1   2. i1 =

124

(4.15)

(4.16)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME REZOLVATE

Aplicația 4.1. Pentru suprafața din figura 4.5, se cer momentele de inerţie ale suprafeţei z, y și zy, direcțiile principale de inerție (1, 2), momentele principale de inerție 1, 2 și elipsa de inerție. Fig.4.5 REZOLVARE: Pentru soluționarea cerințelor se vor parcurge pașii descriși la partea teoretică. Suprafața se va împărți în suprafețe simple cunoscute. Se vor obține trei dreptunghiuri așa cum se observă în figura 4.6, Pentru fiecare dreptunghi se va indica centrul de greutate și de acesta se va atașa un sistem local central de axe. Se va alege un sistem de referință inițial și se vor poziționa centrele de greutate ale dreptunghiurilor în raport cu originea sistemului ales.

Fig.4.6

Determinarea centrului de greutate al întregii suprafețe: Se vor poziționa centrele de greutate O1, O2 și O3 în raport cu originea sistemului ales inițial z0Oy0 (figura 4.6).

125

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

Fig.4.7 În tabelul de mai jos este dată poziția centrelor de greutate și aria fiecărei suprafețe. c.g. Coordonate în raport cu z0Oy0 Arie suprafață local yi zi Ai O1 t 3t 12t2 O2 6t t 16t2 O3 11t -t 12t2 3

yG =

y A i=1 3

i

A i=1

y1A1 + y 2 A 2 + y 3 A 3 t  12t 2 + 6t  16t 2 + 11t  12t 2 = = = 6t ; A1 + A 2 + A 3 12t 2 + 16t 2 + 12t 2

i

i

3

zG =

z A i=1 3

i

A i=1

i

2 2 2 z1A1 + z2 A 2 + z3 A 3 3t  12t + t  16t + ( −t )  12t = = = t. A1 + A 2 + A 3 12t 2 + 16t 2 + 12t 2

i

Centrul de greutate al întregii suprafețe, în raport cu originea aleasă inițial are coordonatele G(yG, zG)  G(+6t;+t). 126

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Determinarea momentelor de inerție axiale z, y și centrifugale, zy: Odată determinată poziția centrului de greutate, sistemul de referință ales inițial nu mai este de utilitate, iar pentru calculul momentelor de inerție se va utiliza noul sistem de coordonate zGy ce trece prin centrul de greutate al suprafeței. Acest sistem se va numi sistem central, iar axele sale față de care vom calcula momentele de inerție sunt axe centrale. Punctul G va fi noua origine față de care vom poziționa punctele O1, O2 și O3. c.g. local O1 O2 O3

Fig.4.8

Coordonate în raport cu zGy yGi zGi -5t 2t 0 0 5t - 5t

Arie suprafață Ai 12t2 16t2 12t2

Calculul momentului de inerție axial în raport cu axa z, z: 2  z =  (  zi + yGi  Ai ) 3

i=1

- primul termen din relația lui Steiner reprezintă momentul de inerție al suprafeței 1 în raport cu axa locală z1, - al doilea termen este momentul de inerție al suprafeței 1 în raport cu axa centrală z. momentul de inerție axial în raport cu axa locală z, pentru bi  hi3 dreptunghi:  zi = . 12

127

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE 2 2 2 2  z =  (  zi + yGi  A i ) = (  z1 + yG1  A1 ) + (  z2 + yG2  A 2 ) + (  z3 + yG3  A3 ) 3

i=1

 6t  ( 2t )3    2t  ( 8t )3   2 2 2 2  z =   + ( −5t )  12t  +   + ( 0 )  16t  +  12    12    6t  ( 2t )3   2 +   + ( 5t )  12t 2  = 693,33t 4 .  12  

Calculul momentului de inerție axial în raport cu axa y, y: 2  y =  (  yi + zGi  A i ), 3

i=1

bi3  hi - momentul de inerție axial în raport cu axa locală y, 12 pentru dreptunghi,  yi =

2 2 2  y =  (  yi + zi2 A i ) = (  y1 + zG1  A1 ) + (  y2 + zG2  A 2 ) + (  y3 + zG3  A3 ) 3

i=1

 ( 6t )3  2t    ( 2t )3  8t   2 2 2 2   +  y =  + 2t  12t + + 0  16t  ( )   ( )     12 12        ( 6t )3  2t   2 2 +   + ( −2t )  12t  = 173,33t 4 .  12  

Calculul momentului de inerție centrifugal, zy: 3

(

 zy =   ziyi + zGi  yGi  A i i=1

)

 ziyi = 0 - momentul de inerție centrifugal în raport cu sistemul

locală central, pentru dreptunghi este nul pentru că cel puțin una din axele centrale ale sistemului local se suprapun peste cel puțin o axă de simetrie,  zy =  z1y1 + zG1  yG1  A1  +  z2y2 + zG2  yG2  A 2  +  z3y3 + zG3  yG3  A 3   zy = 0 + 2t  ( −5t )  12t 2  + 0 + 0  0  16t 2  + 0 + ( −2t )  5t  12t 2  , zy = - 240 t4.

128

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Determinarea direcțiilor principale de inerție: tg(21 ) = −

1 =

2 zy z − y

,

 2 zy  1 o arctg  −  = 12,405  2  z − y 

  −240t 4 ) ( 1  1 = arctg  −  693.33t 4 − 173.33t 4  2  

1 = 12,405o

2 = 1 +

 = 102,405o. 2

Fig.4.9 În figura 4.9 sunt prezentate axele principale de inerție (1) și (2). Întrucât 1 > 0, sistemul central zGy se rotește în sens anti-orar cu unghiul 1 și se obține sistemul central principal ce conține axele principale (1) și (2) față de care se obțin momentele de inerție extreme (maxim și minim). Întrucât zy < 0, axa de maxim va traversa cadranele I și III. Calculul momentelor de inerție principale 1, 2: 1,2 =

z + y



(

−  y ) + 4 2zy 2

z

2 1 = 787,66t 4, 2 = 79,794t 4

Determinarea razelor elipsei de inerție: i1 =

1 787.66t 4 = = 4.44t A 12t 2 + 16t 2 + 12t 2

i2 =

2 79.794t 4 = = 1.4t A 12t 2 + 16t 2 + 12t 2

129

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

Fig.4.10

În figura 4.10 se prezintă elipsa de inerție obținută pentru suprafața formată din cele trei dreptunghiuri. După cum se poate observa, raza mare a elipsei este orientată perpendicular pe axa de maxim (1) care trece prin cadranele I și III. Orientarea elipsei aduce o informație legată de modul în care este concentrat materialul în structura suprafeței analizate.

Se poate concluziona că direcția care oferă cea mai mare rigiditate este direcția (2) perpendiculară pe axa față de care s-a obținut momentul de inerție maxim. Aplicația 4.2. Se cer momentele de inerţie ale suprafeţei simetrice din fig.4.11. REZOLVARE: Dacă suprafaţa din fig.4.11, este privită ca fiind un dreptunghi de dimensiuni 6ax7a, din care se scad două dreptunghiuri de dimensiuni 2,5ax5a (toate au centrele de greutate pe axa Gz), momentul de inerţie axial se calculează astfel: 6a ( 7a ) 2,5a ( 5a ) z = −2 = 119,4a4 12 12 3

Fig.4.11

3

Pentru determinarea momentului de inerţie axial z, prin aplicarea relației lui Steiner (4.10) se ajunge la același rezultat.

130

REZISTENŢA MATERIALELOR 3

(

2  z =   zi + yGi  Ai

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

)

1

 a  ( 5a )2   6a  a3  6a  a3  2 2 2 z =  + ( 3a )  6a  +  + 0 +  + ( 3a )  6a2  = 119,4a4   12  12   12  Iz1

Iz3

Iz2

Pentru calculul momentului de inerţie axial Iy, nu se mai foloseşte Steiner deoarece toate cele trei dreptunghiuri au centrele de greutate pe axă faţă de care se face calculul (Gy): 3

 y =   yi 1

( 6a ) =

3

12 Iy1

a

a3  5a ( 6a )  a + + = 36,4a4 . 12 12 3

Iy2

Iz3

Aplicația 4.3. Se cer momentele de inerţie ale suprafeţei plane din fig.4.12.

Fig.4.12 REZOLVARE: Suprafaţa din fig.4.12, este formată din figurile geometrice cunoscute  şi , simetrice faţă de axa Gy. Se alege sistemul de axe z1Oy1 faţă de care se determină poziţia centrului de greutate G: zG =

 zi A i  Ai

= 0 (axa Oy =axă de simetrie)

131

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

1 2 2 − 0,849  2a + a  4a ( ) y A + y2A 2 2 yG = = 1 1 = = −0,13a . 1 2 A A + A 2  i 1 2  ( 2a ) + a  4a 2 Centrul de greutate al semicercului  s-a calculat cu relaţia:

 yi A i

y1 =

2D 4R 4  2a = = = 0,849 a . 3 3 3

Pe baza coordonatelor zG şi yG se obţine sistemul de axe zGy, care este un sistem central (trece prin centrul de greutate G) şi faţă de care se vor calcula momentele de inerţie axiale centrale. Semicercul notat cu , are următoarele momente de inerţie: - Faţă de axa Oz1 (se calculează cu jumătate din momentul de inerţie al cercului de diametru D = 2R = 4a): 1 D4 1   ( 4a )  z1 = = = 2a4 . 2 64 2 64 4

- Faţă de axa zoG1, momentul de inerţie axial se calculează pe baza relaţiei lui Steiner, astfel:  z1 =  z0 + y02 A , unde:  z0 =  z1 − y02 A = 2a4 − ( 0,849a )

2

1 2  ( 2a ) = 1,7533a4 2

Momentul de inerţie axial z , al întregii suprafeţe este: 2 2  2  z =   zi + y 02 A i = 1,7533a4 + ( 0,849a − 0,13a ) ( 2a ) 2 1

(

)

 z1

( 2a ) + 12

2

+ ( a + 0,13a )  4a2 = 11,439a4 2

 z2

Momentul de inerţie axial y are valoarea:

( 2a ) = 7,6133a4 . 1 D4 ( 2a ) 1   ( 4a )  y =   y1 = + = + 2 64 12 2 64 12 1 2

4

4

132

4

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 4.4. Să se calculeze direcţiile principale de inerţie şi momentele principale de inerţie, pentru suprafaţa din fig.4.13.

Fig.4.13 REZOLVARE: Suprafaţa din fig.4.13, poate fi privită ca fiind formată din dreptunghiul de dimensiuni 6 x 4,5 şi de centrul de greutate O1 din care se scade dreptunghiul punctat, de dimensiuni 2,5 x 3 şi de centru de greutate O2. Se calculează poziţia centrului de greutate G, faţă de sistemul z0Oy0, ales pentru acest calcul: yG =

y A A i

i

zG =

i

=

2,25  6  4,5 − 1,5  2,5  3 = 2,538 [mm] 6  4,5 − 2,5  3

 z A = ( −3 )  6  4,5 − ( −4,75 )  2,5  3 = −2,327 [mm] . 6  4,5 − 2,5  3 A i

i

i

yG şi zG - sunt coordonatele centrului de greutate G, faţă de sistemul de axe z1Oy1. Se obţine deci, sistemul de axe central zGy, faţă de care se vor calcula elementele cerute în aplicaţie. Momentele de inerţie axiale şi cel centrifugal, calculate faţă de sistemul central zGy sunt:

133

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE 2

z = 

(

1

6  4,53 2  zi + y A i = + ( 2,538 − 2,25 )  6  4,5 − 12

)

2 0

Iz (1)

   2,5  33  2 − + ( 2,538 − 1,25 )  2,5  3  = 34,10 [mm4 ] ;  12  I   z( 2 ) 2

y =  1

(

63  4,5 2  yi + z A i = + ( 3 − 2,327 )  6  4,5 − 12 2 0

)

Iy ( ) 1

  3  2,5  3  2 − + ( 4,75 − 2,327 )  2,5  3  = 45,29 [mm4 ] ;  12  Iy ( )   2 3

(

)

 zy =   ziyi + y0 z0 A i = ( −2,538 + 2,25 )( −3 + 2,327 )  6  4,5 − 1

− ( −2,538 + 1,5 )( −4,75 + 2,327 )  2,5  3  = −13,63 [mm4 ]

Direcţiile principale de inerţie, sunt date de relaţia: tg21,2 = −

2 zy z − y

=

2  ( −13,6297 ) = −2,436 , de unde 34,10 − 45,29

1 = −33,84 şi  2 = 1 + 90 = 56,16 . Unghiul 1 este negativ, ceea ce înseamnă că pentru determinarea direcțiilor principale, sistemul central se va roti în sens orar cu 33,84o. Deoarece zy < 0, momentul de inerţie principal maxim 1 se obține faţă de axa ce trece prin cadranele I şi Ill, axă ce se notează cu (1). Axa perpendiculară pe aceasta se notează cu (2), fig.4.13. Momentele de inerţie principale 1,2 sunt:

1,2 =

34,10 + 45,29 1  2 2

( 34,10 − 45,29 )

2

+ 4  13,62972 ,

de unde 1 = 54,43 [mm4 ] şi 2  24,96 [mm4 ] . 134

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Razele de inerţia au valorile:  54,43 i1 = 1 = = 1,6 [mm] şi se poziţionează pe A 6  4,5 − 2,5  3 direcţia (2) ;  24,96 i2 = 2 = = 1,13 [mm] şi se poziţionează pe direcţia (1). A 19,5 Se obţine astfel, elipsa de inerţie din fig.4.13; ea este orientată pe direcția pe care este distribuit materialul. Aplicația 4.5. În fig.4.14, este arătată o suprafaţă compusă din profile U,  şi un dreptunghi de dimensiuni 120 x 10. Se cere determinarea centrului de greutate G şi calculul momentelor de inerţie centrale axiale.

