Плоский напружений стан сопромату. Напружений та деформований стан. Кручення бруса прямокутного перерізу

Основи теорії пружності

Лекція 4

Плоске завдання теорії пружності

Слайд 2

Теоретично пружності є великий клас завдань, важливих у сенсі практичних додатків і водночас допускають значні спрощення математичної боку решения. Спрощення полягає в тому, що в цих задачах одну з координатних осей тіла, наприклад вісь z, можна відкинути і всі явища розглядати такими, що відбуваються в одній координатній площині х0у навантаженого тіла. У цьому випадку напруги, деформації та переміщення будуть функціями двох координат – х і у.

Завдання, що розглядається у двох координатах, називається плоскої задачі теорії пружності.

Під терміном « плоске завдання теорії пружності» об'єднують два фізично різні завдання, що призводять до подібних математичних залежностей:

1) завдання про плоский деформований стан (плоска деформація);

2) задачу про плоский напружений стан.

Для цих завдань найчастіше характерна значна відмінність одного геометричного розміру від двох інших розмірів тіл, що розглядаються: велика довжина в першому випадку і мала товщина в другому випадку.

Плоска деформація

Деформація називається плоскою, якщо переміщення всіх точок тіла можуть відбуватися лише у двох напрямках в одній площині та не залежать від координати, нормальної до цієї площини, тобто.

u=u(x,y); v = v (x, y); w=0 (4.1)

Плоска деформація виникає в довгих призматичних або циліндричних тілах з віссю, паралельної осі z, вздовж якої по бічній поверхні діє навантаження, перпендикулярне до цієї осі і не змінюється за величиною вздовж неї.

Прикладом плоскої деформації може бути напружено-деформований стан, що виникає в довгій прямій греблі і довгому зводі підземного тунелю (рис. 4.1).

Малюнок – 4.1. Плоска деформація виникає в тілі греблі та зводі підземного тунелю

Слайд 3

Підставляючи компоненти вектора переміщення (4.1) у формули Коші (2.14), (2.15), отримаємо:

(4.2)

Відсутність лінійних деформацій у бік осі z веде до появи нормальних напруг σ z . З формули закону Гука (3.2) для деформації ε z випливає, що

звідки виходить вираз для напруги σ z:

(4.3)

Підставляючи це співвідношення у дві перші формули закону Гука, знаходимо:

(4.4)

Слайд 4

З аналізу формул (4.2) − (4.4) та (3.2) також випливає, що

Таким чином, основні рівняння тривимірної теорії пружності у разі плоскої деформації значно спрощуються.

Із трьох диференціальних рівнянь рівноваги Навье (2.2) залишаються лише два рівняння:

(4.5)

а третє звертається до тотожності.

Так як на бічній поверхні скрізь напрямний косинус n = cos (v, z) = cos90 0 = 0, Z v = 0, то з трьох умов на поверхні (2.4) залишаються тільки два рівняння:

(4.6)

де l, m – напрямні косинуси зовнішньої нормалі vдо поверхні контуру;

X, Y, X v, Y v– компоненти об'ємних сил та інтенсивності зовнішніх поверхневих навантажень на осі x та у, відповідно.

Слайд 5

Шість рівнянь Коші (2.14), (2.15) зводяться до трьох:

(4.7)

З шести рівнянь нерозривності деформацій Сен-Венана (2.17), (2.18) залишається одне рівняння:

(4.8)

а інші звертаються до тотожності.

З шести формул закону Гука (3.2), з урахуванням (4.2), (4.4), залишаються три формули:

У цих співвідношеннях для традиційного теорії пружності виду запису введені нові пружні постійні:

Слайд 6

Плоский напружений стан

Плоский напружений стан виникає в тому випадку, коли довжина того ж призматичного тіла мала порівняно з двома іншими розмірами. І тут вона називається товщиною. Напруги в тілі діють лише у двох напрямках у координатній площині хОу та не залежать від координати z . Прикладом такого тіла може бути тонка пластина товщиною h , навантажена по бічній поверхні (ребру) силами, паралельними площині пластини і рівномірно розподіленими за її товщиною (рис. 4.2).

Рисунок 4.2 – Тонка платівка та прикладені до неї навантаження

У цьому випадку також можливі спрощення, аналогічні спрощення в задачі про плоску деформацію. Компоненти тензора напруг σ z , xz , yz на обох площинах пластини дорівнюють нулю. Так як пластина тонка, можна вважати, що вони рівні нулю і всередині пластини. Тоді напружений стан визначатиметься лише компонентами σ x , σ y , τ xy які не залежать від координати z, тобто не змінюються за товщиною пластини, а є функціями лише x та y.

Таким чином, у тонкій пластині виникає наступне напружене стан:

Слайд 7

Щодо напруг плоский напружений стан відрізняється від плоскої деформації умовою

Крім того, з формули закону Гука (3.2), з урахуванням (4.10), для лінійної деформації ε z отримуємо, що вона не дорівнює нулю:

Отже, підстави пластини викривлятимуться, тому що з'являться переміщення по осі z.

При цих припущеннях основні рівняння плоскої деформації: диференціальні рівняння рівноваги (4.5), умови на поверхні (4.6), рівняння Коші (4.7) та рівняння нерозривності деформацій (4.8) зберігають такий самий вид у задачі про плоский напружений стан.

Формули закону Гука набудуть наступного вигляду:

Формули (4.11) відрізняються від формул (4.9) закону Гука для плоскої деформації тільки значення пружних постійних: E і E 1 , vі v 1 .

Слайд 8

У зворотній формі закон Гука запишеться так:

(4.12)

Таким чином, при вирішенні цих двох завдань (плоска деформація і плоский напружений стан) можна користуватися одними і тими ж рівняннями і поєднувати завдання в одну плоску задачу теорії пружності.

У плоскій задачі теорії пружності вісім невідомих:

– дві компоненти вектора переміщень u та v;

– три компоненти тензора напруг σ x , σ y , τ xy ;

– три компоненти тензора деформацій ε x , ε y , γ xy .

Для вирішення задачі використовують вісім рівнянь:

– два диференціальні рівняння рівноваги (4.5);

– три рівняння Коші (4.7);

- Три формули закону Гука (4.9), або (4.11).

Крім того, отримані деформації повинні підпорядковуватися рівнянню нерозривності деформацій (4.8), а на поверхні тіла повинні виконуватись умови рівноваги (4.6) між внутрішніми напругами та інтенсивністю зовнішнього поверхневого навантаження X v, Y v.

Напружений та деформований стан

Розрізняють три види напруженого стану:

1) лінійний напружений стан - розтяг (стиснення) в одному напрямку;

2) плоский напружений стан - розтяг (стиснення) за двома напрямками;

3) об'ємний напружений стан - розтяг (стиснення) за трьома взаємно перпендикулярними напрямками.

Розглядають нескінченно малий паралелепіпед (кубик). На його гранях можуть бути нормальні s та дотичні t напруги. При зміні положення "кубика" напруги змінюються. Можна знайти таке положення, при якому немає дотичних напруг див.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image002_227.gif" Розрізнемо елементарний паралелепіпед (рис. а) похилим перетином. тільки одну площину Розглядаємо елементарну трикутну призму (рис. б) Положення похилого майданчика визначається кутом a Якщо поворот від осі x проти години стор (див. рис б), то a>0.

Нормальні напруги мають індекс, що відповідає осі їхнього напрямку. Дотичні напруги, зазвичай, мають два індекси: перший відповідає напрямку нормалі до майданчика, другий - напрямку самої напруги (на жаль, зустрічаються й інші позначення, та інший вибір осей координат, що призводить до зміни знаків у деяких формулах).

Нормальна напруга позитивна, якщо вона розтягує, дотична напруга позитивна, якщо вона прагне повернути розглянуту частину елемента щодо внутрішньої точки за годину. стор (для дотичної напруги у деяких підручниках та вузах прийнято зворотне).

