AXIAL LOAD: KUNG PAANO ITO KINAKALKULA AT MALULUTAS ANG MGA EHERSISYO - PISIKAL - 2025

Ang axial load ay ang puwersa na nakadirekta kahanay sa axis ng symmetry ng isang elemento na bumubuo ng isang istraktura. Ang puwersa ng ehe o pag-load ay maaaring maging pag-igting o compression. Kung ang linya ng pagkilos ng puwersa ng ehe ay magkakasabay sa axis ng simetrya na dumadaan sa sentroid ng elemento na isinasaalang-alang, kung gayon masasabing isang concentric axial load o lakas.

Sa kabaligtaran, kung ito ay isang puwersa ng ehe o pag-load kahanay sa axis ng simetrya, ngunit kung saan ang linya ng pagkilos ay hindi sa axis mismo, ito ay isang eccentric axial force.

Larawan 1. Pag-load ng axial. Pinagmulan: ginawa ng sarili

Sa figure 1 ang dilaw na arrow ay kumakatawan sa mga puwersa ng ehe o naglo-load. Sa isang kaso ito ay isang concentric na puwersa ng pag-igting at sa iba pang nakikipag-ugnay kami sa isang eccentric na puwersa ng compression.

Ang yunit ng pagsukat para sa pagkarga ng axial sa SI international system ay ang Newton (N). Ngunit ang iba pang mga yunit ng lakas ay madalas ding ginagamit, tulad ng kilogram-lakas (kg-f) at ang pound-force (lb-f).

Paano ito kinakalkula?

Upang makalkula ang halaga ng pag-load ng axial sa mga elemento ng isang istraktura, dapat sundin ang mga sumusunod na hakbang:

- Gawin ang diagram ng puwersa sa bawat elemento.

- Ilapat ang mga equation na ginagarantiyahan ang balanse ng translational, iyon ay, na ang kabuuan ng lahat ng mga puwersa ay zero.

- Isaalang-alang ang equation ng mga torque o sandali upang ang rotational equilibrium ay natutupad. Sa kasong ito ang kabuuan ng lahat ng mga torque ay dapat na zero.

- Kalkulahin ang mga puwersa, pati na rin kilalanin ang mga puwersa o naglo-load ng ehe sa bawat isa sa mga elemento.

Ratio ng axial load sa normal na stress

Ang average na normal na stress ay tinukoy bilang ang ratio ng axial load na hinati sa cross-sectional area. Ang mga yunit ng normal na stress sa SI International System ay Newton na higit sa square meter (N / m²) o Pascal (Pa). Ang sumusunod na figure 2 ay naglalarawan ng konsepto ng normal na stress para sa kalinawan.

Larawan 2. Normal na stress. Pinagmulan: ginawa ng sarili.

Malutas na ehersisyo

-Ehersisyo 1

Isaalang-alang ang isang cylindrical kongkreto na haligi ng taas h at radius r. Ipagpalagay na ang density ng kongkreto ay ρ. Ang haligi ay hindi suportado ng anumang karagdagang pag-load maliban sa sarili nitong timbang at sinusuportahan sa isang hugis-parihaba na base.

- Hanapin ang halaga ng pagkarga ng ehe sa mga puntos A, B, C at D, na nasa mga sumusunod na posisyon: A sa base ng haligi, B a ⅓ ng taas h, C a ⅔ ng taas h sa wakas D sa tuktok ng haligi.

- Tukuyin din ang average na normal na pagsisikap sa bawat isa sa mga posisyon na ito. Kunin ang sumusunod na mga halagang numero: h = 3m, r = 20cm at ρ = 2250 kg / m³

Larawan 3. Haligi ng cylindrical. Pinagmulan: ginawa ng sarili.

Solusyon

Kabuuang timbang ng haligi

Ang kabuuang timbang W ng haligi ay ang produkto ng oras ng density nito ang dami na pinarami ng pagbilis ng gravity:

W = ρ ∙ h ∙ π ∙ r² ∙ g = 8313 N

Axial load sa A

Sa puntong Ang isang haligi ay dapat suportahan ang buong timbang nito, kaya ang pag-load ng axial sa puntong ito ay ang compression ay katumbas ng bigat ng haligi:

PA = W = 8313 N

Axial load sa B

Ang ⅔ lamang ng haligi ang magiging sa punto B, kaya ang pag-load ng axial sa puntong iyon ay magiging compression at ang halaga nito ⅔ ang bigat ng haligi:

PB = ⅔ W = 5542 N

Larawan 3. Haligi ng cylindrical. Pinagmulan: ginawa ng sarili.