 A = 1700 [mm2 ]  4 4 Iz = 43,2  10 [mm ] U 12  4 4 Iy = 364  10 [mm ] e = 16 [mm] 

 A = 1830 [mm2 ]  I 14 Iz = 573  10 4 [mm4 ]  4 4 Iy = 36,2  10 [mm ]

Fig.4.14 REZOLVARE: Se alege sistemul de axe z1Oy1 faţă de care se determină poziţia centrului de greutate G: zG =

 zi A i  Ai

= 0 (axa Oy = este axă de simetrie)

135

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

yG =

y A A i

i

i

3

(

=

−e  1700 + 5  1200 + 80  1830 = 26,47 [mm] . 1700 + 1200 + 1830

)

 z =   zi + y 02 A i = 43,2  10 4 + ( e + 26,469 )  1700 + 2

1

Iz ( ) 1

120  103 2 + + ( 26,469 − 5 )  1200 + 12 Iz ( 2)

+ 573  104 + ( 80 − 26,469 )  1830 = 1503,524 [mm4 ] ; 2

Iz (3)

3

y =  1

(

1203  10  yi + z A i =364  10 + + 36,2  104 = 544,2  104 [mm4 ]; 12 2 0

)

4

zy = 0, deoarece suprafaţa din fig.4.14 are axa Gy, axă de simetrie. Direcţiile zG şi yG sunt şi direcţii principale de inerţie iar momentele de inerţie axiale Iz şi Iy sunt şi momente de inerţie principale I1, I2. Razele de inerţie sunt: 1  1503,5237  104 = z = = 56,379 [mm] care se ia pe A A 4730 direcţia principală Gx: i1 =

y 2 544,2  104 i2 = = = = 33,919 [mm] A A 4730 direcţia principală Gz.

care se ia pe

Aplicația 4.6. Pentru suprafaţa compusă din fig.4.15, să se traseze elipsa de inerţie. REZOLVARE: În fig.4.15, este reprezentată o suprafaţă de o formă oarecare la care, pentru trasarea elipsei de inerţie se pot respecta următoarele etape de calcul: 136

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.4.15 1. Se determină poziţia centrului de greutate G, faţă de un sistem z10y1 ales convenabil: b  0 + 0 +  60 −   1830 zA 2  zG =  i i = = 10.446 [mm];  Ai 1700 + 1200 + 1830 yG =

 y A = ( −e )  1700 + 5  1200 + 80  1830 = 26,469 [mm]. 4730 A i

i

i

Centrul de greutate G, va avea coordonatele (zG,yG), faţă de sistemul de axe z1Oy1.. Caracteristicile profilelor U şi  sunt cele date la problema anterioară. 2. Se determină momentele de inerţie ale suprafeţei, faţă de sistemul de axe central zGy. 3

(

)

 z =   zi + y 02 A i = 43,2  104 + ( e + 26,469 )  1700 + 1

2

Iz (1)

120  103 2 2 + + ( 26,469 − 5 )  1200 + 573  10 4 + ( 80 − 26,469 )  1830; 12 Iz (3)

Iz ( 2)

z = 1503,524 [mm4]. 137

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE 3

y = 

(

1

1203  10  yi + z A i = 364  10 + 10,446  1700 + + 10,4462  1200 + 12 I 2 0

)

4

2

y(1)

Iy

( 2)

2

b   + 36,2  104 +  60 − − 10,446   1830 = 625,992  10 4 [mm4 ] 2   Iy

(3)

INTERPRETARE:  z(1) reprezintă momentul de inerţie axial al figurii simple  din fig.4.15 (profilul U12), calculat faţă de axa centrală Gz a întregii figuri. 3

(

)

 zy =   ziyi + y 0 z0 A i = ( −e − 26,469 )( −10,446 )  1700 + 1

+  − ( −26,469 − 51,5 )  ( −10,446 )  1200 + b   + ( 80 − 26,469 )  60 − − 10,446   1830 = 164,495  10 4 [mm4 ] 2  

3. Se determină direcţiile principale de inerţie: tg21,2

2 zy

2  264,495  104 = = = −0,6028 ,  y −  z 625,9926  104 − 1503,5237  104

de

unde

1 = −310822' şi  2 = 1 + 90 = 589177' . Pe baza faptului că momentul de inerţie centrifugal este pozitiv, Izy > 0, momentul de inerţie principal este maxim faţă de axa principală ce trece prin cadranele II şi IV, axa ce se notează cu (1). 4. Se calculează momentele de inerţie principale: 1503,5237  10 4 + 625,9926  10 4 1,2 =  2 1 2  (1503,5237 − 625,9926 )  108 + 4  264,4952  108 2 1 = 1064,758  10 4  1024,642  10 4 2 4 de unde I1 = 1577,094  10 [mm4 ] ; I2 = 552,422  104 [mm4 ] . 138

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

5. Se calculează razele de inerţia i1 şi i2 şi se trasează elipsa de inerţie (suprafaţa din fig.4.15). 1 1577,094  104 i1 = = = 57,37 [mm] şi se ia pa direcţia (2), A 4730 direcţie ce trece prin cadranele I şi III:   552,422  104 i2 = 2 = y = = 34,174 [mm] care se ia pa A A 4730 direcţia (1), direcţie ce trece prin cadranele II şi IV.

Aplicația 4.7. Pentru suprafața din figura 4.16, se cer momentele de inerţie ale suprafeţei z, y și zy, direcțiile principale de inerție (1, 2), momentele principale de inerție 1, 2 și elipsa de inerție.

Fig.4.16 REZOLVARE: Pentru a putea determina poziția centrului de greutate al suprafeței, va trebui să extragem din memoratorul de rezistența materialelor caracteristicile geometrice pentru cele trei suprafețe: profil 10, profil U12 și semicerc. 139

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

În tabelul de mai jos sunt prezentate caracteristicile geometrice ale suprafețelor, așa cum sunt poziționate în memorator. Suprafață

Schema profil

Caracterisitici geometrice b = 50 [mm], h = 100 [mm], A = 1060 [mm2], z = 171∙104 [mm4], y = 12,2∙104 [mm4],

Profil 10

b = 55 [mm], h = 120 [mm], A = 1700 [mm2], z = 364∙104 [mm4], y = 43,2∙104 [mm4], e = 16 [mm].

Profil U12

z = 0,1098∙R4 = 17568 [mm4], y = 0,3987∙R4 = 63792 [mm4], 4R yG = = 8,5 [mm], 3 R2 A= = 628 [mm2 ], 2

Semicerc

Determinarea poziției centrului de greutate: Pentru a determina poziția centrului de greutate, va trebui să alegem un sistem de referință inițial. În cazul aplicației noastre originea acestui sistem coincide cu centrul de greutate local atașat proflului 12 (figura 4.17). Pozițiile lui G1, G2 și G3 în raport cu sistemul inițial ales zoOyo: G1(y1,z1)  G1(0;0); G2(y2,z2)  G2(66;-35); G3(y3,z3)  G3(41,5;-75).

140

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.4.17

y A A zA = A

yG =

i

i

=

0  1060 + 66  1700 + 41,5  628 = 40,81[mm]; 1060 + 1700 + 628

i

=

0  1060 + ( −35 )  1700 + ( −75 )  628 = −31.46 [mm]. 1060 + 1700 + 628

i

zG

i

i

Așadar, coordonatele centrului de greutate sunt G(40,81; -31,46). Calculul momentelor de inerție axiale (z, y) și momentului de inerție centrifugal zy: Pentru a calcua aceste mărimi, va trebui să repoziționăm coordonatele centrelor de greutate locale în raport cu noul sistem determinat denumit sistem central. Pozițiile lui G1, G2 și G3 în raport cu noul system central zGy sunt: G1(y1,z1)  G1(40,81; -31,46), G2(y2,z2)  G2(25,19; -3,54), G3(y3,z3)  G3(0,69; -43,54). În figura 4.18 este prezentată grafic poziția centrului de greutate al suprafeței analizate. 141

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

Fig.4.18 3

(

)

2  z =   zi + y Gi  A i = 171 10 4 + ( 40,81)  1060 + 2

1

Iz (1)

+ *43,2  10 4 + ( 25,19 )  1700 + 17568 + ( 0,69 )  628 2

2

Iz ( 2)

Iz (3)

z = 5,003∙106 [mm4], 3

(

)

2  y =   yi + zGi  A i = 12,2  10 4 + ( −31,46 )  1060 + 2

1

y

(1)

+ *364  10 4 + ( −3,54 )  1700 + 63792 + ( −43,54 )  628 2

y

2

y

( 2)

(3)

y = 6,086∙106 [mm4], 3

(

)

 zy =   ziyi + yGi  zGi  A i = 0 + ( −31,46 )  40,81 1060  + 1

 z1y1

+ 0 + ( −3,54 )  25,19  1700  + 0 + ( −43,54 )  0,69  628   z2 y 2

 z3 y3

zy = -1,531∙106 [mm4], 142

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Întrucât zy < 0, axa de maxim va trece prin cadranele I și III. *) momentele de inerţie ale profilului U12 (z şi y) s-au introdus in relatiile de calcul ţinând cont de poziţia profilului amintit din ansamblul de analizat faţă de cea dată în memorator (efectele inerţiale faţă de axele locale se inversează şi astfel z şi y se înlocuiesc inversat în relaţiile de calcul). Direcțiile principale de inerție: 2 zy 2  ( −1,531)  106 tg21,2 = = = −0,615  y −  z 6,086  106 − 5,003  106 1 = -35,261o, 2 = 54,739o. Calculul momentelor de inerție principale 1, 2: 1,2 =

z + y



(

−  y ) + 4 2zy 2

z

2 1 = 7,17  106 [mm4 ], 2 = 3,921 106 [mm4 ]

Calculul razelor elipsei de inerție i1, i2: i1 =

1 7,17  106 = = 40,0 [mm], A 3388

2 3,921 106 i2 = = = 34,02 [mm]. A 3388

Orientarea și trasarea elipsei de inerție din figura 4.19, precum și determinarea direcțiilor principale de inerție s-au făcut în baza următorului algoritm: - zy < 0, sistemul central de axe zGy se rotește față de poziția inițială cu unghiul 1 = 35,26o în sens orar, în acest fel obținându-se sistemul principal de axe, - y > z, axa principală de maxim va fi mai apropiată de axa care dă momentul de inerție axial cel mai mare, axa y. Axa (1) este axa principală de maxim (mai apropiată de axa centrală verticală y) și travesează cadranele I și III, 143

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

- raza mare a elipsei de inerție este perpendiculară pe axa de maxim

Fig.4.19

Aplicația 4.8. Pentru suprafața din figura 4.20, se cer momentele de inerţie ale suprafeţei z, y și zy, direcțiile principale de inerție (1, 2), momentele principale de inerție 1, 2 și elipsa de inerție. Caz particular: b = 2a, h = 6a. Fig.4.20 REZOLVARE: Se consideră o arie infinitezimală dA de laturi dy și dz situată față de originea O la distanțele y și z. Aria infinitezimală este: dA = dy∙dz, În baza asemănării, se va scrie raportul între laturi: 144

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

z h−y z  =  y = h 1 −  , b h  b Din această ecuaţie, un punct oarecare de pe ipotenuza are o h ordonată notată cu y = ( b − z ) . b  b  h1− bz   3 b b  3 h 1− z   b 3     y   h  b bh3 2 2   z =  y dA =    y dy dz =  dz =   1 −  dz = , 3  A 3 z 12    0 0 0 0 0     

2a  ( 6a ) z = = 6a4 12 În baza relației generale a lui Steiner:  z =  z1 + yG2  A , vom 3

obține momentul de inerție axial față de axa orizontală centrală z1 (axa ce trece prin centrul de greutate). 2

bh3  h  bh bh3  z1 =  z − y  A = −  =   z1 = 12a4 12  3  2 36 Analozg se efectuează calculele pentru y. z h−y y   z = b 1 −  Din asemănare: = b h  h 2 G

 b1− hy   h 3     z 2 2  y =  z dA =    z dz dy =   3 A 0 0 0     h

 y b 1−   h 0

 3 h 3 3  dy = b  1 − y  dy = b h , 0 3  h   12  

( 2a ) =

3

y

 6a = 4a4 , 12 2

b3h  b  bh b3h 4  y1 =  y − z  A = −  =   y1 = a4 , 12  3  2 36 3 2 G

Momentul de inerție centrifugal zy față de bazele triunghiului:  h1− bz     b   b2h2  zy =  zydzdy =  z   ydy  dz = sau A 0 24 0      b1− hy     h   b2h2  zy =  zydzdy =  y   zdz  dy = ,  zy = 6a4 . A 0 24  0   

145

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

Momentul de inerție centrifugal zy față sistemul central de axe: b2h2 b h bh b2h2  z1y1 =  zy − zG yG  A = −   =− ,  z1y1 = −2a4. 24 3 3 2 72 Momentul de inerţie centrifugal este negativ faţa de reperul central z1Gy1~ deoarece ponderea suprafeţei, se află în cadranele II şi IV. Direcțiile principale de inerție: tg21,2 = −

2 z1y1  z1 −  y1

2  ( −2a4 ) =− = 0,18 4 4 4 12a − a 3

1 = 10,278o , 2 =1 + 90o = 100,278o.

Fig.4.21 Întrucât z1y1 < 0, sistemul central z1y1 se va roti în sensul de venire a axei z peste y cu 22,5o. În acest fel se obține sistemul principal de axe, cu axa de maxim (1) mai apropiată de axa care dă momentul de inerție axial mai mare; axa z1 (z1 > y1). Calculul momentelor de inerție principale 1, 2: 1,2 =

 z1 +  y1



(

−  y1 ) + 4 2z1y1 2

z1

2 1 = 12,363a4, 2 = 0,971a4

Calculul razelor elipsei de inerție i1, i2: A= i1 =

b  h 2a  6a = = 6a2, 2 2

2 0,971a4 1 12,363a4 = = 0,402a. = = 1,435a, i2 = A 6a2 A 6a2

146

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 4.9. Să se traseze elipsa de inerție pentru suprafața din figura 4.22.

Fig.4.22 REZOLVARE: Suprafața rezultă prin scăderea unui triunghi dintr-un dreptunghi. Pentru determinarea centrului de greutate G ne vom raporta la sistemul z0Oy0 plasat în centrul de greutate al dreptunghiului. Se vor poziționa centrele de greutate O1 și O2 în raport cu originea sistemului ales inițial z0Oy0. c.g. local O1 O2

Coordonate în raport cu z0Oy0 yi zi 0 0 2a −2  a 3

147

Arie suprafață Ai 24a2 -3a2

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE 2

yG =

y A i

i=1 2

A i=1

zG =

i=1 2

i

A i=1

2 2 y1A1 + y 2 A 2 0  24a + a  ( −3a ) a = = = − a  -0,143; A1 + A 2 24a2 − 3a2 7

i

 4  0  24a2 +  − a   ( −3a2 ) z A + z2 A 2 4  3  = 1 1 = = a  0,19a. 2 2 A1 + A 2 24a − 3a 21

2

z A

i

i

i

Determinarea momentelor de inerție: 2

z = 

(

1

4a  ( 6a ) 2  zi + y  A i = + ( 0,143 )  24a2 − 12 3

)

2 Gi

Iz (1)

 2a  ( 3a )3  2 − + ( a + 0,143a )  3a2  = 67,07a 4 ,  36  Iz ( 2)

2

(

 y =   yi + z  A i 2 Gi

)

( 4a ) =

3

 6a 2 + ( 0,19 )  24a2 − 12

1

Iz (1) 2  ( 2a )3  3a   4  − +  0,19a + a   3a2  = 25,238a 4, 3    36  Iz ( 2) 2

(

)

 zy =   ziyi + y Gi  zGi  A i = 0 + ( −0,143a )  0,19a  24a2  − 1

 z1y1

 ( 2a )2 ( 3a )2    4  − − + ( a + 0,143a )   −  0,19a + a    3a2  = 5,07a 4 72 3       z2 y 2

Determinarea direcțiilor principale de inerție: tg21,2 = −

2 zy z − y

=−

2  ( 5,07a4 )

67,07a4 − 25,238a4

1 = −6,81o, 2 =1 + 90o = 83,18o.

148

= −0,2424

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Întrucât zy > 0, axa de maxim va trece prin cadranele II și IV. Calculul momentelor de inerție principale 1, 2: 1,2 =

z + y



(

−  y ) + 4 2zy 2

z

2 1 = 67,67a4, 2 = 24,632a4

Calculul razelor elipsei de inerție i1, i2: i1 =

2 1 24,632a4 67,67a4 i = = = = = 1,083a. 1 ,795a, 2 A A 21a2 21a2

149

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

150

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE APLICAȚIA 4.10 Pentru suprafețele din figurile de mai jos, se cer următoarele: a) poziția centrului de greutate, b) momentele de inerție față de axele centrale (z, y și zy); c) direcțiile principale de inerției 1 și 2; d) momente de inerție principale 1 și 2; e) razele principale de inerție i1 și i2 și trasarea elipsei de inerție.

a)

b)

c)

d)

e)

f)

g)

h)

i)

151

4. MOMENTE STATICE ȘI MOMENTE DE INERȚIE

152

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

TORSIUNEA BARELOR DREPTE

5.1 NOȚIUNI TEORETICE O bară dreaptă este supusă la torsiune (răsucire), dacă sistemul de sarcini ce o solicită, nu întâlneşte axa acesteia. Torsorul eforturilor interioare (de cele mai multe ori - secţionale), în orice secţiune transversală, este un moment în lungul axei barei; acesta se numeşte moment de torsiune sau de răsucire. Ţinând seama de consideraţiile de la „eforturi secţionale”, momentul de răsucire dintro secţiune a barei, se calculează cu suma algebrică a momentelor de răsucire, aplicate barei la stânga sau la dreapta secţiunii considerate. Mt =  Mx = − Mx . 