Напруження на похилому майданчику:

Закон парності дотичних напруг: якщо по майданчику діє дотична напруга, то по перпендикулярному до неї майданчику діятиме дотична напруга, яка дорівнює за величиною і протилежна за знаком. (txz = - tzx)

Теоретично напруженого стану розрізняють дві основні завдання.

Пряме завдання . За відомою головною напругою: s1= smax, s2= smin потрібно визначити для майданчика, нахиленого під заданим кутом (a) до головних майданчиків, нормальні та дотичні напруги:

https://pandia.ru/text/78/374/images/image007_125.gif" width="219" height="33">

або .

Для перпендикулярного майданчика:

.

Звідки видно, що sa+sb=s1+s2 - сума нормальних напруг за двома взаємно перпендикулярними майданчиками інваріанту (незалежна) стосовно нахилу цих майданчиків.

Як і в лінійному напруженому стані максимальні дотичні напруги мають місце при a=±45о, тобто gif. Якщо одна з головних напруг виявиться негативною, то їх треба позначати s1, s3, якщо обидва негативні, то s2, s3.

Об'ємний напружений стан

Напруги в будь-якому майданчику при відомих головних напругах s1, s2, s3:

де a1, a2, a3 - кути між нормаллю до аналізованої площадки та напрямками головних напруг.

Найбільша дотична напруга: .

Воно діє по майданчику паралельному головному напрузі s2 і нахиленої під кутом 45о до головної напруги s1 і s3.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image023_60.gif" width="171" height="48 src=">

https://pandia.ru/text/78/374/images/image025_53.gif" width="115" height="48 src="> (іноді називають головною дотичною напругою).

Плоский напружений стан - окремий випадок об'ємного і теж може бути представлений трьома колами Мора, при цьому одна з головних напруг має бути 0. Для дотичних напруг також, як і при плоскому напруженому стані, діє закон парності: складові дотичних напруг по взаємно перпендикулярних майданчиках, перпендикулярні лінії перетину цих майданчиків, рівні за величиною і зворотні у напрямку.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image027_53.gif" width="166" height="51 src=">;

Октаедричне нормальне напруження дорівнює середньому з трьох основних напружень.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image029_49.gif" width="199" height="50">, Октаедричне дотичне напруження пропорційно геометричній сумі основних дотичних напружень. Інтенсивність напружень:

DIV_ADBLOCK135">

https://pandia.ru/text/78/374/images/image032_47.gif" width="177" height="49">

Зміна об'єму не залежить від співвідношення між головною напругою, а залежить від суми головної напруги. Т. е. елементарний кубик отримає таку ж зміну об'єму, якщо до його граней буде прикладено однакову середню напругу: тоді , де К = - модуль об'ємної деформації. При деформації тіла, матеріал якого має коефіцієнт Пуассона m=0,5 (наприклад, гума), об'єм тіла не змінюється.

Потенційна енергія деформації

При простому розтягуванні (стисненні) потенційна енергія U=https://pandia.ru/text/78/374/images/image038_46.gif" width="95" height="47 src=">.gif" width="234 " height="50 src="> або

Повна енергія деформації, що накопичується в одиниці обсягу, може розглядатися як що складається з двох частин: 1) енергії uo, що накопичується за рахунок зміни обсягу (тобто однакової зміни всіх розмірів кубика без зміни кубічної форми) і 2) енергії uф, пов'язаної з зміною форми кубика (тобто енергії, що витрачається на перетворення кубика на паралелепіпед). u = uо + uф.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image043_42.gif" width="389" height="50 src=">

При повороті системи координат коефіцієнти тензора змінюються, сам тензор залишається постійним.

Три інваріанти напруженого стану:

https://pandia.ru/text/78/374/images/image047_39.gif" width="249" height="48">

ea – відносна деформація, ga – кут зсуву.

Така сама аналогія зберігається й у об'ємного стану. Тому маємо інваріанти деформованого стану:

J1 = ex + ey + ez;

J2 = exey + eyez + ezex - https://pandia.ru/text/78/374/images/image051_31.gif" width="17 height=47" height="47">.gif" width="216" height="140 src="> - тензор деформацій.

ex, ey, ez, gxy, gyz, gzx – компоненти деформованого стану.

Для осей, що збігаються з напрямками головних деформацій e1, e2, e3, тензор деформацій набуває вигляду: .

Теорії міцності

У випадку небезпечне напружений стан елемента конструкції залежить від співвідношення між трьома головними напругами (s1,s2,s3). Т. е., строго кажучи, для кожного співвідношення потрібно експериментально визначати величину граничної напруги, що нереально. Тому були прийняті такі методи розрахунку міцності, які дозволяли б оцінити рівень небезпеки будь-якого напруженого стану за напругою розтягування – стискування. Вони називаються теоріями міцності (теорії граничних напружених станів).

1-а теорія міцності(Теорія найбільших нормальних напруг): причиною настання граничного напруженого стану є найбільші нормальні напруги. smax= s1£ [s]. Головний недолік: не враховуються дві інші головні напруги. Підтверджується досвідом лише при розтягуванні вельми крихких матеріалів (скло, гіпс). В даний час практично не застосовується.

Друга теорія міцності(Теорія найбільших відносних деформацій): причиною настання граничного напруженого стану є найбільші подовження. emax= e1£ [e]..gif" width="63 height=47" height="47">, умова міцності: sеквIII= s1 - s3£ [s].Основний недолік – не враховує вплив s2.

При плоскому напруженому стані: sекв III = £ [s]. При sy=0 отримуємо Широко використовується для пластичних матеріалів.

4-а теорія міцності(Енергетична теорія): причиною настання граничного напруженого стану є величина питомої потенційної енергії зміни форми. uф£..gif" width="367" height="55 src=">..gif" width="166" height="57">. Використовується при розрахунках крихких матеріалів, у яких напруги на розтягування і стиснення не однакові (чавун).

Для пластичних матеріалів = теорія Мора перетворюється на 3-ю теорію.

Коло Мора (Коло напруг). Координати точок кола відповідають нормальним та дотичним напругам на різних майданчиках. Відкладаємо від осі s з центру С промінь під кутом 2a (a>0, то проти годину стор), знаходимо точку D,

координати якої: sa, ta. Можна графічно вирішувати як пряме, і зворотне завдання.

Чисте зрушення

https://pandia.ru/text/78/374/images/image063_27.gif" width="48 height=47" height="47">, де Q - сила, що діє вздовж грані, F - площа грані. , за якими діють тільки дотичні напруги, називаються майданчиками чистого зсуву.Часне напруги на них - найбільші.Чистий зсув можна представити як одночасне стиснення і розтягування, що відбувається за двома взаємно перпендикулярними напрямками. основні напруги: s1 = - s3 = t;s2 = 0. Головні майданчики складають з майданчиками чистого зсуву кут 45о.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image065_26.gif" width="16" height="48 src="> - відносний зсувабо кут зсуву.

Закон Гука при зрушенні : g = t/G або t = G×g.

G - модуль зсувуабо модуль пружності другого роду [МПа] - постійна матеріалу, що характеризує здатність чинити опір деформаціям при зрушенні. (Е - модуль пружності, m-коефіцієнт Пуассона).

Потенційна енергія при зрушенні: .

Питома потенційна енергія деформації при зрушенні: https://pandia.ru/text/78/374/images/image069_26.gif".

Вся потенційна енергія при чистому зрушенні витрачається тільки зміну форми, зміна обсягу при деформації зсуву дорівнює нулю.

Коло Моря при чистому зрушенні.