Sa itaas na posisyon C mayroon lamang ⅓ ng haligi, kaya ang pag-load ng compression ng ehe nito ay magiging sarili nitong timbang:

PC = ⅓ W = 2771 N

Axial load sa D

Sa wakas, walang pag-load sa point D, na kung saan ay ang itaas na dulo ng haligi, kaya ang puwersa ng ehe sa puntong iyon ay zero.

PD = 0 N

Mga normal na pagsisikap sa bawat isa sa mga posisyon

Upang matukoy ang normal na stress sa bawat isa sa mga posisyon, kinakailangan upang makalkula ang cross section ng lugar A, na ibinibigay ng:

A = π ∙ r² = 0.126m²

Sa ganitong paraan, ang normal na stress sa bawat isa sa mga posisyon ay magiging malinaw sa pagitan ng puwersa ng ehe sa bawat isa sa mga puntos na hinati ng cross-sectional area na kinakalkula, na sa ehersisyo na ito ay pareho para sa lahat ng mga puntos dahil ito ay isang haligi cylindrical.

σ = P / A; σA = 66.15 kPa; σB = 44.10 kPa; σC = 22.05 kPa; σD = 0.00 kPa

-Exercise 2

Ang figure ay nagpapakita ng isang istraktura na binubuo ng dalawang bar na tatawagin namin sa AB at CB. Ang Bar AB ay suportado sa dulo A sa pamamagitan ng isang pin at sa kabilang dulo na konektado sa kabilang bar ng isa pang pin B.

Gayundin, ang bar CB ay suportado sa dulo C sa pamamagitan ng isang pin at sa dulo B kasama ang pin B na sumali sa kabilang bar. Ang isang vertical na puwersa o load F ay inilalapat sa pin B tulad ng ipinapakita sa sumusunod na pigura:

Larawan 4. Dalawang istraktura ng two-bar at diagram ng libreng katawan Pinagmulan: ginawa ng sarili.

Ipagpalagay na ang bigat ng mga bar na maaaring pabayaan, dahil ang puwersa F = 500 kg-f ay mas malaki kaysa sa bigat ng istraktura. Ang paghihiwalay sa pagitan ng sumusuporta sa A at C ay h = 1.5m at ang haba ng bar AB ay L1 = 2 m. Alamin ang pag-load ng axial sa bawat isa sa mga bar, na nagpapahiwatig kung ito ay compression o pag-load ng pag-igting sa pag-igting.

Solusyon 2

Ipinapakita ng figure, sa pamamagitan ng isang libreng diagram ng katawan, ang mga puwersa na kumikilos sa bawat isa sa mga elemento ng istraktura. Ang sistemang coordinate ng Cartesian na kung saan ang mga equation ng balanse ng lakas ay maitatag ay ipinahiwatig din.

Ang mga Torque o sandali ay makakalkula sa punto B at isasaalang-alang na positibo kung itinuturo nila ang layo mula sa screen (Z axis). Ang balanse ng mga pwersa at torque para sa bawat bar ay:

Susunod, ang mga sangkap ng puwersa ng bawat isa sa mga equation ay nalulutas sa sumusunod na pagkakasunud-sunod:

Sa wakas, ang mga nagresultang puwersa sa mga dulo ng bawat bar ay kinakalkula:

F ∙ (L1 / h) = 500 kg-f ∙ (2.0m / 1.5m) = 666.6 kg-f = 6533.3 N

Ang Bar CB ay nasa compression dahil sa dalawang puwersa na kumikilos sa mga dulo nito na kahanay sa bar at tumuturo patungo sa sentro nito. Ang kalakhan ng puwersa ng compression ng ehe sa bar CB ay:

F ∙ (1 + L1² / h²) 1/2 = 500 kg-f ∙ (1 + (2 / 1.5) ²) 1/2 = 833.3 kg-f = 8166.6 N

Mga Sanggunian

1. Beer F .. Mekanismo ng mga materyales. Ika-5. Edisyon. 2010. Mc Graw Hill. 1-130.
2. Hibbeler R. Mekanismo ng mga materyales. Ika-walong edisyon. Prentice Hall. 2011. 3-60.
3. Gere J. Mekanika ng mga materyales. Ika-walong edisyon. Pag-aaral ng Cengage. 4-220.
4. Giancoli, D. 2006. Pisika: Mga Prinsipyo na may Aplikasyon. Ika-6 na Ed. Prentice Hall. 238-242.
5. Valera Negrete, J. 2005. Mga tala sa Pangkalahatang pisika. UNAM. 87-98.