Fig.5.1



(5.1)

Solicitarea de torsiune este des întâlnită la: arborii maşinilor unelte, arborii reductoarelor şi cutiilor de viteză, arcuri elicoidale cilindrice sau conice, şasiuri de autovehicule, structuri de bază ale diferitelor maşini agricole, structuri sau părţi ale structurilor diferitelor construcţii bazate pe bare de diferite forme şi lungimi etc.

În cazul figurii 5.1, momentul de torsiune dat de forțele F este: Mx = Mt = F  d. (5.2) El este pozitiv când sensul momentului dat de forțele F, în reprezentare vectorială este în sensul axei x a sistemului de axe de coordonate.

153

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

În multe aplicaţii practice, momentul de torsiune ce trebuie transmis (sau preluat) de o bară (arbore), se calculează în funcţie de turaţia acesteia şi de puterea ce trebuie transmisă. Un arbore ce se roteşte cu n turaţii pe minut, are o viteză unghiulară de ω = 2  n/60 =  n/30 radiani. Momentul de torsiune, este dat de raportul dintre putere şi viteza unghiulară: P 30P P =  9,55 kN  m, (5.3)  n n dacă P este dată în kilowaţi. Dacă puterea se dă în CP, pe baza relaţiei 1CP=0,736 kW, momentul de torsiune are expresia: Mt =

Mt = 7,02

P kN  m n

(5.4)

Dacă momentul de torsiune variază în lungul barei (prin momente distribuite pe o lungime şi momente concentrate în diferite secţiuni), pentru determinarea secţiunii maxim solicitate se trasează diagrama de momente de torsiune. 5.2 TORSIUNEA BARELOR DE SECȚIUNE CIRCULARĂ În cazul barelor de secțiune circulară și dreptunghiulară, distribuția tensiunilor tangențiale este redată în figura 5.2, iar relațiile de bază folosite în calcul sunt date în (5.5). Acestea reprezintă o generalizare a condițiilor de rezistență, respectiv de rigiditate pentru secțiunile din figura 5.2.

a)

b) Fig.5.2

154

REZISTENŢA MATERIALELOR

max =

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Mt M  a , max = t  a . Wt G t

(5.5)

Valoarea admisibilă a tensiunii tangențiale a, se determină în funcție de valoarea admisibilă la tracțiune a a materialului. Se recomandă: a = (0,55 – 0,65)∙a. Caracteristicile geometrice de rezistență sunt date de modulul de rezistență Wt iar cele de rigiditate sunt date de momentul de inerție t. Pentru secțiunea circulară și inelară acestea se notează cu Wp și p și se numesc modul de rezistență polar, respectiv moment de inerție polar. Cu fiecare din relațiile (5.5) se rezolvă trei tipuri de probleme: dimensionare, verificare și determinarea sarcinii capabile. Unghiul de torsiune elementar este: M d = dx, max = t  a . (5.6) G t unde  este unghi specific de torsiune. Unghiul total de torsiune este: M dx  =  d =  dx =  t . (5.7) Gp Modulul de rezistență polar, rezultat din forma secțiunii transversale, se calculează cu relațiile: - secțiune circulară:  D4 2 D3 Wp = p =  = ; R 32 D 16 - secțiune inelară: 4 4 p  (D − d ) 2  Wp = =  = D3 − d3 ) . ( R 32 D 16D Pentru cazul barelor de secțiune dreptunghiulară: Wt = k1hb2, t = khb3, unde h este latura mare a dreptunghiului, iar coeficienții k, k1 și k2 depind de raportul laturilor h și b. Valorile acestor coeficienți (pentru cazuri des întâlnite în practică) sunt date în tabelul 5.1. 155

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

h/b k k1 k2

h/b k k1 k2

1,00 0,208 0,141 1,000

4 0,282 0,281 0,745

1,50 0,231 0,196 0,859

6 0,299 0,299 0,743

Tabelul 5.1 2,50 3 0,258 0,267 0,249 0,263 0,766 0,753

1,75 0,239 0,214 0,820

2,00 0,246 0,229 0,795

8 0,307 0,307 0,742

Tabelul 5.1 (cont.) 10  0,313 0,333 0,313 0,333 0,742 0,742

5.3 TORSIUNEA BARELOR CU PEREȚI SUBȚIRI DE SECȚIUNE CU PROFIL DESCHIS În cazul barelor cu secţiuni transversale deschise, formate dintro sumă de dreptunghiuri (şi nu numai) cu perţi subţiri, fig.5.3 tensiunea tangenţială are o distribuţie liniară pe grosime, trece prin zero în dreptul liniei mediane a secţiunii transversale, valoarea maximă obţinându-se în dreptunghiul de lăţime maximă.

Fig.5.3 Condtţiile de rezistenţă şi rigiditate pentru torsiunea barelor cu pereți subțiri deschise sunt: 156

REZISTENŢA MATERIALELOR

max =

Cu notațiile:

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

3Mt  bmax 3Mt  =  a   , a G hb3  hb3

3 1  hb Wt = ; 3 bmax

t =

1 hb3 .  3

(5.8)

(5.9)

Secţiunea este cu „pereţi subţiri” dacă raportul h/b > 10. În 1 acest caz k = k 1 = . 3 Precizări: a) Barele cu pereţi subţiri, cu secţiuni transversale dechise, ce au două axe de simetrie, au axa de răsucire aceeaşi cu axa centrelor de greutate; în acest caz relaţiile de mai sus sunt valabile. b) În cazul barelor la care secţiunile trensversale au o singură axă de simetrie (exemplu profil U) rotirea unei secţiuni oarecare (de calcul) se realizează în jurul unei axe ce trece printr-un punct denumit centru de răsucire-încovoiere; acesta NU coincide cu axa centrelor de greutate ale secţiuni transversale. „Centrul de răsucire” este acel punct din secţiunea transversală prin care trece suportul forţelor tăietoare.

5.4 TORSIUNEA BARELOR TUBULARE SECȚIUNE CU PROFIL DESCHIS În cazul barelor tubulare cu pereţi subţiri (profil închis), cu secţiunea transversală formată ditru-un singur contur, pentru calcul se folosesc relaţiile lui R. Bredt: max =

Mt Mt d =  a ;  = dx 4G2 2  t min



ds t

(5.10)

unde cu  s-a notat suprafaţa secţiunii transversale cuprinsă în interiorul fibrei medii a acestuia. În cazul particular în care grosimea t a peretelui secţiunii transversale este construită pe circumferinţă, condiţia de rigiditate are forma: 157

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

=

MtS  a 4G2t

(5.11)

În practică se întâlnesc foarte des secţiuni multiplu conexe (elemente din construcţia de maşini, construcţia avioanelor, nave marine, etc.). În figura 5.4 se prezintă o secţiune transversală cu două contururi ( 1 şi  2 ) delimitate de trei ramuri (cde, efc şi ce). Relaţiile de calcul sunt:

 1t 1 =  2 t 2 +  3 t 3 M1 = 21t 11 + 2 2 t 2  2 2G1 = 1S1 +  3 S 3

(5.12)

2G 2 =  2 S 2 −  3 S 3

Fig.5.4 Relațiile (5.12) formează un sistem de 4 ecuații cu 4 necunoscute 1, 2, 3, și . Aceste relații se pot aplica pentru secțiunle transversale cu mai multe contururi tip cheson, prin analogie și generalizare.

158

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME REZOLVATE Aplicația 5.1. Determinați momentul de torsiune pe care-l poate prelua bara și unghiul total de torsiune, cunoscând a = 60 [MPa].

Fig.5.5 REZOLVARE: Din condiția de rezistență punem condiția: M maxt = t  a  Mt  a  Wtmin; Wt - pentru secțiuni dreptunghiulare: Wt = k 1  h  b 2 ; (h > b), - pentru pătrat: h = b = a, k1 = 0,208, Wt = 0,208a3 = 0,208  283 = 4,566 [mm3 ] - pentru secțiuni circulare:   d3   403 Wt = Wp = = = 12566,37 [mm3 ], 16 16 Momentul de torsiune capabil va fi: Mtcap = a  Wtmin = 60  4566 = 0,273  106 [N  mm], Momentul de inerție torsional pentru secțiunea pătrată, este:  t = k  h  b3 = k  a4 = 0,141 282 = 8,66  104 [mm4 ] Unghiul total de torsiune va fi:  = 1 + 2 =

 Mt  1 Mt  2 Mt  1 + =   + 2 , G  p G  t G  p  t 

0,273  106  200 100  32  = + = 0,00924 [rad]  0,530.  4 4 4  8  10   40   8,66  10

159

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

Aplicația 5.2. Arborele din figura 5.6 este solicitat la torsiune de momentele de torsiune aplicate în secțiunile 1 și 3. Se cer următoarele: a) momentul de torsiune reactiv din secțiunea A, MA, b) diagrama de momente de torsiune, c) verificarea rezistenței arborelui, d) calculul rotirilor secțiunilor 1 și 2 (1 și 2), Se cunosc: 1 = 2 = 3 =  = 400 [mm], d2 = d = 40 [mm], raportul diametrelor d1 = 0,5d și d3 = 1,5d, M0 = 500 [N∙m], modulul de elasticitate transversal G = 8∙104 [MPa] și a = 100 [MPa].

Fig.5.6 REZOLVARE: a) Din statică scriem ecuația de echilibru: Mx = 0  MA + 2M0 − 3M0 = 0  MA = M0. b) Diagrama de momente se obține în baza expresiilor de momente de torsiune scrise pe tronsoane: Mt(A −1) = MA = M0, Mt(1−2) = MA + 2M0 = 3M0,

Mt(2−3) = MA + 2M0 = 3M0.

c) Verificarea arborelui se face din condiția de rezistență la torsiune pe fiecare tronson și în baza diagramei de momente de torsiune construite. 160

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

- tronson A-1: Mt( A −1) M0 500  103  16 t( A −1) = = = = 318,3 [MPa] > a = 100 [MPa], Wp( A −1) d13   203 16 Se constată că criteriul de rezistență pe primul tronson nu este îndeplinit întrucât tensiunea obținută depășește limita admisibilă. Pentru soluționarea problemei se propunere o creștere a diametrului pe primul tronson la valoarea d1 = 30 [mm]. Se reia calculul cu această valoare. 500  103  16 t( A −1) == = 94,314 [MPa] < a = 100 [MPa],   303 Cu această valoare de diametru adoptată, criteriul de rezistență este îndeplinit pe primul tronson. Se vor verifica rezistența arborelui și pe următoarele două tronsoane. - tronson 1-2: Mt(1−2) 3M0 3  500  103  16 t(1−2) = = = = 35,368 [MPa] < a = 100 [MPa], Wp(1−2) d32   603 16 - tronson 2-3 t(2−3) =

Mt(2−3) Wp(2−3)

3M0 3  500  103  16 = = = 10,479 [MPa] < a = 100 [MPa], d33   903 16

Rezistența arborelui este îndeplinită. d) Calculul rotirilor de secțiuni: Mt( A −1)  ( A −1) 500  103  400 1 = A −1 = = = 0,031 [rad] = 1,8o , G( A −1)  p( A −1) 8  104    304 32 Mt(1−2)  (1−2) 3  500  103  400 2 = A −1 + 1−2 = 1 + = 0,031 +  G(1−2)  p(1−2) 8  104   604 32 o 2 = 0,037 [rad] = 2,14 . Aplicația 5.3. Arborele din figura 5.7 este solicitat la torsiune de momentele de torsiune aplicate în secțiunile 1 și 2. Se cer următoarele: 161

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

a) momentul de torsiune reactiv din secțiunile de capăt, MA, MB, b) diagrama de momente de torsiune, c) dimensionarea arborelui (D, d = ?), d) calculul rotirilor secțiunilor 1 și 2 (1 și 2), Se cunosc:  = 400 [mm], M0 = 500 [N∙m], modulul de elasticitate transversal G = 8∙104 [MPa] și a = 100 [MPa].

Fig.5.7 REZOLVARE: a) Din statică scriem ecuația de echilibru: Mx = 0  MA + M0 − 3M0 + MB = 0  MA + MB = 2M0. (1) După cum se poate observa ecuația din statică este insuficientă pentru determinarea celor două momente reactive de capăt. Din acest motiv, se va mai scrie o ecuație din deformații elastice: A −B = 0 A −B = A −1 + 1−2 + 2−B = 0,  = A −1 =

(MA + M0 )  2 G

 4 d 32

, 1−2 =

Mt  G  p

(2),

(MA + M0 )  ,  = (MA − 2M0 )  2−B  4  4 G  ( 2d) G  ( 2d) 32

162

32

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Prin înlocuirea rotirilor relative scrise pe tronsoane, vom obține forma finală a ecuației din deformații elastice:

(MA + M0 )  2 G

 4 d 32

+

(MA + M0 )  + (MA − 2M0 )   4  4 G  ( 2d) G  ( 2d) 32

= 0  MA =

M0 , 34

32

Se obțin reacțiunile din încastrări: M 67 MA = 0 , MB = M0 34 34 b) Diagramele de torsiune sunt prezentate în figura 5.7. c) Dimensionarea arborelui se va face în baza condiției de rezistență M M t = t  a  Wp  t Wp a Se va calcula pentru fiecare tronson de arbore modulul de rezistență polar: - tronson A-1: M M0 500  103 Wp( A −1) = t( A −1) = = = 147,06 [mm3 ], a 34  a 34  100 - tronson 1-2: Mt(1−2) 35  M0 35  500  103 Wp(1−2) = = = = 5147,06 [mm3 ], a 34  a 34  100 - tronson 2-B: Wp(2−B) =

Mt(2−B) a

=

67  M0 67  500  103 = = 9852,94 [mm3 ], 34  a 34  100

Wp = max(Wp( A −1);Wp(1−2);Wp(2−B) ) = Wp(2−B) =

 3  ( 2d) , 16

16  Wp(2−B) =79,2 [mm], se adopta d = 80 [mm]. 8 d) Unghiurile de rotire sunt: d=

3

163

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

M0  2 500  103  2  400 =  4  34  G  d 34  8  104   804 32 32 1 = 3,66  10−5 [rad] = 0,002o , 1 = A −1 =

2 = A −1 + 1−2 = 1 +

35M0  = 7,66  10−5 [rad] = 0,004o .  4 34  G  ( 2d) 32

Aplicația 5.4. Arborele din figura 5.8 este încastrat la capete și solicitat la torsiune de momentele M0 aplicate în secțiunile 1 și 3. Se cunosc: d = 90 [mm], a = 0,2 [m], G = 8∙104 [MPa] și a = 80 [MPa]. Se cere să se detemine momentul de torsiune capabil M0.

Fig.5.8 REZOLVARE: a) Din statică scriem ecuația de echilibru: Mx = 0  MA − M0 − M0 + MB = 0  MA + MB = 2M0. (1) După cum se poate observa ecuația din statică este insuficientă pentru determinarea celor două momente reactive de capăt. Din acest motiv, se va mai scrie o ecuație din deformații elastice:

164

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

A −B = 0 A −B = A −1 + 1−2 + 2−3 + 3−B = 0,  = MA  2a ,  4 G d 32 (MA − M0 )  a , =  4 G  ( 2d) 32

A −1 =

2−3

1−2 =

3−B

Mt  G  p

(2),

(MA − M0 )  a ,

 4 d 32 (MA − 2M0 )  a =   4 G  ( 2d) − d4   32  G

Prin înlocuirea rotirilor relative scrise pe tronsoane, vom obține forma finală a ecuației din deformații elastice:

(M − M0 )  a + (MA − M0 )  a + (MA − 2M0 )  a = 0, MA  2a + A  4  4  4   4 G d G d G  ( 2d) G  ( 2d) − d4   32 32 32 32  Se va obține: MA = 0,361∙M0, MB = 1,639∙M0. În baza momentelor de torsiune obținute în cele două încastrări se construiește diagrama de momente de torsiune. Determinarea momentului capabil se va face din condiția de rezistență: M t = t  a  Mt _ cap  Wp  a Wp Se va scrie pentru toate cele patru tronsoane momentul capabil conform relației din condiția de rezistență: - tronson A-1: 0,36M0  Wp  a ; M0 

1  3   d  a ; 0,36 16

M(0A −1)  3,18  107 [N  mm],

- tronson 1-2: 0,64M0  Wp  a ; M0 

1  3   d  a; 0,64 16

−2) M(1  1,79  107 [N  mm], 0

165

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

- tronson 2-3: 0,64M0  Wp  a ; M0 

1  3   ( 2d)  a ; 0,64 16

−3) M(2  1,43  108 [N  mm], 0

- tronson 3-B: 4  1   ( D ) − d  1,64M0  Wp  a ; M0    a ; 1,64 16  D 4

−B) M(3  5,24  107 [N  mm]. 0

Valoarea momentului capabil pe întreg arborele va fi cea mai mică dintre cele calculate pe cele patru tronsoane. Mcap = 1,79∙107 [N∙mm]. Aplicația 5.5. O bară de secțiune transversală circulară, variabilă pe lungime , este încastrată în A și solicitată de momentul de torsiune Mt în capătul liber 1. Diametrul secțiunii transversale variază de la d la x  D = 3d după legea, dx = d(x) =  1 + 2  d.  