крутіння

https://pandia.ru/text/78/374/images/image072_23.gif" Такий вид деформації, при якому в поперечних перерізах виникає тільки одні крутильні моменти - Мк. Знак крутного моменту Мк зручно визначати за напрямком зовнішнього моменту Якщо при погляді з боку перерізу зовнішній момент спрямований проти годину стор., то Мк>0 (зустрічається і зворотне правило). на кут закручування- j. При крученні круглого бруса (валу) виникає напружений стан чистого зсуву (нормальна напруга відсутня), виникають тільки дотичні напруги. Приймається, що перерізи плоскі до закручування залишаються плоскими і після закручування - закон плоских перерізів. Стосовна напруга в точках перерізу змінюється пропорційно відстані точок від осі. ..gif" width="103" height="57 src="> - відносний кут закручування..gif" width="127 height=57" height="57">, [t] =, для пластичного матеріалу за tпред приймається межа плинності при зрушенні tт, для крихкого матеріалу – tв – межа міцності, [n] – коефіцієнт запасу міцності Умова жорсткості при крученні: qmax£[q] – допустимий кут закручування.

Кручення бруса прямокутного перерізу

https://pandia.ru/text/78/374/images/image081_17.gif" width="46" height="46">Епюри дотичних напруг прямокутного перерізу.

; , Jk і Wk – умовно називають моментом інерції та моментом опору при крученні. Wk = ahb2,

Jk= bhb3, Максимальна дотична напруга tmax буде посередині довгої сторони, напруги по середині короткої сторони: t= g×tmax, коефіцієнти: a, b,g наводяться в довідниках залежно від відношення h/b (наприклад, при h/b= 2, a=0,246;b=0,229;g=0,795.

Вигин

https://pandia.ru/text/78/374/images/image085_18.gif" width="270" height="45">.

r - радіус кривизни нейтрального шару, y - відстань від деякого волокна до нейтрального шару. Закон Гука при згині: , звідки (формула Навье): , Jx - момент інерції перерізу щодо головної центральної осі, перпендикулярної площині згинального моменту, EJx - жорсткість при згині, https://pandia.ru/text/78/374/images/image091_15.gif" width="126" height="54">, Jx/ymax=Wx-момент опору перерізу при згині, .

https://pandia.ru/text/78/374/images/image094_14.gif" width="103 height=54" height="54">, де Sx(y) - статичний момент щодо нейтральної осі тієї частини площі, яка розташована нижче або вище шару, що знаходиться на відстані "y" від нейтральної осі;Jx - момент інерції всьогопоперечного перерізу щодо нейтральної осі, b(y) - ширина перерізу в шарі, на якому визначаються дотичні напруги.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image096_14.gif" width="89" height="49 src=">, F=b×h, для круглого перерізу:, F=p×R2 для перерізу будь-якої форми,

k-коеф., що залежить від форми перерізу (прямокутник: k = 1,5; коло - k = 1,33).

https://pandia.ru/text/78/374/images/image100_12.gif" align="left" width="244" height="85 src=">Дія відкинутої частини замінюється внутрішніми силовими факторами М і Q, які визначаються з рівнянь рівноваги.У деяких вузах момент М>0 відкладається вниз, т. Е. Епюра моментів будується на розтягнутих волокнах.При Q = 0 маємо екстремум епюри моментів. Диференціальні залежності між М,Qіq: https://pandia.ru/text/78/374/images/image102_10.gif" width="187" height="54">.

Розрахунок на міцність при згині : дві умови міцності, що відносяться до різних точок балки: а) за нормальними напругами , (Точки найбільш віддалені від С); б) по дотичних напрузі, які перевіряють по б). У перерізах балок можуть бути точки, де одночасно великі нормальні та великі дотичні напруги.Для цих точок знаходяться еквівалентні напруги, які не повинні перевищувати допустимі.Умови міцності перевіряються за різними теоріями міцності

І-я: ; II-я: (при коеф. Пуассона m = 0,3); - Застосовуються рідко.

ІІІ-я: , IV-я: ,

теорія Мора: , (використовується для чавуну, у якого допустиме напруження на розтягування ¹ – на стиск).

Визначення переміщень у балках при згинанні

https://pandia.ru/text/78/374/images/image113_9.gif" width="104" height="52 src=">, де r(х) - радіус кривизни вигнутої осі балки в перерізі х, М (х) - згинальний момент у тому ж перерізі, EJ - жорсткість балки.З вищої математики відомо: диференціальне рівняння вигнутої осі балки. - тангенс кута між віссю х та дотичною до вигнутої осі. Ця величина дуже мала (прогини балки малі) - її квадратом нехтують і кут повороту перерізу прирівнюють тангенсу. Наближене диференціальне ур-ня вигнутої осі балки: . Якщо вісь y спрямована нагору, то знак (+). У деяких вузах вісь y прямує вниз Þ(-). Інтегруючи дифф..gif" width="226" height="50 src="> - отримуємо ур-ня прогинів. Постійні інтегрування і D знаходяться з граничних умов, які залежать від способів закріплення балки.

а" від початку координат, його множать на множник (х - а)0, який дорівнює 1. Будь-яке розподілене навантаження продовжують до кінця балки, а для її компенсації прикладають навантаження зворотного напрямку.

EJ= M(x) = RA×x – https://pandia.ru/text/78/374/images/image122_8.gif" width="79 height=49" height="49"> – P(x – a – b), інтегруємо:

EJ = EJq0 + RA× - - M (x - a) + - P;

EJy = EJy0 + EJq0x + RA× - - M + https://pandia.ru/text/78/374/images/image132_8.gif" width="93".

Початкові параметри - те, що маємо на початку координат, т. е. для рис.: М0=0, Q0=RA, прогин y0=0, кут повороту q0¹0. q0 знаходимо з підстановки до другого рівняння умови закріплення правої опори: x=a+b+c; y(x)=0.

Диференціальні залежності при згині :

; ; https://pandia.ru/text/78/374/images/image136_6.gif" width="56" height="48 src=">.

Визначення переміщень способом фіктивного навантаження. Зіставляючи рівняння:

https://pandia.ru/text/78/374/images/image138_5.gif" align="left" width="203" height="120 src="> і маємо аналогію, визначення прогинів можна звести до визначення моментів від деякого фіктивного (умовного) навантаження у фіктивній балці: .Момент від фіктивного навантаження Мф після поділу на EJ дорівнює прогину "y" у заданій балці від заданого навантаження. силі у фіктивній балці., При цьому має бути повна аналогія в граничних умовах двох балок.Кожній заданій балці відповідає своя фіктивна балка.

Закріплення фіктивних балок вибирається з тієї умови, щоб на кінцях балки та на опорах була повна відповідність між "y" і "q" у заданій балці та Мф та Qф у фіктивній балці. Якщо епюри моментів як у дійсній, так і у фіктивній балках будувати з боку розтягнутого волокна (тобто позитивний момент відкладати вниз), то лінії прогинів у заданій балці збігаються з епюрою моментів у фіктивній балці.

Статично невизначені балки.

Статично невизначеними називаються системи, реакції у яких неможливо визначити з рівнянь рівноваги твердого тіла. У таких системах більше зв'язків, ніж необхідно для рівноваги. Ступінь статичної невизначеності балки(що не має проміжних шарнірів – нерозрізні балки) дорівнює надмірному (зайвому) числу зовнішніх зв'язків (більше трьох).

https://pandia.ru/text/78/374/images/image120_7.gif" width="21" height="25 src=">.gif" width="20" height="25 src=">. gif" width="39" height="51 src="> + З;

EJy = RВ×https://pandia.ru/text/78/374/images/image129_6.gif" width="40" height="49 src="> + С×х + D..gif" width=" 39" height="49 src=">+ MA=0; знаходяться RA та MA.

зайвого" закріплення, називається основною системою. За "зайву" невідому можна взяти будь-яку реакцію. Приклавши до основної системи задані навантаження додаємо умову, яка забезпечує збіг заданої балки та основний – рівняння сумісності переміщень. Для рис.: yB = 0, тобто прогин у точці В = 0. Вирішення цього рівняння можливе різними способами.

