ДЕФОРМАЦІЇ ПРИ ПЛОСКОМУ ТА ОБ’ЄМНОМУ НАПРУЖЕНОМУ СТАНАХ. УЗАГАЛЬНЕНИЙ
ЗАКОН ГУКА Перевіряючи міцність елемента (рис. 28, в), на гранях якого діють напруги σ1, σ2, σ3, нам доведеться стикнутися з питанням про величини відповідних деформацій. Називаючи ребро, що паралельне головній напрузі σ1 першим, а ребра, що паралельні головним напругам σ2 і σ3 другим та третім, визначаємо відносні поздовжні деформації елемента в напрямку цих ребер, окремо розглядаючи вплив кожної із напруг та додаючи результати. Під дією напруги s1 елемент в напрямку першого ребра отримає відносне видовження, що дорівнює: ε'1= В той же час по відношенню до напруг s2 і s3 перше ребро є поперечним розміром, тому під дією напруг s2 і окремо s3 елемент в напрямку першого ребра зазнає відносного укорочування, що дорівнює (див.§ 10 ) ε''1=-μ ; ε'''1=-μ . Повна відносна деформація елемента в напрямку першого ребра дорівнює сумі : ε1=ε'1+ε''1+ε'''1= -μ -μ . Те ж саме отримаємо і для деформацій в двох інших напрямках; маємо: ε1= -μ , ε2= -μ , (28) ε3= -μ . В цю формулу головні напруги підставляються з відповідними знаками. Формули (28) – це математичний вираз узагальненого закону Гука. Визначаємо зміну об’єму прямокутного паралелепіпеда зі сторонами, що дорівнюють а, b, с, в загальному випадку напруженого стану. До деформації об’єм його дорівнює Vo=a×b×c. Після деформації, внаслідок зміни довжини ребер, об’єм його стане V1=(a+∆a)×(b+∆b)×(c+∆c), або, нехтуючи добутками малих деформацій: V1=a×b×c+a×b×∆c+a×c×∆b+b×c×∆a=Vo (1+ε1+ε2+ε3).
Відносна зміна об’єму дорівнює: θ= =ε1+ε2+ε3. (29) Підставляючи в цю формулу замість ε1, ε2, ε3 їх значення із формул (28), отримаємо: θ=ε1+ε2+ε3= ×(σ1+σ2+σ3). 30) Відмітимо, якщо коефіцієнт Пуассона μ=0,5, то відповідна зміна об’єму дорівнює нулю.
Якщо σ1=σ2=σ3=σ, то θ= ×3σ= ×σ. Величину називають модулем об’ємної деформації та позначають буквою К, тобто К= . Підставивши це позначення у формулу (30), маємо θ=ε1+ε2+ε3= (31) Ми бачимо, що зміна об’єму не залежить від значень головних напруг, а тільки від їх суми. Тому кубик отримає одну і ту ж зміну об’єму, незалежно від того, які діють по його гранях напруги, однакові чи різні. σn= ; в останньому випадку всі ребра кубика отримають однакову деформацію: εn= = = = (32) Приклад 14. Бетонний кубик зі стороною а=20 см щільно поміщений в абсолютно жорстку обойму і центрально стискується силою F=200кН (рис. 31). Найти тиск на спинки обойми та напругу в бетоні, якщо коефіцієнт Пуассона для бетону μ=0,18. Розв’язок. При поздовжньому стиску бетону він прагне розширитися в сторони і тисне при цьому на стінки обойми з силою, що дорівнює реакціям стінок Nx і Ny (сила F направлена по осі Z).
Рис. 31 Виходячи із симетрії, осі x, y і z співпадають з напрямками головних напруг. Так як всі сили перетинаються в одній точці, рівняння статики перетворюються в тотожність виду 0=0, тому їх використати неможливо. Розглянемо пружні деформації. Так як обойма жорстка, поперечні деформації (в напрямку осей х та у) неможливі. Тобто, εх=εу=0. Виразимо відносні видовження через напругу: σх=σ1, σу=σ2 і σz=σ3: εх=- +μ +μ =0 εy=- +μ +μ =0 де σx = , σy = і sz = . Розв’язуючи ці рівняння разом, знайдемо : σx = σy = σz = Підставивши значення, знайдемо : Nx = Ny = σx ·a2 = ·a2 = F = ·200 = 43,9 кН
Напруги в бетоні будуть: σx = σ1 = – кН/см2 = – 1,1 Мпа σу = σ2 = σx = – 1,1 МПа σz = σ3 = – – 0,5 кН/см2 = – 5 МПа ©2015 arhivinfo.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.
|