Fig.5.9 REZOLVARE: Se determină momentul de inerție transversale oarecare, aflată la distanța x: 166

polar,

al

secțiunii

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

  ( d(x))   x  d4  x p (x) = =  1 + 2  d = 1 + 2  ,  32 32  32     2

4

4

Două secțiuni aflate la distanța elementară dx, se rotesc cu unghiul elementar d, care are expresia: M  dx d = t = G  p (x)

−4

Mt  dx

32Mt  x = 1 + 2   dx. 4 4 d G   d4  x G 1 + 2  32  

Unghiul total  cu care se rotește capătul liber, față de încastrare este: −4

32M  x 416 Mt  =  d = 4 t   1 + 2  dx =  . 0 d G 0  81 d4G 

Aplicația 5.6. În figura 5.10 este prezentat un arbore din oțel de lungime L și diametru d asupra căruia acționează un cuplu liniar distribuit după x legea mt = m1 . Să se determine tensiunea maximă de forfecare L din arbore și unghiul de răsucire. Aplicație numerică: L = 1,5 [m], d = 25 [mm], m1 = 200 [N∙m/m], G = 80 [GPa].

Fig.5.10

167

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

REZOLVARE: În figura 5.11 este prezentată schema sarcinilor ce acționează asupra arborelui. Momentul total aplicat arborelui se calculează prin integrare pe L

lungime, Mt =  mt dx.

Fig.5.11

0

Din echilibru de momente în raport cu axa barei vom obține momentul de torsiune reactiv din încastrarea A.

M

x

L

= 0  MA −  mt dx = 0 0

x x L 200  1,5 MA =  mt dx =  m1 dx = m1 = m1 = = 150 N  m, L 2L 2 2 0 0 L

L

2

Tensiunea de forfecare maximă se obține în încastrare și se obține din condiția de rezistență: MA MA 16  150  103 max = = = = 48,9 MPa. 3  3 Wp   25 ( ) d 16 Într-o secțiune curentă situată la distanța x de încastrare, momentul de torsiune este: x

x

L x L x 2 m1 2 Mt (x) = MA −  mt dx = m1 −  m1 dx = m1 − m1 = L − x 2 ), ( 2 0 L 2 2L 2L 0

Pe baza ecuației 5.7, se va determina unghiul de răsucire de capăt al arborelui: m1  L2 200  15002 . 0 (L − x ) dx = 3Gp =  4 4 3  8  10   25 32  = 0,0489 [rad] = 2,8o. L

M dx m1 = t = Gp 2LGp 0

L

2

2

168

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 5.7. Grinda din figură este construită din două tronsoane diferite şi supusă la torsiune de momentul Mt . Tronsonul 1-2 poate fi construit în patru variante, de arie a secţiunii transversale comparabilă ca mărime. Se cere să se calculeze momentul de torsiune capabil, cu precizarea unei variante favorabile. Tronsonul 1-2 e realizabil prin îmbinări rigide. Se cunosc: c = 0,4 [m] și a = 80 [MPa].

Fig.5.12 REZOLVARE: Vom calcula modulele de rezistenţă transversale: - secţiune circulară cu D = 110 [mm], Wp =

  D3   1103 = = 261,34  103 [mm3 ], 16 16

- secţiunea (a) cu două profile U10 - secţiune închisă: Wt = 2 1tmin = 2  (100 − 6 )  (100 − 8,25 )  6 = 103,482  103 [mm3 ],

169

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

- secţiunea (b) cu două profile U10 - secţiune deschisă: hb =

3

Wt

3  bmax

2  100  8,263 + (100 − 2  8,26 )  123 = = 7,137  103 [mm3 ], 3  12

- secţiunea (c) cu patru profile L50X50X7 secţiune închisă: Wt = 22  tmin = 2  (100 − 7 )  (100 − 7 )  7 = 121,086  103 [mm3 ],

- secţiunea (d) cu patru profile L50X50X7 secţiune deschisă: hb =

3

Wt

3  bmax

100  143 + 2  43  143 = = 12,152  103 [mm3 ]. 3  14

Aria secţiunii transversale pentru profile U10: Au10 = 2  1350 = 2700 [mm2 ],

Aria secţiunii transversale pentru profile L50x50x7: AL = 4  656 = 2624 [mm2 ].

Aria secţiunii transversale cu consum minim de material este cea făcută din patru corniere cu aripi egale. Aceasta în varianta secţiune transversală închisă, cu modulul de rezistenţă maxim (exceptând secţiunea tronsonului circular). Variantele cu secțiunea transversală deschisă sunt puțin rezistente la torsiune. Varianta cea mai bună din cele patru dă momentul de torsiune capabil: Mtcap = a  Wt = 80  121,086  103 = 968,688  104 [N  mm]. Aplicația 5.8. Un profil L80x80x10 (figura 5.13) din oțel de lungime L = 3 [m], este solicitat la torsiune. Să se determine momentul de torsiune pe care-l poate transmite și unghiul total de torsiune, dacă se admite ca tensiunea admisibilă de torsiune să fie a = 80 [MPa]. 170

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Fig.5.13 REZOLVARE: Momentul de torsiune se obține din condiția de rezistență: Mt = a w t Profilul este o secţiune transversală deschisă considerată a fi formată din două dreptunghiuri. Modulul de rezistență la torsiune n 80  103 + 70  103 3 Wt =  hi  bi = = 5  103 [mm3 ]; h > b, 3  10 i=1 Mt = 80∙5000 = 4∙105 [N∙mm], M  Rotirea totală a profilului va fi:  = t G t 1 1 hb 80  103 + 70  103 ) = 5  104 [mm4 ], (  i i = 3 3 400  103  3  103 12 3 = = = = 0,3 [rad] = 17,10 . 4 4 8  10  5  10 40 10

It =

Aplicația 5.9. Se consideră o bară de secţiune pătrată, chesonată, cu latura medie a şi grosimea peretelui t. Se cere să se arate de câte ori scade rezistenţa barei la torsiune prin tăierea ei de-a lungul unei generatoare. În caz particular se va lua a = 6t.

Fig.5.14

171

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

REZOLVARE: Se vor calcula modulele de rezistență pentru cele două secțiuni: - secțiune profilul închis 1: Wt1 = 2  t   = 2t  a2 = 72t 3, 1 4a 2  s  t2 =  t = 8t 3. 3 3 Se va face raportul modulelor de rezistență calculate: Wt2 8  t3 1 1 = =  W = w t1. t2 Wt1 72  t 3 9 9

- secțiune profilul deschis 2: Wt2 =

După tăiere, rezistența barei scade de 9 ori. Pentru a compara rigiditatea celor două secțiuni, vom calcula momentele de inerție pentru cele două secțiuni: - secțiune profilul închis 1: 42 42  t 4a4  t a4  t  t1 = = = = = a3 t = 216t 4 , ds s 4a a t 1 1 - secțiune profilul deschis 2:  t2 = st 3 =  4at 3 = 8t 4. 3 3 Se va face raportul momentelor de inerție calculate:  t2 8t 4 1 1 = =   =  t1. t2  t1 216t 4 27 27 După tăiere, rezistența barei scade de 27 de ori. Aplicația 5.9. Se consideră o bară de secţiune transversală ca în fig.5.15 (în trei variante constructive) supusă torsiunii. Aria celor trei tipuri de secţiune transversală fiind aceeaşi, se cere să se precizeze care dintre acestea suportă cel mai mare moment de torsiune.

Fig.5.15 172

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

REZOLVARE: Toate cele trei profile sunt ]nchise. Tensiunea de torsiune are expresia: Mt t =  a  Mt = 2  t  a, 2  t Momentele de torsiune pentru cele trei secțiuni sunt:   D2 1 Mta = 2   t  a =   D2  t  a, 4 2  D  D 1 Mtb = 2   t  a = 2  D2  t  a, 4 4 8  D  D 1 Mtc = 2   t  a = 2  D2  t  a. 3 6 9 Se vor raporta momentele de torsiune: Mta Mta 4 9 = = = 1,273 , = 1,433 . Mtc 2 Mtb  La acelaşi consum de material, secţiunea inelară e cea mai rezistentă, având capacitatea să preia un moment de torsiune mai mare cu 27,3% decât în varianta b) şi cu 43,3% decât în varianta c).

173

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

174

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE APLICAȚIA 5.10 Arborele din figura 5.16 este format din două tronsoane de lungimi 1 = 2 [m] și 2 = 1 [m] de materiale diferite. Primul tronson este din aluminiu, iar cel de-al doile din oțel. Diametrele celor două tronsoane sunt d1 = 70 [mm] și d2 = 50 [mm]. Capetele arborelui sunt fixate. Să se calculeze tensiunile de forfecare din ambele tronsoane, cunoscând Mt = 1000 [N∙m] și modulele de elasticitate transversale GAl = 27500 [MPa] și GOl = 80000 [MPa].

Fig.5.16 APLICAȚIA 5.11 Patru roți dințate fixate pe un arbore de diamteru d = 50 [mm], din oțel, transmit momentele de torsiune indicate în figura 5.17. Să se calculeze unghiul relativ de rotație între roțile A și D. Se cunoaște G = 8∙104 [MPa], 1 = 0,52 = 3 = 1 [m].

Fig.5.17

175

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

APLICAȚIA 5.12 Un arbore de oțel având două tronsoane de secțiune circulară cu diametrele d și 2d este încărcat cu un cuplu uniform distribuit pe primul tronson A-1 și un moment concentrat M0 în secțiunea 2, așa cum este arătat în figura 5.18. Se cunosc: d = 50 [mm], = 0,5 [m], tensiunea admisibilă a = 80 [MPa] și G = 8∙104 [MPa], se cere: a) momentele de torsiune din încastrările A și B, b) Diagrama momentelor de torsiune, c) Momentul maxim m ce poate fi aplicat pe arbore astfel încât să nu fie depășită tensiunea admisibilă a, d) Unghiul de rotire între secțiunile 1 și 2.

Fig.5.18

APLICAȚIA 5.13 Doi arbori având același material sunt solicitați de același cuplu M0 în capătul liber, așa cum este arătat în figura 5.19. Să se determine, cât ar trebui să fie raportul dintre d și a, astfel încât tensiunile din cei doi arbori să aibe aceeași valoare. Fig.5.19

176

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

APLICAȚIA 5.14 Un arbore de oțel având secțiunea transversală pătrată și un tub de aluminiu sunt fixate la un capăt, iar la celălalt sunt conectate la o placă rigidă. Să se determine valoarea maximă a cuplului Mt, care se poate aplica în siguranță la placa rigidă și unghiul de rotire al secțiunii 1. Se cunosc: d = 30 [mm], D = 50 [mm], l = 1,5 [m], modulele de elasticitate GAl = 2,6  104 [MPa], GSteel = 8 104 [MPa] și tensiunile admisibile aAL = 90 [MPa], aOL =100 [MPa].

Fig.5.20 APLICAȚIA 5.15 Să se determine tensiunea de forfecare din arbore (max t) și tensiunea normală (max) din barele conectate la capetele arborelui. Se dau: d1 = 100 [mm], d2 = 20 [mm], 1 = 1 [m], 2 = 2 [m], G = 0,4E și Mt = 7000 [N∙m].

Fig.5.21

177

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

APLICAȚIA 5.16 Un tub de oțel cu secțiunea transverală așa cum este prezentată în figura 5.22 este solicitat la torsiune de un moment Mt. Lungimea tubului este de 1 metruși o grosime a peretelui constantă de 5 mm. Să se calculeze: rigiditatea torsională a tubului k = Mt/. Dacă tubul se torsionează cu un unghi de 0,5o, să se determine tensiunea maximă de forfecare din pereții tubului. Se va folosi în calcule G = 8∙104 [MPa]. Se neglijează concentratorii de tensiune de la colțuri.

Fig.5.22 APLICAȚIA 5.17 Un tub de aluminiu de lungime 1,2 m, are o secțiune transversală semicirculară (figura 5.23). Să se determine: a) momentul de torsiune capabil care ar genera o tensiune de forfecare maximă de 40 MPa, b) unghiul de torsiune al tubului, genera de momentul de torsiune capabil. Se vor neglija concentratorii de tensiune de la colțuri. Se va folosi în calcul modulul de elasticitate transversal G = 28500 [MPa].

Fig.5.23 178

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

APLICAȚIA 5.18 Pentru secțiunea dublu-conexă (cu două chesoane) din figura 5.24, a unei bare drepte de oțel, solicitată la torsiune de momentul Mt, se cere să se calculeze: a) tensiunile din fiecare perete 1, 2 și 3, b) momentul de torsiune capabil, pentru a = 30 [MPa], c) unghiul de torsiune, știind că bara are lungimea  = 1,5 [m].

Fig.5.24

179

5. TORSIUNEA BARELOR DREPTE

180

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ÎNCOVOIEREA BARELOR

6.1 NOȚIUNI TEORETICE Cuplurile sau forţele transversale, care generează în secţiunile grinzilor momente încovoietoare, produc solicitare de încovoiere. Sub acţiunea acestora, grinda se deformează şi se constată că fibrele din partea convexă se lungesc, iar cele din partea concavă se scurtează; acestea sunt separate de cele din planul neutru, fibre ce îşi menţin lungimea iniţială (fig.6.1).