Спосіб порівняння переміщень . Визначається прогин точки В (рис.) в основній системі під дією заданого навантаження (q): yВq = зайвої "невідомої RB, і знаходиться прогин від дії RB: . Підставляємо в рівняння сумісності переміщень: yB=yВq+=0, тобто +=0, звідки RB=https://pandia.ru/text/78/374/images/image153_4.gif" align="left" width ="371" height="300 src="> Теорема про три моменти . Використовується для розрахунку нерозрізних балок- балок на багатьох опорах, одна з яких нерухома, решта рухливі. Для переходу від статично невизначеної балки до статично визначної основної системи над зайвими опорами вставляються шарніри. Зайві невідомі: моменти Mn, прикладені до кінців прольотів над зайвими опорами.

Будуються епюри моментів кожного прольоту балки від заданого навантаження, розглядаючи кожен проліт, як просту балку двох опорах. Для кожної проміжної опори "n" складається рівняння трьох моментів:

wn, wn+1–площі епюр, an – відстань від центру тяжкості лівої епюри до лівої опори, bn+1 – відстань від центру тяжкості правої епюри до правої опори. Число рівнянь моментів дорівнює числу проміжних опор. Спільне рішення дозволяє знайти невідомі опорні моменти. Знаючи опорні моменти, розглядаються окремі прольоти та з рівнянь статики перебувають невідомі опорні реакції. Якщо прольоту всього два, то лівий і правий моменти відомі, тому що це задані моменти, або вони рівні нулю. В результаті одержуємо одне рівняння з одним невідомим М1.

Загальні методи визначення переміщень

m" , яке викликане дією сили узагальненої "n". Повне переміщення, викликане декількома силовими факторами: DР=DРP+DРQ+DРM. Переміщення викликані одиничною силою або одиничним моментом: d – питоме переміщення. Якщо одинична сила Р=1 викликала переміщення dР, то повне переміщення викликане силою Р буде: DР=Р×dР. Якщо силові фактори, що діють на систему, позначити Х1, Х2, Х3 і т. д., то переміщення за кожним з них:

де Х1d11 = D11; Х2d12 = + D12; Хідмі=+Дмі. Розмірність питомих переміщень: , Дж - Джоулі розмірність роботи 1Дж = 1Нм.

Робота зовнішніх сил, що діють на пружну систему: .

https://pandia.ru/text/78/374/images/image160_3.gif" width="307" height="57">,

k – коефіцієнт, що враховує нерівномірність розподілу дотичних напруг площею поперечного перерізу, залежить від форми перерізу.

З закону збереження енергії: потенційна енергія U=A.

D 11 - переміщення по спрям. сили Р1 від дії сили Р1;

D12 - переміщення по спрям. сили Р1 від дії сили Р2;

D21 - переміщення по спрям. сили Р2 від дії сили Р1;

D22 - переміщення по спрям. сили Р2 від дії сили Р2.

А12=Р1×D12 – робота сили Р1 першого стану на переміщенні за напрямом, викликаним силою Р2 другого стану. Аналогічно: А21 = Р2 × D21 - робота сили Р2 другого стану на переміщенні за її напрямком, викликаним силою Р1 першого стану. А12 = А21. Такий же результат виходить за будь-якої кількості сил і моментів. Теорема про взаємність робіт: Р1×D12=Р2×D21.

p align="justify"> Робота сил першого стану на переміщеннях за їх напрямками, викликаних силами другого стану, дорівнює роботі сил другого стану на переміщеннях за їх напрямками, викликаних силами першого стану.

Теорема про взаємність переміщень (теорема Максвелла)Якщо Р1=1 і Р2=1, то Р1d12=Р2d21, т. е. d12=d21, у випадку dmn=dnm.

Для двох одиничних станів пружної системи переміщення у напрямку першої одиничної сили, викликане другою одиничною силою, дорівнює переміщенню у напрямку другої одиничної сили, викликаного першою силою.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image163_4.gif" width="104" height="27 src="> від дії одиничної сили; 4) знайдені вирази підставлять в інтеграл Мора і інтегрують за заданими Якщо отримане Dmn>0, то переміщення збігається з обраним напрямком одиничної сили, якщо<0, то противоположно.

Для плоскої конструкції:

https://pandia.ru/text/78/374/images/image165_3.gif" width="155" height="58">.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image167_4.gif" width="81 height=43" height="43"> для випадку, коли епюра від заданого навантаження має довільне обрис, а від одиничного – прямолінійне зручно визначати графо-аналітичним способом, запропонованим Верещагіним. де W – площа епюри Мр від зовнішнього навантаження, yc– ордината епюри від одиничного навантаження під центром тяжкості епюри Мр. Результат перемноження епюр дорівнює добутку площі однієї з епюр на ординату іншої епюри, взятої під центром тяжкості площі першої епюри. Ордината має бути обов'язково взята з прямолінійної епюри. Якщо обидві епюри прямолінійні, то ординату можна взяти із будь-якої.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image170_3.gif" width="119" height="50 src=">. Обчислення за цією формулою проводиться по ділянках, на кожному з яких прямолінійна епюра повинна бути без переломів Складну епюру Мр розбивають на прості геометричні фігури, для яких легше визначити координати центрів тяжкості. . Ця сама формула годиться і трикутних эпюр, якщо підставити відповідну ординату = 0.

https://pandia.ru/text/78/374/images/image173_3.gif" width="71" height="48"> (для рис., тобто. , ХС = L / 2).

глухий" закладення при рівномірно розподіленому навантаженні маємо увігнуту квадратичну параболу, для якої ; хС =3L/4. Теж можна отримати, якщо епюру уявити різницею площі трикутника та площі опуклої квадратичної параболи: . "Відсутня" площа вважається негативною.

Теорема Кастільяно. – переміщення точки додатка узагальненої сили за напрямом її дії дорівнює приватній похідній від потенційної енергії за цією силою. Нехтуючи впливом на переміщення осьових та поперечних сил, маємо потенційну енергію: , звідки .

Статично невизначені системи- Системи, силові фактори в елементах яких не можуть бути визначені тільки з рівнянь рівноваги твердого тіла. У таких системах число зв'язків більше, ніж необхідно для рівноваги. Ступінь статичної невизначеності: S = 3n – m, n – число замкнутих контурів у конструкції, m – число одиночних шарнірів (шарнір, що з'єднує два стрижні, вважається за один, що з'єднує три стрижні – за два і т. д.). Метод сил– як невідомі приймають силові фактори. Послідовність розрахунку: 1) встановлюють рівень статич. невизначеності; 2) шляхом видалення зайвих зв'язків замінюють вихідну систему статично визначною - основною системою (таких систем може бути кілька, але при видаленні зайвих зв'язків не повинна порушуватися геометрична незмінність конструкції); 3) основну систему завантажують заданими силами та зайвими невідомими; 4) невідомі зусилля мають бути підібрані так, щоб деформації вихідної та основної систем не відрізнялися. Т. е. реакції відкинутих зв'язків повинні мати такі значення, при яких переміщення за їх напрямками = 0. Канонічні рівняння методу сил:

Ці рівняння є додатковими ур-ями деформацій, що дозволяють розкрити статич. невизначеність. Число ур-ій = числу відкинутих зв'язків, тобто ступеня невизначеності системи.

dik – переміщення за напрямком i, викликане одиничною силою, що діє за напрямком k. dii – головні, dik – побічні переміщення. По теоремі про взаємність переміщень: dik = dki. Dip – переміщення за напрямком зв'язку i, спричинене дією заданого навантаження (вантажні члени). Переміщення, що входять у канонічні рівняння, зручно визначати за методом Мора.

Для цього до основної системи прикладають поодинокі навантаження Х1=1, Х2=1, Хn=1, зовнішнє навантаження та будують епюри згинальних моментів. За інтегралом Мора знаходять: ; ; ….; ;

; ; ….; ;

; ; ….; .

Рис над М вказує на те, що ці внутрішні зусилля викликані дією одиничної сили.

