Сопротивление материалов. Часть II. Селиванов Ю.Т. - 44 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

Третий этап. Сферическая часть рассматриваемого элемента расположена выше кольцевой опоры, следо-
вательно, для составления уравнения равновесия будем рассматривать верхнюю отсеченную часть (рис. 5.8).
Для сферического элемента
21
RR = и равно радиусу, образующему этот элемент, т.е. 6,0
21
== RR м.
Первая точка (
L
) соответствует точке сопряжения цилиндрической и сферической частей:
5,0
=
t
R м.
Давление
5
10== Pq Н/м
2
.
Из треугольника
NMS имеем:
5,0
=
=
t
RSM м;
6,0
1
=
=
RNS м.
Тогда 833,0
6,0
5,0
sin ===ϕ
NS
SM
.
4456
′
°
≈
ϕ
.
Так как у нас в отсеченной части сферы отсутствует жидкость, то ее вес .0
=
G
Уравнение равновесия
0sin2
2
=π−ϕδπσ
tts
RqR .
05,010833,001,05,02
25
=π−⋅⋅πσ
s
.
≈
σ
s
3 МПа.
h
q
RR
st
=
σ
+
σ
21
.
01,0
10
6,0
103
6,0
56
=
⋅
+
σ
t
,
откуда ≈σ
t
3 МПа.
Вторая точка:
°=ϕ 25
:
254,0423,06,0sin
=
⋅
=
ϕ
= NSR
t
м (из NMS
∆
).
Давление
5
10== Pq Н/м
2
.
0sin2
2
=π−ϕδπσ
tts
RqR .
0254,01001,0423,0254,02
25
=π−⋅⋅πσ
s
.
≈
σ
s
3 МПа.
Уравнение Лапласа будет иметь тот же вид, что и для предыдущей точки.
01,0
10
6,0
103
6,0
56
=
⋅
+
σ
t
,
≈
σ
t
3 МПа.
Третья точка (купольная точка).
При значении
0=ϕ
необходимо получить зависимость для расчета напряжения
s
σ :
0sin2
2
=π−ϕδπσ
tts
RqR .
ϕδπ
π
=σ
sin2
2
t
t
s
R
Rq
.

Страницы