Fig.6.1 Q1 - plan longitudinal în care se află sarcinile; Q2 - plan ce conţine fibrele care nu îşi modifică lungimea după solicitare, denumit plan neutru; Q3 - planul secţiunii transversale oarecare; Intersecţia dintre planele Q1 şi Q2 este „fibra medie deformată” a grinzii; aceasta se confundă cu axa barei la barele drepte; Intersecţia dintre planele Q2 şi Q3, se face după o dreaptă numită axa neutră. 181

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Încovoierea este o solicitare, compusă din tracţiune cu compresiune. În cadrul acestui capitol se admite că suportul fiecărei sarcini trece prin centrul de greutate al secţiuniii transversale a grinzii şi nu produce o solicitare suplimentară de torsiune. De asemenea, sarcinile se consideră normale pe axa longitudinală a grinzii („locul geometric al centrelor de greutate al tuturor secţiunilor transversale”). În figura 6.2 sunt prezentate principalele tipuri de încovoiere:

Fig.6.2

182

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

6.2 ÎNCOVOIEREA PURĂ PLANĂ O grindă este supusă la încovoiere pură plană, dacă torsorul forţelor se reduce în oricare secţiune numai la un moment încovoietor (fig.6.2,a); acesta este situat în planul secţiunii şi trece prin centrul ei de greutate. Tensiunile obținute în secțiunea transversală sunt normale de tip . În fig.6.1, sunt prezentate principalele „elemente” ale încovoierii pure plane; solicitarea este dată de momentele încovoitoare Mi (acestea lucrează în sens pozitiv al convenţiei de semne adoptată). Relații de calcul: M y = i (6.1) z care arată că tensiunile au o distribuţie liniară pe înălţimea secţiunii, trecând prin zero pentru y=0, adică în axa neutră. max =

Mi  y   a , Wz = z . Wz ymax

(6.2)

care reprezintă condiţia de rezistenţă la încovoiere. Cu W z se notează modulul de rezistenţă la încovoiere al secţiunii transversale. Relaţia (6.2) este relaţia lui NAVIER şi cu aceasta se rezolvă trei tipuri de probleme: dimensionare (Wz = ?), verificare (i = ?) şi sarcină capabilă (Mcap = ?). 1 Miz = , p E z

(6.3)

unde − reprezintă curbura fibrei medii deformate, iar produsul Ez rigiditatea la încovoiere a grinzii. d =

Miz dx. E z

(6.4)

unde d, este rotirea relativă a două secţiuni aflate la distanţă elementară dx, una față de cealaltă. 183

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Pentru o înţelegere corectă a calculului şi utilizării modulului de rezistenţă W, se fac precizările (fig.6.3). - dacă încovoierea se produce în jurul axei Oz la calculul tensiunii max se foloseşte modul de rezistenţă Wz =

z ; ymax

- dacă încovoierea se produce în jurul axei Oy, la calculul tensiunii max se foloseşte modulul de rezistenţă Wy =

y zmax

Fig.6.3 6.3 ÎNCOVOIEREA SIMPLĂ PLANĂ Barele drepte, supuse la încovoiere simplă plană sunt solicitate atât la încovoiere cât și la forfecare. În baza diagramei din figura 6.4, se observă că momentul încovoietor este variabil, iar efortul tăietor diferit de zero. În acest fel, pe lângă tensiunile normale  date de momentele încovoietoare apar și tensiuni tangențiale  date de eforturile tăietoare.

184

Fig.6.4

;

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Din grinda considerată, se detașează un element de lungime dx, mărginit de planele foarte apropiate ,  (fig.6.4) și de un plan paralel cu planul xz situat la distanța y de centrul de greutate (fig.6.5,a și fig.6.5,b).

Fig.6.5 Cum planul sarcinilor este xy, forţa tăietoare T este dirijată în lungul axei principale de inerţie y. Momentele încovoietoare Mi şi Mi+dMi, arătate în capetele elementului de bara de lungime dx, se dezvoltă prin tensiuni normale i şi i + di. În dreptul unui punct oarecare al secţiunii transversale, situat la distanţa y de axa neutră, se obţine: (M + dMi )  y . M y i = i , i + di = i (6.5) z z Tensiunea tangențială dezvoltată în planul longitudinal se notează xy, unde primul indice reprezintă axa după care are loc lunecarea “x”, iar cel de-al doilea indice reprezintă axa “y” ce definește planul longitudinal. Întrucât secțiunile transversale ale grinzii prin deformarea axei longitudinale se rotesc în jurul axei z, tensiunile tangențiale de lunecare se mai notează z, în care indicele reprezintă axa față de care secțiunile transversale se rotesc. Tensiunile normale i se calculează cu relația lui Navier, iar tangențiale z se determină cu relația lui Juravski: z =

Ty  Sz b  z

.

185

(6.6)

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

- Ty – forța tăietoare maximă, luată din diagrama de forțe tăietoare, - Sz =  ydA - moment static de inerție al suprafeței din A

secțiunea transversală care tinde să lunece, - z – moment de inerție axial al întregii secțiuni transversale, calculat față de axa neutră z.

6.4 LUNECAREA LONGITUDINALĂ Fenomenul de lunecare longitudinală, poate fi demonstrat cu ușurință în cazul a două grinzi suprapuse (fig.6.6), supuse la încovoiere. Dacă grinzile nu sunt îmbinate, ele se deformează independent. Dacă forţa de frecare dintre grinzi este neglijabilă, atunci se constată că cele două suprafeţe în contact, alunecă una faţă de cealaltă (de lunecare longitudinală). Dacă grinzile sunt îmbinate, lucrează împreună şi în acelaşi timp la încovoiere (ca o singură grindă). Lunecarea longitudinală este împiedicată şi preluată de către elementele de îmbinare.

Fig.6.6 Grinzile compuse presupun rezolvarea a două probleme de rezistenţă, în următoarea ordine: 186

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

a) Dimensionarea secţiunii transversale, din condiţia de rezistenţă la încovoiere (relaţia lui Navier), astfel încât grinda compusă să reziste momentului încovoietor maxim. b) Dimensionarea elementelor folosite pentru îmbinare (sudură, nituri etc.), astfel încât să fie preluată forţa de lunecare longitudinală. Forţa de lunecare longitudinală pe o lungime e, este: ➢ în cazul când T = const. (fig.6.7,a): TSz S x +e TSz dN = xy  bdx = bdx  N = z  Tdx = e (6.7) b z z x z ➢ în cazul când T variază liniar (fig.6.7,b): S x +e S S N = z  Tdx = z (Mx+e − Mx ) = z A x,x+e (Mi ) . z x z z

(6.8)

Fig.6.7 în care Mx şi Mx+e ‚ sunt momentele încovoietoare de la marginea intervalului considerat. La grinzile compuse, interesează forţa de lunecare longitudinală ce ia naştere între piesele solidarizate. Elementele de solidarizare, care sunt solicitate la forfecare şi strivire, trebuie să preia această forţă, în condiţii de siguranţă deplină. 187

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

6.4.1 Grindă cu inimă plină realizată prin sudură Sudura poate fi continuă (fig.6.8,a) sau discontinuă (fig.6.8,b). Dacă sudura este continuă, atunci calculul se face pe o lungime egală cu unitatea şi se urmăreşte determinarea grosimii sudurii, a.

Fig.6.8 La general, forţa de lunecare longitudinală este dată de relaţia: N = z A lun =

TSz b, b z

- pentru unitatea de lungime ( =1) TSz n = , z

(6.9)

(6.10)

unde Sz este momentul static al suprafeţei ce tinde să lunece (în cazul de faţă, momentul static al secţiunii tălpii faţă de axa neutră). Condiţia de rezistenţă la forfecare, scrisă pentru unitatea de lungime de sudură este: n TSz  ef = l =  as , 2a  1 2aIz de unde ţinând cont că as = 0,65a, rezultă grosimea sudurii: a=

TSz , 1,3 za

188

(6.11)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Pentru o sudură bună, tehnologic realizabilă, grosimea “a” se ia de cel puţin 4 mm. Cum din calculul sudurii în varianta continuă, cota „a” rezultă în jurul valorii de 1 mm, se apelează la sudura discontinuă. În acest caz, se adoptă lungimea cordonului de sudură c şi grosimea acesteia a şi se calculează pasul e (fig.6.8,b). Forţa de lunecare ce trebuie preluată de o pereche de cordoane de sudură, cu dimensiunile a şi c, calculată pe lungimea e este: TSz Ne = n  e =  e, (6.12) z Condiţia de rezistenţă la forfecare este: Ne T  Sz  e  ef = =  as ; 2a(c − 2a) 2a(c − 2a)Iz de unde, punând as = 0,65a rezultă:

e

1,3a ( c − 2a )   za , TSz

(6.13)

Din relația (6.13) se poate adopta şi un e convenabil unei situaţii anume, caz în care din această relație se determină cota c.

6.4.2 Grindă cu inimă plină realizată prin nituire Diametrul d al niturilor din asamblarea prezentată în figura 6.9 se alege din STAS, în funcţie de grosimea tablelor din îmbinare. Din condiţia de rezistenţă a niturilor la forfecare şi strivire (trebuie împiedicată lunecarea longitudinală), se determină distanţa dintre acestea (pasul e). 1) Pentru determinarea pasului e1, se presupune că lunecă platbanda  faţă de restul structurii. Forţa de lunecare preluată de o “pereche” de nituri (niturile  zise “de talpă”), este: Ne1 =

TSz1 e1 , z

189

(6.14)

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Fig.6.9 Datorită forfecării şi strivirii, o pereche de nituri rezistă la: d2 (6.15) af ; Fst = 2dt minpa ; 4 unde tmin = minim(t1, t2). Rezultă distanţa e1 dintre nituri, din condiţia Ne1= minim(Ff , Fst): Ff = 2

e1 =

min (Ff ,Fst )   z , TSz1

(6.16)

unde Sz1 este momentul static al platbenzii  faţă de axa neutră z; z este momentul de inerţie al întregii secţiuni transversale. 2) Se presupune că lunecă platbanda  şi cornierele  faţă de restul structurii. Forţa de lunecare pe distanţa e2, preluată de niturile  (denumite „de gât”), este: Ne2 =

TSz2 e2 , z

Din forfecare şi strivire, un nit  rezistă la: 190

(6.17)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

d2 (6.18) Ff = 2 af ; Fst = 2dt minpa ;, 4 unde tmin = minim(t3, 2t2), iar 2 reprezintă cele 2 secţiuni de forfecare ale nitului. Punând condiţia Ne2 = minim(Ff ,Fst )‚ rezultă distanţa e2 dintre niturile de gât: min (Ff ,Fst )   z , e2 = (6.19) TSz2

unde Sz2 este momentul static al platbenzii  şi cornierelor , faţă de axa neutră z. 3) Pentru structuri înalte, se pot practica găuri de uşurare de diametru D. Distanţa e3 dintre aceste găuri de uşurare, se determină din condiţia de rezistenţă la forfecare; trebuie preluată forţa de lunecare longitudinală pe lungimea e3: D . e3 = T  Sz max (6.20) 1− b z af unde Szmax este momentul static al unei jumătăţi de secţiune transversală, calculat faţă de axa neutră. 6.5 ÎNCOVOIEREA OBLICĂ ȘI STRÂMBĂ O piesă este solicitată la încovoiere oblică (fig. 6.2,c), atunci când planul în care acţionează momentele de încovoiere nu conţine nici una din axele principale centrale de inerţie ale secţiunii. Deosebirea dintre încovoierea oblică şi strâmbă, este aceea că în cazul celei dintâi toate forţele se găsesc în acelaşi plan, pe când în cazul al doilea, forţele se găsesc în plane diferite. Fie o grindă de secţiune oarecare, dar constantă pe toată lungimea ei, supusă ia încovoiere oblică sau strâmbă (fig.6.2,c,d,e). Secţiunea grinzii se raportează la direcţiile ei principale centrale de inerţie Oz, respectiv Oy. Planul de acțiune al forțelor exterioare F, este înclinat la unghiul  față de axa principală Oy (fig.6.10). În acest fel, vectorul moment încovoietor Mi este perpendicular pe planul forțelor exterioare și înclinat cu unghiul  față de axa principală Oz. 191

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Fig.6.10 Vectorul moment încovoietor poate fi descompus după direcțiile principale Oy și Oz, obținându-se componentele: Miz = Mi cos (  ) și Miy = Mi sin (  ) .

(6.21)

În felul acesta, aplicând principiul suprapunerii efectelor, tensiunea în dreptul unui punct Q se poate calcula prin însumarea tensiunilor obțiute după direcțiile principale de inerție calculate cu relațiile lui Navier.  cos  M M sin   i = iz + iy = z y + y z = Mi  y+ z , (6.22)    z y  y  z  Axa neutră reprezintă locul geometric al punctelor în care tensiunea normală este egală cu zero. Această axă este situată în acele cadrane în care cele două componente iy şi iz au semne contrare, astfel încât prin însumare algebrică să se obțină tensiunea normală i nulă. Ecuația axei neutre (6.23) se obține din condiția: i = 0. 192

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

M Mz y + y z = 0, z y

(6.23)

Unghiul , pe care-l face axa neutră cu axa Oz se obține din relația: M  y  tg = = − y  z = − z tg (6.24) z Mz  y y În baza relațiilor (6.23) și (6.24) se poate trasa axa neutră. În cazul general, aceasta nu coincide cu suportul vectorului moment, ci numai în cazul particular când z = y. Dacă secţiunea are z > y, se vede că  >  şi invers. Valorile extreme ale tensiunilor ce se dezvoltă în secțiunea respectivă se calculează în baza relației (6.22): max = B = min

 cos  M Mz sin   yB + y zB = Mi  yB + zB  ,    z y  y  z 

 cos  M sin   = A = − z y A − z A = −Mi  yA + zA .    z y  y  z  My

(6.25)

În cazul unor secţiuni colţuroase, de gen: secţiune dreptunghiulară, secţiune profil laminat , U, etc. (fig.6.11), punctul cel mai îndepărtat de axa neutră, este totodată cel mai îndepărtat şi de axele principale centrale de inerţie ale secţiunii (zA = zB = zmax şi yA = yB = ymax).

Fig.6.11

193

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Pentru punctele cele mai îndepărtate de axa neutră, rezultă relațiile: My  Mz Mz My  = y + z =  max  max  max W + W , z y z y  (6.26)   = − Mz y − My z = − Mz − My . max max  min z y Wz Wy  max = min .

(6.27)

În cazul grinzilor care au aceleaşi momente de inerţie după direcţiile centrale z = y, suportul momentului încovoietor este chiar axa neutră; calculul la încovoiere poate fi efectuat cu formula lui Navier. Acest lucru se întâmplă la secţiunile circulare, pătrate, etc. Pentru calculul de verificare a grinzilor supuse la încovoiere oblică sau strâmbă, se pot utiliza relaţiile (6.26) (6.27). La dimensionare însă, relaţiile conţin mai multe mărimi necunoscute, dependente una de alta. Prin urmare, pentru dimensionare este necesar să se admită forma secţiunii şi chiar anumite rapoarte între dimensiuni. Spre exemplu în cazul secţiunilor colţuroase, plecând de la relaţia (6.25), se obţin succesiv: M M 1  W  max = z + y =  Mz + My z   a , Wz Wy Wz  Wy  şi notând raportul Wz / Wy = k atunci rezultă: Wz nec 

Mz + k M y a

.

(6.28)

Pentru a putea efectua calculul, este necesar sa se cunoască sau să se adopte valoarea raportului k. Acesta se admite în funcţie de forma secţiunii: - pentru secţiunea profil , k = 8,5 10; - pentru secțiune profil U, k = 6  8; - pentru dreptunghi k= 1,5.

194

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

6.6 EXPRESIA GENERALĂ A TENSIUNII LA ÎNCOVOIERE PURĂ Grinda de secţiune transversală oarecare din figura 6.12 este solicitată de sarcinile F la încovoiere pură. Suportul momentului încovoietor, este perpendicular pe planul sarcinilor. Secţiunea transversală se raportează la un sistem de referinţă oarecare – central zGy. Grinda, este dintr-un material omogen şi izotrop; solicitarea se realizează în limitele respectării legii lui Hooke.

Fig.6.12 Relațiile de calcul deduse în condițiile descrise au o mare generalitate și pot fi folosite la încovoierea plană, oblică sau strâmbă. Expresia generală a tensiunii de încovoiere pură, este: i =

( y

y

− z zy )  Mz − ( z z − y zy )  My  z y −  2zy

..

(6.29)

iar coeficientul unghiular este dat de relația (din condiția i = 0): y  M + M tg = = z y zy z . . (6.30) z  yMz +  zyMy În funcţie de situaţiile practice întâlnite, relaţiile (6.29) şi (6.30) se particularizează și se obțin următoarele situații: 1. My = 0; Mz = Mi (planul sarcinilor conţine axa y). Rezultă relaţiile de calcul: y − z zy y  zy i = z M ; tg  = = . (6.31) z z y  z y −  2zy 2. Izy = 0; My = Misin ; Mz = Micos (planul sarcinilor este oarecare; axele sistemului de referinţă sunt axe principale centrale de inerţie). Rezultă relaţiile de calcul:

195

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

i =

M Mz y I My y − y z; tg = = z  z z I y Mz y

(6.32)

Relațiile (6.32) corespund încovoierii oblice și strâmbe. 3. Izy = 0; My = 0; Mz = Mi (încovoierea este plană iar sistemul de axe este principal central de inerţie). Acestea sunt condiţiile puse în deducerea relaţiei lui Navier. Din (6.29) şi (6.30) rezultă: i =

Mz y ; tg = 0. Iz

196

(6.33)

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME REZOLVATE

Aplicația 6.1. Să se verifice la încovoiere bara încărcată ca în fig.6.13. Se dau: a = 1 [m], q = 5 [kN/m], F = 10 [kN], t = 20 [mm], a = 150 [MPa].