Для систем, що складаються з прямолінійних елементів, перемноження епюр зручно проводити за способом Верещагіна. ; і т. д. WР - площа епюри Мр від зовнішнього навантаження, yСр - ордината епюри від одиничного навантаження під центром тяжкості епюри Мр, W1 - площа епюри М1 від одиничного навантаження. Результат перемноження епюр дорівнює добутку площі однієї з епюр на ординату іншої епюри, взятої під центром тяжкості площі першої епюри.

Розрахунок плоских кривих брусів (стрижнів)

До кривих брусів відносяться гаки, ланки ланцюгів, арки тощо. Обмеження: поперечний переріз має вісь симетрії, вісь бруса плоска крива, навантаження діє в тій же площині. Розрізняють бруси малої кривизни: h/R<1/5, большой кривизны: h/R³1/5. При изгибе брусьев малой кривизны нормальные напряжения рассчитывают по формуле Навье, как для балок с прямой осью: https://pandia.ru/text/78/374/images/image198_3.gif" width="115" height="55">,

rН - радіус нейтрального шару, е = R - rН, R - радіус шару, в якому розташовані центри тяжкості перерізу. Нейтральна вісь кривого бруса не проходить через центр тяжкості перерізу С. Вона завжди розташована ближче до центру кривизни, ніж центр тяжіння перерізу. r = rН - y. Знаючи радіус нейтрального шару, можна визначити відстань "е" від нейтрального шару до центру тяжіння. Для прямокутного перерізу висотою h, із зовнішнім радіусом R2 та внутрішнім R1: ; для різних перерізів формули наведені у довідковій літері. При h/R<1/2 независимо от формы сечения можно определять "е" по приближенной формуле: , где Jx – момент инерции сечения относительно оси, проходящей через его центр тяжести перпендикулярно плоскости кривизны бруса.

Нормальні напруження в перерізі розподіляються за гіперболічним законом (у зовнішнього краю перерізу менше, у внутрішнього більше). При дії ще й нормальної сили N: (Тут rН - радіус нейтрального шару, який був би при дії тільки моменту М, тобто при N = 0, але насправді за наявності поздовжньої сили цей шар вже не є нейтральним). Умова міцності: , у своїй розглядаються крайні точки, у яких сумарні напруги від вигину і розтягнення–стиснення будуть найбільші, т. е. y= – h2 чи y= h1. Переміщення зручно визначати методом Мора.

Стійкість стиснених стрижнів. Поздовжній вигин

Руйнування стрижня може статися не тільки тому, що буде порушена міцність, але й через те, що стрижень не збереже заданої форми. Наприклад, вигин при поздовжньому стисканні тонкої лінійки. Втрата стійкості прямолінійної форми рівноваги центрально стисненого стрижня називається поздовжнім вигином. Пружна рівновага стійкоякщо деформоване тіло при будь-якому малому відхиленні від стану рівноваги прагне повернутися до початкового стану і повертається до нього при видаленні зовнішнього впливу. Навантаження, перевищення якого викликає втрату стійкості, називається критичним навантаженнямРКР (критичної силою). Допускається навантаження [P] = Pкр / nу, nу - нормативний коефіцієнт запасу стійкості. - Формула дає значення критичної сили для стрижня з шарнірно закріпленими кінцями. При різних закріпленнях: m – коефіцієнт приведення довжини.

При шарнірному закріпленні обох кінців стрижня m=1; для стрижня із замурованими кінцями m=0,5; для стрижня з одним закладеним та іншим вільним кінцем m=2; для стрижня з одним закладеним та іншим шарнірно закріпленим кінцем m=0,7.

Критичне стискаюче напр-ние.: , - Гнучкість стрижня, - Найменший головний радіус інерції площі перерізу стрижня. Ці формули справедливі лише тоді, коли напруги sкр£sпц– межа пропорційності, тобто в межах закону Гука. Формула Ейлера застосовна при гнучкості стрижня: , Наприклад, для сталі Ст3 (С235) lкр »100. Для випадку l формулі Ясинського: sкр= a - b×l, коефіцієнти "a" і "b" у довідковій літері (Ст3: a=310МПа; b=1,14МПа).

Досить короткі стрижні, для яких l , Fбрутто - повна площа перерізу,

(Fнетто = Fбрутто-Fослабл –площа ослабленого перерізу з урахуванням площі отворів у перерізі Fослабл, наприклад, від заклепок). = sкр / nу, nу - нормативний коефіцієнт. запасу стійкості. Допустима напруга виражається через основну напругу [s], що використовується при розрахунках на міцність: =j×[s], j – коефіцієнт зменшення допустимої напругидля стиснених стрижнів (коефіцієнт поздовжнього вигину). Значення j наведено у табл. у підручниках та залежать від матеріалу стрижня та його гнучкості (наприклад, для сталі Ст3 при l=120 j=0,45).

При проектуванні розрахунку необхідної площі перерізу на першому кроці приймають j1 = 0,5-0,6; знаходять: . Далі знаючи Fбрутто, підбирають переріз, визначають Jmin, imin та l, встановлюють за табл. фактичне j1I, якщо воно суттєво відрізняється від j1, розрахунок повторюється за середнього j2= (j1+j1I)/2. В результаті другої спроби знаходять j2I, порівнюють із попереднім значенням і т. д., поки не досягнуто досить близького збігу. Зазвичай потрібно 2-3 спроби.

Залежність між моментами інерції при повороті осей:

https://pandia.ru/text/78/374/images/image249_2.gif" width="17" height="47 src=">(Jx - Jy)sin2a + Jxycos2a ;

Кут a>0, якщо перехід від старої системи координат до нової відбувається на годину. стор. Jy1 + Jx1 = Jy + Jx

Екстремальні (максимальне та мінімальне) значення моментів інерції називаються головними моментами інерції. Осі, щодо яких осьові моменти інерції мають екстремальні значення, називаються головними осями інерції. Основні осі інерції взаємно перпендикулярні. Відцентрові моменти інерції щодо головних осей = 0, тобто. головні осі інерції - осі, щодо яких відцентровий момент інерції = 0. Якщо одна з осей збігається або обидві збігаються з віссю симетрії, то вони головні. Кут, що визначає положення основних осей: якщо a0>0 Þ осі повертаються проти годину. стор. Вісь максимуму завжди становить менший кут з тієї осі, щодо якої момент інерції має більше значення. Головні осі, що проходять через центр тяжіння, називаються головними центральними осями інерції. Моменти інерції щодо цих осей:

Jmax + Jmin = Jx + Jy. Відцентровий момент інерції щодо головних центральних осей інерції дорівнює 0. Якщо відомі головні моменти інерції, то формули переходу до повернутих осей:

Jx1 = Jmaxcos2a + Jminsin2a; Jy1 = Jmaxcos2a + Jminsin2a; Jx1y1 = (Jmax - Jmin) sin2a;

Кінцевою метою обчислення геометричних параметрів перерізу є визначення основних центральних моментів інерції та положення основних центральних осей інерції. Радіус інерції- https://pandia.ru/text/78/374/images/image254_3.gif" Для перерізів, що мають більше двох осей симетрії (наприклад: коло, квадрат, кільце та ін) осьові моменти інерції щодо всіх центральних осей рівні між собою, Jxy=0, еліпс інерції звертається до кола інерції.

s - нормальна напруга[Па], 1Па (паскаль) = 1 Н/м2,

106Па = 1 МПа (мегапаскаль) = 1 Н/мм2

N – поздовжня (нормальна) сила [Н] (ньютон); F – площа перерізу [м2]

e – відносна деформація [безрозмірна величина];

DL – поздовжня деформація [м] (абсолютне подовження), L – довжина стрижня [м].

Закон Гука – s = Е×e

Е – модуль пружності при розтягуванні (модуль пружності 1-го роду або модуль Юнга) [МПа]. Для сталі Е = 2×105МПа = 2×106 кг/см2 (в "старій" системі одиниць).