Fig.6.13 REZOLVARE: Bara din figură este solicitată la încovoiere simplă (momentul încovoietor variază în lungul barei, deci efortul tăietor este diferit de zero). Pentru rezolvarea acestui tip de probleme, se începe cu tasarea diagramelor de eforturi secţionale. Din diagrame se observă că solicitarea maximă se obţine în dreptul nodului 1. Se precizează că, tensiunile cele mai mari de încovoiere se produc la barele lungi. În aceste cazuri, eforturile secţionale tăietoare, dau tensiuni tangenţiale în general neglijabile. De aceea, secţiunea periculoasă este data de efortul secţional maxim (cel de încovoiere). Secţiunea transversală este simetrica axa de simetrie notată cu y, este şi axă principală de inerţie. Se vede că, încărcarea acţionează după direcţia axei locale y şi deci se produce o solicitare de încovoiere simplă plană. 197

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Calculul reacţiunilor: a =0; 2 3a  M(A ) = 0 ; YC  2a − F  a − q  3a  2 = 0 ; de unde rezultă: YA = 8,75 kN, YC = 16,25 kN. Se verifică dacă reacţiunile sunt corect determinate, cu relaţia:  Yi = 0  YA - F - 3ap + Yc = 8,75 - 10 - 15 + 16,25 = 0,

 M(C) = 0 ;

YA  2a − F  a − q  3a 

În concluzie, reacţiunile sunt corecte. Următorul pas în rezolvarea problemei constă în trasarea diagramelor de efortri tăietoare T și momente încovoietoare Mi. Se determină poziţia centrului de greutate al secţiunii, faţă de un sistem de axe z1Oy1 arbitrar ales: yi A i 2t  4t 2 + 4,5t  4t 2  zG = 0, yG = = = 3,25t. 4t 2 + 4t 2  Ai Prin determinarea centrului de greutate G, s-a determinat reperul zGy, care este principal central. Încovoierea se produce în jurul axei z şi deci: t ( 4t ) 4t  t 3 2 2  z =  (  zi + y  A i ) = + (1,25t )  4t 2 + + (1,25t )  4t 2 12 12  z = 18,17t 4 = 2,907  106 [mm4 ], 3

2 Gi

Conform teoriei, tensiunea maximă se obţine în fibrele extreme (cele mai îndepărtate de axa neutră): z 18  17t 4 Wz = = = 44730 [mm3 ], ymax 3,25t care reprezintă modulul de rezistenţa axial. Tensiunea maximă, ce se obţine la nivelul nodului 1, este: Miz 6,25  106 i = = = 5,59t 3 = 139,7 [MPa], Wz 44730 Condiţia de verificare, cerută de problemă este: i max = 139,7 MPa  a = 150 MPa ; rezultă că grinda rezistă încărcării exterioare, dată de sarcinile din fig.6.13.

198

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Aplicația 6.2. Pentru grinda din figura 6.14 se cere: a) dimensionarea bolţului (d = ?) din articulaţia 2; b) dimensionarea profilului ( = ?); c) trasarea diagramelor ef şi ef în secţiunea cea mai solicitată. Se cunosc: a = 100 [MPa]; a = 90 [MPa]; Mo = 20 [kNm] și F = 40 [kN].

Fig.6.14 REZOLVARE: Pentru a stabili solicitările la care este supusă grinda, precum şi secţiunea periculoasă, vom trasa diagramele de eforturi. Calculul reacţiunilor (fig. 6.14): MA = 0; YB4 + 2Mo + Mo – F4,5 = 0  YB = 30 [kN], MB = 0; YA4 –Mo – 2Mo + F0,5 = 0  YA = 10 [kN]. Algoritmul de calcul pentru trasarea diagramelor de eforturi: Intervalul (A – B), x = 0 - 4 [m]: T (x = 0) = YA = 10 [kN], TA −B (x) = YA →  A −B TA −B (x = 4m) = YA = 10 [kN]. M (x = 0) = −20 [kN  m], MiA −B (x) = YA  x − M0 →  iA −B MiA −B (x = 4m) = 20 [kN  m].

199

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Intervalul (1 – B), x = 0 – 0,5 [m] T (x = 0) = F = 40 [kN], TB−1(x) = F →  B−1 TB−1(x = 0,5 m) = F = 40 [kN]. M (x = 0) = 0 [kN  m], MiA −B (x) = −F  x →  i1−B Mi1−B (x = 0,5 m) = −20 [kN  m]. Diagramele de eforturi sunt prezentate în fig.6.14. Rezultă solicitările: ➢ forfecare, cu secţiunea periculoasă în articulația A, ➢ încovoiere, cu secţiunea periculoasă pe reazemul A respectiv articulația B.

a) Dimensionarea bolţului (d = ?) Bolţul este solicitat la forfecare: T   d2 A necf = = 2 , (1) a 4 d=

2T 2  40  103 = = 16,8 [mm].   a   90

Vom adopta d = 17 [mm]. b) Dimensionarea profilului ( = ?) Fiind vorba de solicitarea de încovoiere, relaţia de dimensionare este: M Wz min_nec = iz max , (2) a Determinarea caracteristicilor geometrice ale secţiunii este făcută pe baza cotelor din fig.1.3. Momentul de inerţie z: 3  (10)3   (8)3   173 z = − − 2 = 207,33  4 − 818,8   12 12 12 Modulul de rezistenţă minim:

Wz min

z 207,33  4 − 818,8   = = = 41,466  3 − 163,76, ymax 5

200

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Din relaţia (2) rezultă: 20  106 41,466   − 163,76 =  nec = 16,9 [mm]. 100 Adoptăm  = 17 [mm]. Cu aceste dimensiuni rezultă: z = 1,73∙106 [mm4], Wz = 2,035∙105 [mm3]. 3

c) Diagramele ef şi ef din secţiunile periculoase Tensiunile normale: Miz max 20  106 ef = = = 98,25 [MPa], Wz min 203558,65 Tensiunile tangenţiale se calculează pentru diverse nivele ale T S planului de lunecare cu formula lui Juravski:  = max z , b  z Punctele de la nivelul: : b = 2 = 34 [mm]; 8,5 = 1,437∙105 [mm3], 2 40  103  143705,25  = = 9,77 [MPa], 34  17302485 : b = 2 = 34 [mm]; Sz = 34,5= 6,632∙104 [mm3] 40  103  66325,5  = = 4,25 [MPa], 34  17302485 ’: b = 3 = 51 [mm]; Sz = 34,5= 6,632∙104 [mm3] 40  103  66325,5 II = = 3 [MPa], 51 17302485 Diagramele  și  sunt prezentate în figura 6.15:

Sz = 352,5 – 42 – 28,5

Fig.6.15 201

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Aplicația 6.3. Se dă grinda simplu rezemată cu secţiunea şi încărcarea din figura 6.16. Ştiind că grinda este din fontă cu at = 30 [MPa] și ac = 90 [MPa] şi a = 0,6 [m], se cere: a) Trasarea diagramelor cotate ale eforturilor; b) Determinarea valorii maxime admisibile a sarcinii q; c) Reprezentarea variaţiei tensiunii normale  în secţiunea unde se înregistrează momentul încovoietor maxim Mimax;

Fig.6.16 REZOLVARE: a) Din condiţiile de echilibru ale grinzii rezultă reacţiunile: MB = 0; YA8a – 4pa6a – 2pa2a = 0  YA = 3,5aq, MA = 0; YB8a – 2pa6a – 4pa2a = 0  YB = 2,5aq. Pentru punctul x = 3,5a unde se anulează forţa tăietoare, se obţine momentul încovoietor maxim: x2 Mx = YAx - q = 6,125 a2q. 2 b) Pentru determinarea valorii maxime a sarcinii q, din condiţia de rezistenţă la încovoiere, este necesar să cunoaştem caracteristicile geometrice ale secţiunii transversale.

202

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

yG =

Coordonatele punctelor O1 și O2 în raport cu originea aleasă inițial sunt: O1(y1,z1) = O1(180,0); O2(y2,z2) = O1(130,0); Ariile celor două dreptunghiuri sunt: A1 = 200 x 360 = 72000 [mm2], A2 = 140 x 220 = 30800 [mm2].

Fig.6.17 yG =

 yi  A i ,  Ai

 yi  A i 180  72000 − 130  30800 = = 217,38 [mm].  Ai 72000 − 30800

Coordonatele punctelor O1 și O2 în raport cu sistemul central zGy sunt: O1(yG1,zG1) = O1(-37,38,0) și O2(yG2,zG2) = O1(-87,38,0). Momentul de inerței ale secțiunii transversale scris în raport cu axa centrală Gz este:  200  3603  140  2203  2 2 z =  + ( −37,38 )  72000  −  + ( −87,38 )  30800 12 12      z = 5,188  108 [mm4 ].

Ţinând cont de momentul încovoietor maxim Mi max = 6,125a2q care produce întinderea fibrelor inferioare şi comprimarea celor superioare, şi punând condiţiile limită date pentru rezistenţele admisibile ale fontei, rezultă: 6,125  qcap _1  ( 0,6  103 )  142,62 2

max_ t

M = i max  y1  a  z

5,188  108

= 30,

qcap_1 = 49,492 [N/mm], 6,125  qcap _ 2  ( 0,6  103 )  217,38 2

max_ c

M = i max  y 2  a  z

5,188  108

= 90,

qcap_2 = 97,41 [N/mm]. Încărcarea capabilă rezultă ca fiind valoarea minimă a încărcărilor capabile obţinute mai sus din condiţiile de rezistenţă la tracţiune şi compresiune: 203

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

qcap = min(qcap_1; qcap_2) = qcap_1 = 49,492 [N/mm]. c) Reprezentarea variaţiei tensiunilor normale  în secţiunea Mi_max este redată în fig.6.18.

Fig.6.18 În fibrele solicitate la compresiune, tensiunea va fi: 6,125  49,49  ( 0,6  103 )  217,38 2

min = −

5,188  108

 N  = −45,72  . 2  mm 

Aplicația 6.4. La grinda cu dimensiunile şi secţiunea din fig.6.19. se cere : a) Să se determine lungimea a, astfel ca valorile extreme ale momentului încovoietor să fie egale în modul, apoi să se calculeze sarcina capabilă dacă a = 120 [MPa]. b) Să se traseze diagramele de variaţie ale tensiunilor  şi  în secţiunea din dreapta reazemului B.

Fig.6.19 204

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

REZOLVARE: a. Calculăm reacţiunile barei şi apoi se reprezintă diagramele de eforturi tăietoare și momente încovietoare, fig.6.19.

M

A

= 0 YB 

( − q

+ a)  a  a  = 0  YB = q   +   +   , 2 2   2 2

 a2 a2   MB = 0  YA  − q  2 + q  2 = 0  YA = q   2 − 2 .   2

După cum se poate vedea din diagrama de eforturi tăietoare, efortul tăietor este nul la distanța  de reazemul A. Pentru a afla această distanță se va pune condiția T = 0, rezultând distanța: YA a2 T = 0  YA − q = 0   = = − . q 2 2 Valorile extreme ale momentului sunt: a2 MB = q  , 2 2

2 q  a2  M = YA   − q  =   −  . 2 2 2 2 

Condiţia de determinare pentru „a”: MB = M , a2 a= −  2a = 2 − a2 2 2 Obţinem o ecuaţie de gradul II a2 + 2a – 2 = 0 cu soluţiile: a1 = 0,828 [m], a2 = -4,828 [m]. Soluţia a2 nu are sens fizic în acest caz. Sarcina capabilă se va determina faţă de fibra cea mai depărtată de centrul de greutate al secţiunii, care va fi fibra de jos a secțiunii. Poziţia centrului de greutate faţă de această fibră va fi: 10  20  80 + 80  20  120 yG = = 52 [mm] 20  80 + 20  120

Momentul de inerţie faţă de axa centrală Gz este:

205

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

80  203 20  1203 2 2 + ( 52 − 10 )  20  80 + + ( 80 − 52 )  20  120 12 12 6 4  z = 7,637  10 [mm ],

z =

Valoarea momentului încovoietor maxim este: 0.828  103 ) ( a2 Mimax = q  = q = 342.79  103 q 2 2 Condiţia de sarcină capabilă la încovoiere este:  Mcap = a  z = Mimax , ymax 2

rezultă: 763.73  104  N  342.79  10 q = 120   qcap = 30,38  . 88  mm  b. Valorile eforturilor în secţiunea din dreapta reazemului B sunt: MB = Mimax = 342,79103q = 10,41 [kNm], TB = qa = 30,380,828 = 25,15 [kNm]. 3

Fig.6.20 Valorile tensiunilor în fibrele extreme sunt: MB −10,41 106 1 =  y1 =  − (140 − 88 ) = 70,87 [MPa], z 763,73  104  MB −10,41 106 2 =  y2 =  (140 − 52 ) = −120 [MPa]. z 763,73  104

206

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

OBS. Semnul negativ indică faptul că fibra inferioară e supusă comprimării. Pentru reprezentarea tensiunii tangenţiale folosim relaţia lui Juravski în punctele 1,2,3 şi C. TB  S*z = b  Iz

Punctul 1 3 G 2

80

OBS  mm MPa 0 0 '3 67200 2,76

20

67200 11,06

''3

20 20

77440 12,75 0 0

G

b mm 80

S*z

3

-

Aplicația 6.5. Grinda din fig.6.21 este supusă la încovoiere simplă plană; este realizată din platbenzi îmbinate prin sudură. Se cere să se dimensioneze grinda (din condiţia de rezistenţa), să se dimensioneze „sudura” şi să se traseze diagramele ‚  pe înălţimea secţiunii, pentru valori maxime ale forţei tăietoare şi ale momentului încovoietor. Se cunosc: q = 10 [kN/m], a = 0‚5 [m], a = 180 [MPa].

Fig.6.21 REZOLVARE. Se calculează reacţiunile YA și YB utilizând ecuaţiile de echilibru static, apoi se trasează diagramele T, Mi . 207

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

M M

B

= 0  YA  10a + C1 − 10aq  7a + P  2a − C2 = 0 ;

A

= 0  − YB  10a + P  12a − C2 + 10aq  3a + C1 = 0 ;

Din cele două ecuații reacțiunile: YA = 6,6aq ; YB = 5,4aq .

din

statică

se

obțin

Din condiţia Y = 0, se verifică corectitudinea reacţiunilor. Diagrama de eforturi se prezintă în figura 6.22.

Fig.6.22 Pentru a putea efectua calculul sudurii (varianta continuă și discontinuă), va trebui să calculăm poziția centrului de greutate a secțiunii transversale în raport cu sistemul inițial ales z0Oy0.

Fig.6.23 208

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Calculul centrului de greutate: y i A i 0,5t  4t 2 + 5t  8t 2 + 9,5t  6t 2  yG = = = 5,5t ; z G = 0; 4t 2 + 8t 2 + 6t 2  Ai Calculul momentului de inerție axial în raport cu axa centrală Gz: 2  z =  (  zi + yGi  Ai )

t  ( 8t ) 4t  t 3 6t  t 3 2 2 2 z = + ( 5t )  4t 2 + + ( 0,5t )  8t 2 + + ( 4t )  6t 2 = 241,5t 4; 12 12 12 3

Se determină modulul de rezistenţa axial Wz, atât din forma secţiunii cât şi din solicitare (Navier) şi apoi se dimensionează.  241,49t 4 Wz = z = = 43,907t 3 (din forma secţiunii); ymax 5,5t Mi max 10,58a2q 10,58  5002  10 Wz = = = = 146,9  103 [mm3 ], ; a a 180 43,907t3 = 146,9  103 ; t = 14,96[mm]. Se adoptă: t = 15 [mm].

Calculul sudurii în varianta „continuă” (fig.6.23,a). Pentru T = 4,6aq forţa de lunecare pe unitatea de lungime este: T  Sz n = z  A lunecare = b  1. b  z Această forţă, supune două cordoane de sudură de lungime „unitate”, la forfecare: T  Sz f =  a ; a = 0,65 a  z  2a'  1 rezultă:

T  Sz 4,6aq  4t 2  5t a' = = = 0,542 [mm]. . 2 z  0,65  a 2  241,49t 4  0,65  a

Tehnologic, un a’ = 0,542 [mm] nu se realizează şi deci se apelează la sudură discontinuă. Calculul sudurii în varianta discontinuă (fig.6.23,b) Se adoptă a’ = 5 [mm]; c = 200 mm şi se calculează pasul cordoanelor de sudură e. 209

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Forţa de lunecare longitudinală, ce se dezvoltă pe lungimea e, trebuie preluată prin „forfecare” de două cordoane de lungime c. N  f = e  a ; Af  z  2a' ( c − 2a' )  0,65  a 241,5t 4  10 ( 200 − 10 )  0,65  180 e = ; T  Sz 46  500  10  4t 2  5t

rezultă:

e  1750,54 [mm]. .

Deoarece, calculele s-au făcut pentru Tmax din diagrama de forţe tăietoare, se poate adoptă e = 1750 mm. Pentru calcul, s-a presupus că platbanda de sus tinde să lunece faţă de restul grinzii. Trasarea diagramelor ‚ :

Fig.6.24 În figura 6.24 sunt trasate diagramele ,  pe înălţimea secţiunii, pentru valorile maxime din diagrama de eforturi: Mi = 10,58a2q = 26,45  106 [N  mm] ; T = 4,6aq = 23  103 [N] . Mi y1 26,45  106  5,5  15 1 = = = 178,5 [MPa] ; z 241,5  154

Mi y 2 26,45  106  4,5  15 2 = = = 146,03 [MPa] . Iz 241,49  154 B =

T  Sz = 0 ; Sz =0; b  Iz

210

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

T  Sz 4,6aq  4t 2  5t C = = = 2,116 [MPa] ; b  Iz 4t  241,49t 4 '

T  Sz 4,6aq  4t 2  5t C = = = 8,465 [MPa] ; b  z t  241,49t 4 "

4,5t   4,6aq  4t 2  5t + 4,5t 2  T  Sz 2   G = = = 12,75 [MPa] ; b  z t  241,49t 4

T  Sz 4,6aq  6t 2  4t D = = = 10,159 [MPa] ; b  z t  241,49t 4 "

T  Sz 4,6aq  6t 2  4t D = = = 1,69 [MPa] ; b  z 6t  241,49t 4 '

E =

T  Sz = 0 ; Sz = 0. b  Iz

Aplicația 6.6. Se reia grinda de la fig.6.21 şi se presupune că are secţiunea transversală din fig.6.25. Îmbinarea elementelor componente se face prin nituire. Să se verifice rezistenţa grinzii şi să se calculeze numărul de nituri necesar îmbinării. Grosimea plăcii t2 = 10 [mm].

Fig.6.25 211

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

REZOLVARE. Din memoratorul de Rezistența Materialelor se extrag caracteristicile profilelor: t1 = 7,5 [mm], A1 = 2400 [mm2], z = 85,3∙104 [mm4], U16 y = 925∙104 [mm4], e1 = 18,4 [mm], b = 65 [mm].

18

t3 = 10,16 [mm], A3 = 2790 [mm2], z = 1450∙104 [mm4],

Se determină centrul de greutate al secţiunii transversale faţă de sistemul ales z0Oy0: z G = 0; yG

yA = A i

i

i

−18,4  24  102 + 5  16  102 + 100  27,9  102 = = 35,764 [mm] 24  102 + 16  102 + 27,9  102

Se determină momentul de inerţie axial z şi modulul de rezistenţă axial Wz şi se face verificarea secţiunii transversale:





2  z =  (  zi + yGi  A i ) = 85,3  104 + (18,4 + 35,764 )  2400 + 2





160  103  2 + + 30,7642  1600  + 1450  104 + (100 − 35,764 )  2790  12 

 z = 3,544  106 [mm4 ];

Wz =

i ef =

z  3,544  106 = z = = 2,298  105 [mm3 ] . ymax y1 154,236

Mi max Wz

26,45  106 = = 115,1[MPa] ; 2,29  105

i ef = 115,1[MPa]  a = 180 [MPa] .

Condiția de rezistență este îndeplinită. Pasul e, dintre niturile ce realizează îmbinarea, se determină din condiţia ca o pereche de nituri, să preia forţa de lunecare longitudinală pe această lungime; niturile sunt supuse la forfecare şi strivire. Forţa de lunecare longitudinală este: T  Sz T  Sz Ne = z  A lun = be = e. b  z z 212

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

Presupunem că tinde să lunece profilul U16, faţă de restul elementelor componente. Rezultă : 4,6aq  24  102 (e1 + 35,764)e Ne = = 84,355  e . 3544,36  10 4 O pereche de nituri 17 poate prelua: d2   172 - prin forfecare: Tf = 2 a = 2 110 = 49910,3 [N] ; 4 4 - prin strivire: Pst = 2d  hmin  pa = 2  17  7,5  210 = 53550 [N] ;

unde: hmin = min (t1, t 2 + t 3 ) .

Din condiţia ca forţa de lunecare, să poată fi preluată de rezistenţa minimă a perechii de nituri, rezultă: Ne = min (Tf , Pst ) ; 84,355e = 49910,3 . Rezultă: e = 591,669 [mm] . Se adoptă: e = 592 [mm]. Numărul de nituri, necesar îmbinării este: 14a 14  500 n=2 = = 23,648 . Se adoptă: n = 24 . e 592 Calculele sunt făcute pentru forţa tăietoare maximă din diagramă. În zonele grinzii unde forţa tăietoare este mică, pasul dintre perechile de nituri poate fi mărit.

Aplicația 6.7. Grinda din fig.6.26 este confecţionată din lemn de brad cu tensiunea admisibilă de încovoiere ai = 10 [MPa] şi de forfecare af = 1‚2 [MPa]. Se cere să se determine forţa capabilă q, uniform distribuită, care poate încărca grinda, precum şi diametrul necesar, astfel ca tensiunile normale şi tangenţiale să nu depăşească rezistenţele admisibile.

Fig.6.26 213

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

REZOLVARE. Se pun condiţiile de rezistenţă la încovoiere şi forfecare ale grinzii: M 4 Tmax max = i max  ai ; max =  af . Wz 3 A Eforturile secţionale maxime iau naştere în încastrare. q 2 şi Tmax = q . Mi max = 2 - Condiţiile puse mai sus se rescriu sub forma:  q 2  32 16q 2 = d3  ai ; =  ; ai  2d3     16q = 3d2   . 4  q  4 =  ; af af   3d2 Rezultă în final: af 27 3af d=3 = 360 [mm], respectiv qcap =  = 91,61[N / mm] . 16 ai2 ai Aplicația 6.8. Grinda AB din fig.6.27, este de lăţime b constantă şi înălţime h variabilă, după legea h(x) = ho (1+ 3x/). Solicitarea este dată de o forţă F situată la jumătatea deschiderii grinzii. Să se determine poziţia secţiunii celei mai solicitate şi valoarea maximă a tensiunii.

Fig.6.27 214

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

REZOLVARE. Se trasează diagramele cotate T şi Mi. Se scrie expresia momentului încovoietor la distanţa x, pentru cele 2 regiuni ce apar în figură: F F   Mi A −1 ( x ) = x ; Mi 1−B ( x ) = YA  x +  − Fx = ( − x ) . 2 2 2  Modulul de rezistenţă al secţiunii transversale, scris pentru o distanţă curenta x este: x  bh  1 + 3  2 bh ( x )   Wz ( x ) = = 6 6

2

2 0

Tensiunile obținute pentru cele două tronsoane: F x Mi A −1 ( x ) 3F 2 x 2 Tronson A-1: i A −1 ( x ) = , = = 2 2 2 Wz ( x ) x bh0 ( + 3x )  bh02  1 + 3    6 F ( − x) 3F 2 ( − x ) Mi 1−B 2 Tronson 1-B: i 1−B ( x ) = = = 2 2 2 Wz ( x ) x bh0 ( + 3x )   2 bh0  1 + 3    6 Distanta x la care tensiunea este maxima, rezultă din condiția: di ( x ) = 0. dx d ( i A −1 ( x ) ) 3F 2 ( − 3x ) Tronson A-1: =0x= , = 0; 2 3 dx bh02 ( + 3x ) Tronson 1-B:

d ( i 1−B ( x ) ) dx

= 0; −

( 9 − 5x ) = 0  x = 9 2 5 bh02 ( + 3x )

3F

2

-

imposibil. Tensiunea maximă se va obține într-o secțiune la x = /3 față de capătul din stânga și are expresia: F   i   = = i max . 2 3 4bh   0 215

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Aplicația 6.9. Grinda din fig.6.28, este solicitată la încovoiere oblică, de un sistem de sarcini verticale; sarcinile se află în acelaşi plan longitudinal, plan ce conţine şi axa centrală y a secţiunilor transversale. Se cere să se determine secţiunea cea mai solicitată şi sa se precizeze punctele acesteia, în care tensiunea este maximă. Se dau: a = 0,5 [m], q = 1 [kN/m], t = 10 [mm], a = 120 [MPa].

Fig.6.28 REZOLVARE. Se determină recţiunile din reazeme pe baza de simetrie(a grinzii şi încărcării) şi se trasează diagramele cotate T şi Mi (pe baza de simetrie (Mi) şi antisimetrie (T)), a eforturilor secţionale. Secţiunea maxim solicitată la încovoiere, este la x = 4a de reazemul 2 unde Mi =1,5106 [N∙mm]. Se obține din calcule poziția centrului de greutate G a secțiunii transversale din fig.6.28. Reperul de axe de coordonate zGy este central, dar oarecare. Pentru calculul tensiunii maxime, se va folosi expresia generală a tensiunii de încovoiere pură. Se calculează momentele de inerţie ale secţiunii, faţă de reperul central rezultat:

216

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 6t  t 3  t (10t ) 2 z = 2  + ( 5,5t )  6t 2  + = 4,47  106 [mm4 ] ; 12  12   ( 6t )3  t  t 3  10t 2 2 y = 2  + ( 2,5t )  6t  + = 1,112  106 [mm4 ] ; 12  12   zy = ( −5,5t )  2,5t  6t 2 + 5,5t ( −2,5t ) 6t 2 = 1,65  10 6 [mm4 ] . 3

În cazul solicitării din fig.6.29: My = 0 ; Mz = Mi max = 15  106 [N  mm] . Direcţia axei neutre:  −165  = arctg zy = arctg    −56 . y 111,83 Se duc paralele la axa neutră şi se constată ca punctele (E) şi (F) sunt cele mai îndepărtate de aceasta. Pe baza particularizării expresiei generale a tensiunii, se va calcula valoarea în aceste puncte. E =

y y − z zy  z y − 

2 zy

Mz =

E = 49,5 [MPa] . F =

y y − z zy  z y − 

2 zy

Mz =

60  1,12  106 − 5 ( −1,65  106 )

4,47  106  1,12  106 − ( −1,65  10

 1,5  106 ;

)

6 2

50  1,12  106 − ( −55 ) ( −1,65  106 )

4,47  10  111,83  10 − ( −1,65  10 6

4

)

6 2

 1,5  106 ;

F = −22,9 [MPa] .

Punctul cel mai solicitat este (E); grinda rezista solicitării de încovoiere oblică simplă, deoarece: E = 49,5 MPa  a = 120 MPa . Aplicația 6.10. Grinda din figura 6.29 este supusă la încovoiere oblică strâmbă și este de secțiune dreptunghiulară. Planul forțelor concentrate F conține axa y, iar planul sarcinii uniform distribuite face cu axa y unghiul  = 30o. Să se verifice grinda la încovoiere și să se precizeze punctele maxim solicitate. Se dau: a = 0,2 [m], h = 3b, q = 10 [kN/m], a = 180 [MPa], b = 100 [mm]. 217

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

Fig.6.29 REZOLVARE. Se trasează diagramele de momente încovoietoare pentru cele două încărcări aflate în plane diferite. Se constată că cea mai solicitată secțiune este cea din dreptul punctului 2, unde: - forța distribuită generează un moment Miq, orientat după axa z: Miq = 8a2q = 8∙2002∙10 = 3,2∙106 [N∙mm], - forțele concentrate F, generează un moment MiF înclinat cu  = 30o față de axa z: MiF = 2a2q = 2∙2002∙10 = 0,8∙106 [N∙mm]. Solicitarea secțiunii periculoase, după direcțiile axelor centrale principale de inerție se face cu componentele: Miz = Miqz + MiF = 3,2∙106∙cos(30o) + 0,8∙106= 3,57∙106 [N∙mm], Miy = Miqy = 3,2∙106∙sin(30o) = 1,6∙106 [N∙mm]. Caracteristicile geometrice ale secțiunii transversale: - Modulele de rezistență după axele principale bh2 b2h Wz = = 5,556  104 [mm3 ]; Wy = = 1,852  104 [mm3 ]; 6 6 - Momentele de inerție după axele principale b3h bh3 6 4 = 3,086  105 [mm4 ]. z = = 2,78  10 [mm ];  y = 12 12 Înclinarea axei neutre față de axa z, se face cu unghiul  ce se calculează cu relația: 218

REZISTENŢA MATERIALELOR

tg =

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 z Miy  2,78 1,6     = arctg   = 76,071o.   y Miz  0.308 3,57 

Se trasează axa neutră și se duc paralele la aceasta prin punctele cele mai depărtate ale secțiunii C și D. Tensiunile în aceste puncte vor fi:  Miz Miy   3,57  106 1,6  106  max,min =   + + = 150,85 [MPa].  =   4 4  W W 5,556  10 1 ,852  10   y   z Tensiunea maximă, cea de tracțiune se produce în punctul C, iar cea de compresiune în punctul D. Ele nu depășesc tensiunea admisibilă.

Aplicația 6.11. Grinda din figura 6.30 simplu rezemată la ambele capete, de lungime L este încărcată cu un cărucior mobil care poate ocupa orice poziție pe grindă. Știind că fiecare roată transmite o forță F și secțiunea transversală a grinzii este 18 se cere să se calculeze tensiunea maximă de încovoiere. Se dau: L = 7 [m], l = 1 [m] și P = 3[kN].