(Чим більше Е, тим менш розтяжний матеріал)

; - закон Гука

EF – жорсткість стрижня при розтягуванні (стисненні).

При розтягуванні стрижня він "тоншає", його ширина - а зменшується на поперечну деформацію - Dа.

Відносна поперечна деформація.

Основні механічні характеристики матеріалів

sп- межа пропорційності, sт- межа плинності, sВ- межа міцностіабо тимчасовий опір, sк-напруження в момент розриву.

Крихкі матеріали, напр., чавун руйнуються при незначних подовженнях і не мають площадки плинності, краще опираються стиску, ніж розтягуванню.

Допустима напруга https://pandia.ru/text/78/374/images/image276_3.gif" напруги по похилому майданчику: align="left"

Пряме завдання…………………………………………………..3

Зворотне завдання…………………………………………………3

Об'ємний напружений стан……………………………4

Напруги по октаедричному майданчику…………………..5

Деформація при об'ємному напруженому стані.

Узагальнений закон Гука ………………………………………6

Потенційна енергія деформації…………………………7

Теорії міцності………………………………………………9

Теорія міцності Мора ………………………………………10

Коло Мора ………………………………………………………10

Чисте зрушення……………………………………………………11

Закон Гука при зрушенні…………………………………………12

Кручення………………………………………………………..13

Кручення бруса прямокутного перерізу…………………….14

Вигин……………………………………………………………15

формулою Журавського…………………………………………16

Розрахунок на міцність при згині………………………………18

Визначення переміщень у балках при вигині……………19

Диференціальні залежності при згині……………….20

Рівняння спільності переміщень……………………..22

Спосіб порівняння переміщень……………………………..22

Теорема про три моменти……………………………………..22

Загальні методи визначення переміщень………………….24

Теорема про взаємність робіт (теорема Бетлі)……………….25

Теорема про взаємність переміщень (теорема Максвелла).

Обчислення інтеграла Мора методом Верещагіна……….27

Теорема Кастільяно…………………………………………..28

Статично невизначені системи………………………..29

Розрахунок плоских кривих брусів (стрижнів)………………...31

Стійкість стиснених стрижнів. Поздовжній вигин………33

Геометричні характеристики плоских перерізів…………36

Моменти інерції перерізу…………………………………..37

Відцентровий момент інерції перерізу …………………..37

Моменти інерції перерізів простої форми………………..38

Моменти інерції щодо паралельних осей……..39

Залежність між моментами інерції при повороті

осей……………………………………………………………40

Моменти опору…………………………………….42

Розтяг і стиск…………………………………………43

Основні механічні характеристики матеріалів…….45

Двохоснийабо плоскимназивається такий напружений стан тіла, при якому у всіх його точках одна з головних напруг дорівнює нулю. Можна показати*, що плоский напружений стан виникає в призматичному або циліндричному тілі (рис. 17.1) із незакріпленими та ненавантаженими торцями, якщо до бічної поверхні тіла прикладена система зовнішніх сил, нормальних до осі. Ozта змінюються в залежності від zза квадратичним законом симетрично щодо середнього перерізу. При цьому виявляється, що у всіх поперечних перерізах тіла

а напруги а х, а у, хзмінюються в залежності від zтакож за квадратичним законом симетрично щодо середнього перерізу. Введення зазначених припущень дозволяє отримати розв'язання задачі, що відповідає умовам (17.13) та всім рівнянням теорії пружності.

Цікавий окремий випадок, коли напруги не залежать від змінної z’-

Такий напружений стан можливий лише при дії рівномірно розподіленого за довжиною навантаження. З формул закону Гука (16.3) випливає, що деформації е х, е у, e z , у також не залежать від z,а деформації у і y zxз урахуванням (17.13) дорівнюють нулю. У такому разі четверте та п'яте з рівнянь нерозривності деформацій (16.4), (16.5) тотожно задовольняються, а друге, третє та шосте рівняння набувають вигляду

Інтегруючи ці рівняння та враховуючи третю із формул закону Гука (16.3) при a z = 0, отримаємо

Див: Тимошенко С. П., Гуд'єр Дж.Теорія пружності. М: Наука, 1975.

Таким чином, плоский напружений стан у призматичному або циліндричному тілі з вільними торцями, навантаженому постійним по довжині тіла поверхневим навантаженням, можливий лише в окремому випадку, коли сума напруг а х + а узмінюється в залежності від змінних х і уза лінійним законом чи постійна.

Якщо відстань між торцевими площинами тіла (мал. 7.1) мало порівняно з розмірами перерізів, то маємо випадок тонкої пластини (рис. 17.5), навантаженої за зовнішнім контуром силами, симетрично розподіленими щодо серединної площини пластини за квадратичним законом. Оскільки товщина пластини hмала, то з незначною похибкою можна прийняти, що за будь-якого симетричного щодо серединної площини навантаженні пластини напруги а х, a v , txv рівномірно розподілені за її товщиною.

При цьому під напругою слід розуміти їх середні за товщиною значення, наприклад

Слід зазначити, що з введенні припущення (17.14) умови (17.13) рівності нулю напруг

Розглянутий випадок напруженого стану тонкої пластини з припущеннями (17.13) та (17.14) часто називають узагальненим плоским напруженим станом.

Розглянемо основні рівняння теорії пружності при цьому випадку.

З урахуванням (17.13) формули закону Гука (16.3) запишуться як

Відповідні зворотні співвідношення мають вигляд

Формули (17.17) і (17.18) відрізняються від формул (17.7) і (17.9) закону Гука для плоскої деформації тільки тим, що останні замість модуля пружності Ета коефіцієнта Пуассона v входять наведені величини Е (і v r

Рівняння рівноваги, співвідношення Коші, рівняння нерозривності деформацій та статичні граничні умови не відрізняються від відповідних рівнянь (17.10), (17.3), (17.11), (17.12) для плоскої деформації.

Плоска деформація та узагальнений плоский напружений стан по суті описуються одними і тими ж рівняннями. Єдина відмінність є у величинах постійних пружності у формулах закону Гука. Тому обидві завдання поєднуються загальною назвою: плоска задача теорії пружності.

Повна система рівнянь плоскої задачі складається з двох рівнянь рівноваги (17.10), трьох геометричних співвідношень Коші (17.3) та трьох формул закону Гука (17.7) або (17.17). Вони містять вісім невідомих функцій: три напруження а х, а у, % ху,три деформації е х, е у, у хута два переміщення іі і.

Якщо при розв'язанні задачі не потрібно визначати переміщення, кількість невідомих скорочується до шести. Для їх визначення є шість рівнянь: два рівняння рівноваги, три формули закону Гука та рівняння нерозривності деформацій (17.11).

Основна відмінність розглянутих двох видів плоскої задачі полягає у наступному. При плоскій деформації ? z = 0,o z * 0, причому величина c zможе бути знайдена за формулою (17.6) після того, як визначено напруження про х іо,. При узагальненому плоскому напруженому стані a z = 0, ? z Ф 0, та деформація ? zможе бути виражена через напруження про х і о уза формулою (17.16). Переміщення wможна знайти шляхом інтегрування рівняння Коші

ДЕФОРМОВАНИЙ СТАН («ПЛОСКА ЗАДАЧА»)

Плоский напружений і плоский деформований стан характеризуються такими особливостями.

1. Усі компоненти напруги не залежать від однієї з координат, загальної для всіх компонентів, і залишаються постійними при її зміні.

2. У площинах, нормальних до осі цієї координати:

а) компоненти дотичних напруг дорівнюють нулю;

б) нормальна напруга або дорівнює нулю (плоський напружений стан), або дорівнює напівсумі двох інших нормальних напруг (плоський деформований стан).