Fig.6.30 219

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

REZOLVARE. Se vor calcula reacțiunile din legăturile mecanice pentru o poziție arbitrară a căruciorului. Cele două forțe F s-au redus la o rezultantă R = 2F. 2x +    MA = 0; R   x + 2  − YB  L = 0  YB = L F, 2L − 2x − F.  Y = 0; YA + YB − R = 0  YA = L Expresiile momentelor în punctele 1 și 2 sunt:  2L − 2x −  M1(x) = YA  x =  F  x L   F (L − − x )( + 2x ) M2 (x) = YA  x − F = L Se va determina cota x la care cele două momente sunt egale. F (L − − x )( + 2x )  2L − 2x −  M1(x) = M2 (x)   F  x = , L L   L− x= =3 . 2 Dacă x > 3, momentul maxim se va obține în dreptul punctului 1, Dacă x < 3, momentul maxim se va obține în dreptul punctului 2. Pentru determinarea cotei x pentru care momentele din punctele 1 și 2 sunt maxime, va trebui pusă condiția. dMi = 0; dx dM1(x) 4 L   = 0 F  2 − x −  = 0  x = − = 3,25 [m], dx L L 2 4  dM2 (x) =0 dx

F ( 2L − 3 − 4x ) L 3 =0x= − = 2,75 [m]. L 2 4

Momentele maxime se obțin prin înlocuirea lui x în expresiile generale ale momentelor încovoietoare:

220

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

 2  7 − 2  3,25 − 1  M1 max (x = 3,25m) =    3  3,25 = 9,053 [kN∙m], 7   ( 7 − 1 − 2,75 )(1 + 2  2,75 ) = 9,053 [kN∙m]. M2 max (x = 2,75m) = 3  7

Momentul încovietor maxim maximorum în unități S.I. este: Mi max = 9,053∙106 [N∙mm] Tensiunea maximă pe grindă se calculează cu relația lui Navier, în baza proprietăților geometrice ale secțiunii transversale. Pentru 18: z = 1450∙104 [mm4], Wz = 161∙103 [mm3]. max

Mimax 9,053  106 = = = 56,22 [MPa]. Wz 161 103

221

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

222

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

PROBLEME PROPUSE APLICAȚIA 6.12. Să se dimensioneze grinda din fig.6.31. Se dau: a = 0,5 [m], q = 10 [kN/m], a = 150 [MPa]. Se presupune că materialul grinzii este o fontă cenuşie. Aceasta rezistă diferit la tracţiune, compresiune (solicitări simultane date de încovoiere) şi are la tracţiune at = 60 [MPa], iar Ia compresiune ac = 140 [MPa].

Fig.6.31

APLICAȚIA 6.13. Pentru grinda din fig.6.32 să se determine sarcina capabilă q aşa încât tensiunile normale să nu depăşească rezistenţa admisibilă ai = 160 [MPa].

Fig.6.32

223

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

APLICAȚIA 6.14. Să se dimensioneze grinda din figura 6.33 (h = ?), dacă se cunosc: b = 100 [mm] și a = 160 [MPa]. De asemenea să se arate și distribuția tensiunilor tangențiale pe înălțimea secțiunii, în zona cea mai solicitată. Se dau: q = 10 [kN/m], a = 1 [m], F = aq, C0 = 1,2a2q.

Fig.6.33

APLICAȚIA 6.15. Grinda din figura 6.34 are secțiunea compusă din două profile U24 și două platbande 200x20 îmbinate prin nituire. Să se determine numărul necesar de nituri. Se cunosc: diametrul niturilor d = 12 [mm], tensiunile admisibile ale niturilor a = 100 [MPa], pa = 200 [MPa].

Fig.6.34 224

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

APLICAȚIA 6.16. Calculați tensiunile maxime de încovoiere și forfecare în secțiunea periculoasă, pasul nituirii cornierelor de inimă e1 și e2, precum și pasul găurilor de ușurare eg pentru grinda din figura 6.35. Se dau: a = 80 [MPa] pentru grindă și a = 100 [MPa], pa = 250 [MPa] pentru nituri. Diametrul nitului este d = 23 [mm].

Fig.6.35

APLICAȚIA 6.17. Se reia grinda de la fig.6.35 şi se presupune că are secţiunea transversală din fig.6.36. Îmbinarea elementelor componente se face prin sudură. Se cere: a) dimensionarea secțiunii transversale astfel încât să fie îndeplinită condiția de rezistență (t = ?), b) calculul sudurii în variantă continuă (a’ = ?), c) calculul sudurii în variantă discontinuă (e = ?). Pentru calculul sudurii în varianta discontinuă se 225

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

vor considera: a’ = 5 [mm], c = 100 [mm]. Tensiunea admisibilă a grinzii: a = 80 [MPa], diametrul găurilor de ușurare D = 10 [mm].

Fig.6.36

APLICAȚIA 6.18. Grinda din figura 6.37, are secțiunea transversală un profil U20 și este solicitată la încovoiere oblică. Se cere să se calculeze tensiunea maximă și să se precizeze în ce punct al secțiunii apare. Se dau: a = 0,5 [m], q = 1 [kN/m], a = 150 [MPa].

Fig.6.37

226

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

APLICAȚIA 6.19. O grinda de lungime 2L este încastrată la un capăt și acționată de o forță transversală la celălalt capăt. Știind că înălțimea grinzii variază liniar (fig.6.38), se cere să se determine secțiunea periculoasă a grinzii și tensiunea maximă din această secțiune.

Fig.6.38 APLICAȚIA 6.20. Grinda din figura 6.39 este supusă la încovoiere oblică strâmbă și are secțiune transversală un profil 20. Planul forțelor uniform distribuite conține axa y , iar planul forțelor concentrate F face cu axa y unghiul  = 30o. Să se verifice grinda la încovoiere și să se precizeze punctele maxim solicitate. Se dau: a = 0,2 [m], q = 10 [kN/m], a = 180 [MPa].

Fig.6.39

227

6. ÎNCOVOIEREA BARELOR

228

REZISTENŢA MATERIALELOR

ANEXE

229

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

230

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 1

231

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 2

232

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 3

233

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 3 (continuare)

234

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 4

235

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 4 (continuare)

236

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 5

237

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 5 (continuare)

238

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 5 (continuare)

239

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 5 (continuare)

240

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 5 (continuare)

241

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 5 (continuare)

242

REZISTENŢA MATERIALELOR

Anexa 5 (continuare)

243

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

ANEXE

Anexa 5 (continuare)

244

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

BIBLIOGRAFIE 1. 2.

3. 4.

5. 6. 7. 8.

9.

10. 11.

12. 13.

14. 15. 16.

BÃNUŢ, V., - CALCULUL NELINIAR AL STRUCTURILOR, Ed. Tehnicã, Bucureşti, 1981. BEZERGUI, A., ş.a., - RESISTANCE DES MATERIAUX, PRESSES INTERNATIONALES POLZTECHNIQUE, MONTREAL,2002. BELEAEV,N.M. - REZISTENŢA MATERIALELOR, vol. I şi II, Ed. Tehnică 1956. BIA,C., ILLE,V., SOARE,M.V., REZISTENŢA MATERIALELOR ŞI TEORIA ELASTICITĂŢII, Editura didactică şi pedagogică, Bucureşti 1983. BIŢ, C., S., RADU, N., GH., CIOFOAIA, V. – ELEMENTE DE MECANICA RUPERII, Ed. MACARIE, Târgovişte, 1997 BUZDUGAN,GH. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. Tehnică Bucureşti, 1980. BUZDUGAN,GH. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. Academiei, Bucureşti, 1986. BUZDUGAN,GH.,BLUMENFELD,M. - CALCULUL DE REZISTENŢĂ AL PIESELOR DE MAŞINI, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1982. BUGA, M.M ILIESCU, N., ATANASIU, C., TUDOSE, I., PROBLEME ALESE DIN REZISTENŢA MATERIALELOR, Universitatea POLITEHNICĂ, Bucureşti 1995 BEZUHOV,N.T., TEORIA ELASTICITĂŢII ŞI PLASTICITĂŢII, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1957. CĂLIN, ITU – CONTRIBUȚII PRIVIND ÎMBUNĂTĂȚIREA PLĂCILOR CIRCULARE REALIZATE DIN MATERIALE COMPOZITE STRATIFICATE, Teză de doctorat, 2014. CĂLIN, ITU – MATERIALE COMPOZITE STRATIFICATE, Ed. Universității Transilvania Brașov, 2015. CĂLIN, ITU – MATERIALE COMPOZITE STRATIFICATE ÎN INGINERIA MECANICĂ, Ed. Universității Transilvania Brașov, 2016. CURTU,I., ... RADU,N.GH. - REZISTENŢA MATERIALELORMEMORATOR, Reprografia Universităţii din Braşov, 1989. CURTU,I., ... RADU,N.GH. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Reprografia Universităţii TRANSILVANIA din Braşov, 1990. DEUTSCH,I. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. didactică şi pedagogică, Bucureşti, 1979. 245

BIBLIOGRAFIE

17. DEUTSCH,I., GOIA,I., CURTU,I., NEAMŢU,T., SPERCHEZ,FL. PROBLEME DE REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. didactică şi pedagogică, Bucureşti, 1983. 18. DIACONU,M. - REZISTENŢA MATERIALELOR ŞI TEORIA ELASTICITĂŢII, Reprografia Institutului Politehnic “GH. ASACHI”, Iaşi, 1985. 19. DOBRE, I., ş.a. – REZISTENŢA MATERIALELOR – CULEGERE DE PROBLEME DATE LA CONCURSUL ŞTIINŢIFIC STUDENŢESC, TIMIŞOARA, 1989. 20. FEODOSSIEV, V. - RÉSISTANCE DES MATÉRIAUX, 2e ÉDITION, REVISÉE ET COMPLÉTÉE, 1971, EDITIONS MIR. MOSCOU. 21. FOGIEL, M., CHIEF EDITOR - THE STRENGTH OF MATERIALS & MECHANICS OF SOLIDS PROBLEM SOLVER, NEW JERSEY, 1996. 22. GIONCU,V., IVAN,M., BAZELE CALCULULUI STRUCTURILOR LA STABILITATE, Ed. Facla, Timişoara, 1983. 23. GOIA,I. - REZISTENŢA MATERIALELOR, vol. I (1978), vol. II (1981), Reprografia Universităţii din Braşov. 24. GOIA,I.,...RADU,N.GH., - REZISTENŢA MATERIALELOR, Culegere de probleme, Reprografia Universităţii TRANSILVANIA din Braşov, 1991. 25. HĂRDĂU, M., - APLICAREA MEF LA CALCULUL DE REZISTENŢĂ ÎN CONSTRUCŢIA DE MAŞINI, Universitatea Tehnicã Cluj-Napoca, 1992 26. IEŞAN, D., - TEORIA TERMOELASTICITĂŢII, Ed. Academiei, Bucureşti, 1979. 27. KERGUIGNAS, M., CAIGNAERT, G. - RÉSISTANCE DES MATÉRIAUX, DUNOD UNIVERSITE, PARIS,1977. 28. LEONARD SPIEGEL, P.E., GEORGE, F. LIMBRUNNER, P.E. - APPLIED STRENGTH OF MATERIALS, NEW YORK, OXFORD, SINGAPORE, SYDNEY, 1994. 29. MIROLYUBOV, I., N., ş.a., - AN AID TO SOLVING PROBLEMS IN STRENGTH OF MATERIALS, MIR. PUBLISHERS, MOSCOW, 1974. 30. MOCANU,D.R., - REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1980. 31. MODICA, M., - REZISTENŢĂ MATERIALELOR, I.I.S. Galaţi, 1986 32. MUNTEANU, GH.M., RADU,N.GH. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Reprografia Universităţii din Braşov, 1981. 246

REZISTENŢA MATERIALELOR

ÎNDRUMAR DE SEMINAR

33. MUNTEANU, GH. M.,RADU,N.GH., POPA,V.AL. REZISTENŢA MATERIALELOR vol. I (1989), vol. II (1990), Reprografia Universităţii din Braşov. 34. MUNTREANU, GH. M., ALDICA, C., RADU, N., GH., METODA ELEMENTELOR FINITE – Suport de curs şi laborator, Universitatea „TRANSILVANIA” Braşov, 1997 35. OLARU, V., ROŞCA, I., RADU, N., GH., ... – BIOMECANICA, BAZELE BIOMECANICII, vol. I. ISBN 973-9372-01-5, Editura „MACARIE” Târgovişte, 1998 36. PONOMARIOV,S.D., ş.a. - CALCULUL DE REZISTENŢĂ ÎN CONSTRUCŢIA DE MAŞINI, Ed. Tehnică, Bucureşti, 1960. 37. POSEA,N. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. didactică şi pedagogică, Bucureşti, 1979. 38. POSEA,N. - REZISTENŢA MATERIALELOR, Probleme, Ed. didactică şi pedagogică, Bucureşti, 1986 39. RADU, N., GH., MUNTEANU.GH.M., BIŢ, C., S., REZISTENŢA MATERIALELOR ŞI ELEMENTE DE TEORIA ELASTICITĂŢII, vol. I (1994), vol. II (1995), Editura MACARIE Târgovişte. 40. RADU, N. GH., - ASUPRA ÎNCOVOIERII ELASTICE A PLĂCILOR PLANE SUBŢIRI. NOŢIUNI DE STABILITATE ELASTICĂ LA BARE DREPTE, Ed. „MACARIE” Târgovişte, 1999. 41. RADU, N. GH., - REZISTENŢA MATERIALELOR ŞI ELEMENTE DE TEORIA ELASTICITĂŢII, Editura UNIVERSITĂŢII TRANSILVANIA BRAŞOV, 2002, 2 volume (TEORIE ŞI APLICAŢII 1200 pag.) 42. RADU, N. GH., - CONTRIBUŢII LA STUDIUL ÎNCOVOIERII ŞI AL STABILITĂŢII ELASTICE A DISCURILOR SUBŢIRI ÎN MIŞCARE DE ROTAŢIE, ÎN REGIM TERMIC AXIALSIMETRIC, Teză de doctorat, Braşov, 1992. 43. RADU,N.GH., CIOFOAIA,V., NEAMŢU,T. - REZISTENŢA MATERIALELOR LUCRĂRI DE LABORATOR, Universitatea din Braşov, 1988. 44. RADU, N.GH., MUNTEANU, M., BIŢ, C.S., - TEORIA ELASTICITĂŢII ŞI REZISTENŢA MATERIALELOR, vol. 1 – 1994, vol. 2 – 1995, vol. 3 – 1998, Universitatea „TRANSILVANIA” Braşov. 45. RADU, N.GH., COMĂNESCU, I. - TEORIA ELASTICITĂŢII ŞI REZISTENŢA MATERIALELOR – CAPITOLE SPECIALE, Editura LUX LIBRIS (recunoscută CNCSIS) 2004, BRAŞOV.

247

BIBLIOGRAFIE

46. RADU, N.GH., DOGARU, S., Fl., REZISTENŢA MATERIALELOR – CULEGERE DE PROBLEME, vol. 1, Editura LUX LIBRIS 2004, BRAŞOV. 47. RADU, N.GH., DOGARU, S., Fl., CĂLIN, A., ITU, REZISTENŢA MATERIALELOR – CULEGERE DE PROBLEME, vol. 2, Editura LUX LIBRIS 2005, BRAŞOV. 48. ROBERT, W. LITTLE - ELASTICITY, PRENTICE-HALL INC., ENGLEWOOD CLIFFS, NEW JERSEY, 1973. 49. SCARLAT, A. - STABILITATEA STRUCTURILOR, Ed. Tehnicã, Bucureşti 1969 50. SOARE, M. – APLICAREA ECUAŢIILOR CU DIFERENŢE FINITE LA CALCULUL SUPRAFEŢELOR SUBŢIRI, Ed. De Stat, 1954 51. STOICESCU,L. REZISTENŢA MATERIALELOR, Universitatea Galaţi, 1986. 52. SOFONEA,G., FRĂŢILĂ,M. REZISTENŢA MATERIALELOR, Ed. Universităţii “L. BLAGA”, Sibiu, 1998. 53. TEODORESCU, P.P., - TEORIA ELASTICITĂŢII ŞI INTRODUCERE ÎN MECANICA SOLIDULUI DEFORMABIL, Ed. Dacia, Cluj-Napoca, 1976. 54. TIMOSHENKO, S., GOODIER, S.N. - THEORY OF ELASTICITY, NEW YORK, TORONTO, LONDON, 1951. 55. TUDOSE, I., CONSTANTINESCU, D., M., STOICA, M. – REZISTENŢA MATERIALELOR APLICAŢII, Editura Tehnică, Bucureşti, 1990. 56. VOINEA,R., ş.a. - INTRODUCERE ÎN MECANICA SOLIDULUI CU APLICAŢII ÎN INGINERIE, Ed. Academiei, Bucureşti, 1988. 57. HUTTE – MANUALUL INGINERULUI, FUNDAMENTE, EDITURA TEHNICĂ, BUCUREŞTI, 1995.

248