Візьмемо за вісь, про яку говорилося раніше, вісь у. З попереднього ясно, що ця вісь буде головною, тобто її можна позначити також і індексом 2. При цьому і не залежать від у; разом з тим і , а отже, і рівні нулю.

p align="justify"> Для плоского напруженого стану = 0. Для плоского деформованого стану (ця особливість плоского деформованого стану буде доведена далі).

Слід завжди враховувати суттєву різницю між плоским напруженим та плоским деформованим станами.

У першому, у напрямі третьої осі, немає нормальної напруги, але є деформація, у другому є нормальна напруга, але немає деформації.

Плоский напружений стан може бути, наприклад, у пластині, схильній до дії сил, прикладених до її контуру паралельно площині пластини і рівномірно розподілених по її товщині (рис. 3.16). Зміна товщини пластини в цьому випадку не має значення, і товщина може бути прийнята за одиницю . Плоським із достатньою точністю можна вважати напружений стан фланця при витяжці циліндричної заготовки з листового матеріалу.

Плоский деформований стан може бути прийнятий для ділянок циліндричного або призматичного тіла великої довжини, віддалених від його кінців, якщо тіло навантажене силами, що не змінюються по його довжині і спрямованими перпендикулярно. У плоскому деформованому стані, наприклад, можна вважати брус, що піддається осідання в напрямку його товщини, коли деформацією по довжині можна знехтувати.

Усі рівняння напруженого стану для плоского завдання значно спрощуються і скорочується кількість змінних.

Рівняння для плоского завдання можна легко отримати з раніше виведених для об'ємного напруженого стану, враховуючи, що = 0 і приймаючи = 0, оскільки слід розглядати похилі майданчики тільки паралельні осі у, тобто нормальні до майданчиків, вільних від напруги при плоскому напруженому стані або вільних від деформацій при плоскому деформованому стані (рис. 3.17).

У цьому випадку

Позначаючи кут (див. рис. 3.17) між нормаллю до похилим майданчиком і віссю (або віссю , якщо напружений стан дано в головних осях 1 і 2) через , отримуємо , звідки .

Враховуючи вищесказане, шляхом безпосередніх підстановок у відповідні вирази (3.10) та (3.11) для об'ємного напруженого стану отримаємо нормальну та дотичну напругу в похилому майданчику (див. рис. 3.17).

Рис.3.15. Плоский напружений стан (а), напруга на похилому майданчику (б)

Нормальна напруга

Відносна напруга

. (3.41)

З виразу (3.41) легко бачити, що має максимум за sin 2 = 1, тобто при = 45°:

. (3.42)

Величину головної напруги можна виразити через компоненти в довільних осях, використавши рівняння (3.13), з якого отримаємо

. (3.43)

При цьому плоского напруженого стану = 0; для плоского деформованого стану

Знаючи напружений стан головних осях, легко перейти будь-які довільні координатні осі (рис. 3.18). Нехай нова координатна вісь х становить кут з віссю, тоді, розглядаючи її як нормаль до похилого майданчика, маємо для останнього за рівнянням (3.40)

але для осі напруга є напругою , отже,

вираз це можна перетворити так:

(3.44)

Нова вісь буде нахилена до осі 1 на кут (+90 °); отже, замінюючи у попередньому рівнянні на (+ 90°), отримаємо

Напругу визначимо з виразу (3.41):

. (3.46)

Позначаючи середню напругу через , тобто приймаючи

, (3.47)

і врахувавши рівняння (3.42), отримаємо звані формули перетворення, які виражають компоненти напруг у функції кута :

(3.48)

При побудові діаграми Мора врахуємо, що оскільки розглядаємо майданчики, паралельні осі у (тобто осі 2), напрямний косинус завжди дорівнює нулю, т. е. кут = 90°. Тому всі кореспондуючі значення і будуть розташовані на колі, яке визначається рівнянням (3.36 б) при підстановці в нього = 0, а саме:

, (3.49)

або з урахуванням виразів (3.47) та (3.42)

. (3.49а)

Це коло представлене на рис. 3.19 та є діаграмою Мора. Координати якої-небудь точки Р, розташованої на колі, визначають кореспондуючі значення та з'єднаємо точку P з точкою .Легко бачити, що відрізки 0 2 Р = ;

Рр= , Ор= ,і, отже, sin = .

Порівнюючи отримані вирази з рівняннями (3.48), можна встановити, що

Р0 2 А = 2, Р0 2 А = .

Таким чином, знаючи положення похилого майданчика, що визначається кутом , можна знайти значення напруги , що діють у цьому майданчику.

Рис.3.17. Діаграма Мора

,

то відрізок ОР виражає повну напругу S.

Якщо елемент напруженого тіла, у похилій грані якого розглядають напруги, викреслити так, щоб головна напруга була спрямована паралельно осі , то нормаль N, проведена до цієї похилої грані, а отже, і напрям напруги будуть паралельні відрізку СР.

Продовживши лінію Р0 2 до перетину з колом, у точці Р" отримаємо другу пару значень і для іншого похилого майданчика, у якої "= + 90°, тобто для майданчика, перпендикулярного до першого, з напрямком нормалі". Напрямки нормалей N і N" можна прийняти відповідно за напрямки нових осей : і , а напруги і " - відповідно за координатні напруги і . Таким чином, можна визначити напружений стан у довільних осях без використання формул (3.44)-(3.46). Абсолютні величини напруг гіт рівні між собою за законом парності.

Неважко вирішити і обернену задачу: за заданими напругами у двох взаємно перпендикулярних майданчиках , і , т" (де т" = т) знайти головні напруги.

Проводимо координатні осі (рис. 3.19). Наносимо точки Р і Р" з координатами, що відповідають заданим напругам , і , . Перетин відрізка РР" з віссю визначить центр кола Мора 0 2 з діаметром РР" = 2 31 . ж, , ) і повернути фігуру так, щоб напрями цих осей були паралельні напрямкам напруг і в точці даного тіла, що розглядається, то напрямки осей і діаграми будуть паралельні напрямку головних осей 1 і 2.

Диференціальне рівняння рівноваги для плоского завдання одержимо з рівнянь (3.38), враховуючи, що всі похідні по рівні нулю, а також рівні нулю і :

(3.50)

При вирішенні деяких завдань, що належать до плоских, іноді буває зручно користуватися замість прямокутних координат полярними, визначаючи положення точки радіусом-вектором і полярним кутом, тобто кутом, який становить радіус-вектор з віссю.

Умови рівноваги в полярних координатах легко отримати з тих самих умов у циліндричних координатах, прирівнявши

І врахувавши, що похідні рівні

(3.51)

Приватним випадком плоского завдання є такий, коли напруги не залежать також і від координати (симетричний щодо осі розподіл напруг). У цьому випадку звернуться в нуль похідні по напруги і , а умови рівноваги визначаться одним диференціальним рівнянням

. (3.52)

Зрозуміло, що напруги і тут є головними.

Такий напружений стан можна прийняти для фланця круглої заготовки при витяжці без притиску циліндричного стакана.

Вид напруженого стану

Напружений стан у будь-якій точці деформованого тіла характеризується трьома головними нормальними напругами та напрямками головних осей.

Розрізняють три основних види напруженого стану: об'ємне (трихосне), при якому всі три головні напруги не рівні нулю, плоске (двохосне), при якому одна з головних напруг дорівнює нулю, і лінійне (одновісне), при якому тільки одна головна напруга відмінно від нуля.

Якщо всі нормальні напруги мають однаковий знак, то напружений стан називають однойменним, а при напругах різного знака – різноіменним.

Таким чином існує дев'ять видів напруженого стану: чотири об'ємні, три плоскі і два лінійні (рис.3.18).

Напружений стан називають однорідним, як у будь-якій точці деформируемого тіла напрями основних осей і величини основних нормальних напруг залишаються незмінними.

Вид напруженого стану впливає здатність металу пластично деформуватися не руйнуючись і величину зовнішньої сили, яку необхідно докласти реалізації деформації заданої величини.

Так, наприклад, деформування в умовах однойменного об'ємного напруженого стану потребує більшого зусилля, ніж при різноіменному напруженому стані за інших рівних умов.

Контрольні питання

1.Що таке напруження? Чим характеризується напружений стан точки, тіла загалом?

2.Что виражають індекси в позначення компонент тензора напруги?

3.Наведіть правило знаків для компонентів тензора напруги.

4. Запишіть формули Коші для напруги на похилих майданчиках. Що кладеться в основу їхнього виведення?

5. Що таке тензор напруги? Які компоненти входять до складу тензора напруги?

6.Як називаються власні вектори та власні значення тензора напруг?

7.Що таке головне напруження? Скільки їх?

8. Наведіть правило присвоєння індексів головним нормальним напругам.

9.Дайте фізичне тлумачення основних нормальних напруг і основних осей тензора напруг.

10.Покажіть схеми основних нормальних напруг для основних процесів ЗМД - прокатки, волочіння, пресування.

11. Що таке інваріанти тензора напруги? Скільки їх?

12.В чому полягає механічний сенс першого інваріанту тензора напруги?

13.Що називається інтенсивністю дотичних напруг?

14..Що таке основна дотична напруга? Знайдіть майданчики їхньої дії

15..Скільки майданчиків головних дотичних напруг можна вказати в деякій точці тіла, що деформується?

16.Чому дорівнює максимальна дотична напруга, нормальна напруга на майданчику, якою вона діє?

17. Що таке осесиметричний напружений стан? Наведіть приклади.

18.Покажіть схеми основних нормальних напруг для основних процесів ЗМД - прокатки, волочіння, пресування.

19. Що спільного між плоским напруженим та плоским деформованим станами та яка між ними різниця? До якого з цих станів належить просте зрушення?

20. Наведіть відомі Вам формули теорії напруг у головній системі координат

21. Що таке еліпсоїд напруг? Запишіть його рівняння та вкажіть порядок побудови. Який вид має еліпсоїд напруги для гідростатичного тиску, плоского та лінійного напружених станів?

22. Запишіть рівняння для знаходження головних нормальних напруг і три системи рівнянь для знаходження головних осей Т а.

23.. Що таке кульовий тензор та девіатор напруг? Для розрахунку яких величин використовуються другий та третій інваріанти девіатора напруг?

24.Покажіть, що основні системи координат тензора та девіатора напруг збігаються.

25.Для чого вводяться на розгляд інтенсивність напруг та інтенсивність дотичних напруг? Поясніть їхній фізичний сенс і дайте геометричні інтерпретації.

26. Що таке діаграма Мора? Чому рівні радіуси головних кіл?

27.Як зміниться діаграма Мора за зміни середньої напруги?

28. Що таке октаїдричне напруження?

29. Скільки характерних майданчиків можна провести через точку тіла, що перебуває у напруженому стані?

30. Умови рівноваги для об'ємного напруженого стану у прямокутних координатах, у циліндричних та сферичних координатах.

31. Рівняння рівноваги для плоского завдання.

СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ

1. Ільюшин А. А. Пластичність. Ч. I. M.-Л., ГТІ, 1948. 346 с. (33)

2. Павлов І. М. Про фізичну природу тензорних уявлень у теорії пластичності. - «Известия вузів. Чорна металургія», 1965 №6, с. 100-104.

3. Соколовський В. В. Теорія пластичності. М., "Вища школа", 1969. 608 с. (91)

4. Сторожев М. В. та Попов Є. А. Теорія обробки металів тиском. М., "Машинобудування", 1971. 323 с. (99)

5. Тимошенко С. П. Теорія пружності. Гостехвидав, 1934. 451 с. (104)

6. Шофман Л. А. Основи розрахунку процесу штампування та пресування. Машгіз, 1961. (68)

Розглянемо важливий додатків випадок плоского напруженого стану, реалізованого, наприклад, у площині Oyz.Тензор напруг у цьому випадку має вигляд

Геометрична ілюстрація представлена ​​на рис.1. При цьому майданчики х= const є головними з відповідними нульовими головними напругами. Інваріанти тензора напруги рівні , а характеристичне рівняння набуває вигляду

Коріння цього рівняння дорівнює

Нумерація коренів зроблена для випадку

Рис.1.Початковий плоский напружений стан.

Рис.2.Позиція головної напруги

Довільний майданчик характеризується кутом на рис. 1, при цьому вектор пмає компоненти: , , n х =0. Нормальна та дотична напруга на похилому майданчику виражаються через кут наступним чином:

Найменший позитивний корінь рівняння (4) позначимо через . Оскільки tg( х)—періодична функція з періодом , то маємо два взаємно ортогональні напрямки, що становлять кути і з віссю Оу.Ці напрями відповідають взаємно перпендикулярним головним майданчикам (рис. 2).

Якщо продиференціювати співвідношення (2) і прирівняти похідну нулю, то прийдемо до рівняння (4), що доводить екстремальність основних напруг.

Для знаходження орієнтації майданчиків з екстремальною дотичною напругою прирівняємо нулю похідну від виразу

звідки отримаємо

Порівнюючи співвідношення (4) і (5), знаходимо, що

Ця рівність можлива, якщо кути і відрізняються на кут . Отже, напрямки майданчиків з екстремальною дотичною напругою відрізняються від напрямків головних майданчиків на кут (рис. 3).

Рис.3.Екстремальність дотичних напруг

Величини екстремальних дотичних напруг отримаємо після підстановки (5) у співвідношення (3) з використанням формул

.

Після деяких перетворень отримаємо

Порівнюючи цей вираз з отриманими раніше значеннями головної напруги (2.21), виразимо екстремальні дотичні напруги через головні напруги

Аналогічна підстановка (2) призводить до вираження для нормальних напруг на майданчиках з

Отримані співвідношення дозволяють проводити спрямовано орієнтований розрахунок конструкцій на міцність у разі плоского напруженого стану.

ТЕНЗОР ДЕФОРМАЦІЇ

Розглянемо спочатку випадок плоскої деформації (рис. 4). Нехай плоский елемент MNPQпереміщається в межах площини та деформується (змінює форму та розміри). Координати точок елемента до і після деформації відзначені малюнку.

Рис.4.Плоска деформація.

За визначенням відносна лінійна деформація у точці Му напрямку осі Охдорівнює

З рис. 4 слід

Враховуючи що MN=dx,отримаємо

У разі малих деформацій, коли , , можна знехтувати квадратичними доданками. З урахуванням наближеного співвідношення

справедливого при x<<1, окончательно для малой деформации получим

Кутова деформація визначається як сума кутів та (4). У разі малих деформацій

Для кутової деформації маємо

Проводячи аналогічні викладки у випадку тривимірної деформації, маємо дев'ять співвідношень

Цей тензор повністю визначає деформований стан твердого тіла. Він має ті ж властивості, що і тензор напруг. Властивість симетрії безпосередньо випливає із визначення кутових деформацій. Головні значення та головні напрями, а також екстремальні значення кутових деформацій та відповідні їм напрямки знаходяться тими самими методами, що й для тензора напруги.

Інваріанти тензора деформацій визначаються аналогічними формулами, причому перший інваріант тензора малих деформацій має ясне фізичне значення. До деформації його обсяг дорівнює dV 0 = dxdydz.Якщо знехтувати деформаціями зсуву, які змінюють форму, а не об'єм, то після деформації ребра матимуть розміри

(рис. 4), а його обсяг дорівнюватиме

Відносна зміна обсягу

у межах малих деформацій складе

що збігається з визначенням першого інваріанту. Вочевидь, зміна обсягу є фізична величина, яка залежить від вибору системи координат.

Так само, як і тензор напруги, тензор деформацій можна розкласти на кульовий тензор і девіатор. У цьому перший інваріант девіатора дорівнює нулю, тобто. Девіатор характеризує деформацію тіла без зміни його об'єму.