Главная | Обратная связь | Поможем написать вашу работу!
МегаЛекции

Деформации при плоском напряженном состоянии. Обобщенный закон Гука.




Дано: σ1 и σ2.

Найти: ε1 и ε2, т.е. относительную деформацию бесконечно малого элемента в окрестности рассматриваемой точки.

ε11'+σ1"; ε22'+σ2", где ε1' и ε2' – результат действия σ1;

σ1" и σ2" – результат действия σ2.

Рассмотрим плоское деформированное состояние как сумму двух одноосных, для которых закон Гука: σ=Еε.

Продольная: εХ;

поперечная: εY=-υεX; εZ=-υεX.

ε1'=σ1/E; σ2"=σ2/E;

Энергия деформации при изгибе. Интеграл Мора. Порядок решения задач методом Мора.

Теорема Клайперона.

Работа внешней силы (момента) равна половине произведения конечного значения этой силы (момента) на конечное значение соответствующего перемещения (угла поворота), имеющ. в виду статические силы, т.е. увеличивающийся от 0 до конечного значения, и больше не изменяя свое значение. При действии системы сил работа равна половине суммы произведений: А=1/2åni=1Fii, где ∆i - перемещение точки под силой Fi, величина которого зависит от всех приложенных к системе сил.

dU=M2(x)dx/(2EIZ) – элементарная потенциальная энергия деформации балки (точнее элемента dx) работающей в состоянии чистого изгиба.

Чтобы получить энергию деформации всей балки U необходимо проинтегрировать выражение по длине балки.

U=åik=10LiM2(x)dx/2EIZ – потенциальная энергия деформации балки при чистом изгибе, где Li – длина i-го участка балки, на котором законы М(х), Е, IZ постоянны (одинаковы); k – количество участков балки.

Интеграл Мора.

Дана линейно деформируемая балка. Требуется определить перемещение т.К. под действием силы F.

ΔFF – перемещение точки под силой F в направлении силы F (первый индекс) от действия силы F (второй индекс).

ΔКF– перемещение т.К. (1ый индекс) от действия силы F (2ой индекс).

Рассмотрим вспомогательную систему: данную балку освобождаем от внешней нагрузки и в т.К. прикладываем фиктивную силу P.

1) Работа силы Р на перемещении ΔКР равна потенциальной энергии деформации балки под действием силы P.

Ар=Up; Ap=½PΔКР; Upi=1kLi(Mp2(x)/2EIZ)dx.

Слагаемым от Qy при поперечном изгибе пренебрегаем, т.к. действие Qy на напряженное состояние незначительно (τ<<σ).

½PΔКРi=1kLi(Mp(x)/2EIZ)dx.

2) К балке, уже деформируемой силой Р, статически прикладываем силу F. Работа силы F на перемещение ΔFF равна потенциальной энергии деформации балки от силы F.

½FΔFFik=1Li(MF2(x)/2EIZ)dx.

3) Работа силы Р на перемещение ΔKF: AKF = РΔKF – нет ½, т.к. сила Р уже имела коночное значение.

4) Суммарная работа внешних сил: А=АPFKF; U= åik=1Li([MP(x)+MF(x)]2/2EIZ)dx; A=U→PΔKF= åik=1Li((MP(x)+MF(x))/EIZ)dx.

ΔKFiLi((MP(x)/P)MF(x)dx)/EIZ.

MP(x)/P=M1(x) – закон изменения на i-ом участке изгибающего момента, вызванного действием единичной (безразмерной) силы (момента), приложенной в той точке, перемещение (угол поворота) для которой определяется:

ΔKFiLi((MF(x)M1(x)dx)/EIZ) – интеграл Мора.

ΔKF – обобщенное перемещение точки К от заданной системы сил.

MF(x) – закон изменения на i–ом участке изгибающего момента, вызванного действием внешних сил, приложенных к балке.

Если определяется прогиб балки, то в точке К прикладывается единичная сила по направлению искомого перемещения. Если определяется угол поворота, то единичный момент.

Порядок решения задач методом Мора.

1) Для заданной балки на каждом участке записываем законы изменения MF(x).

2) Освобождаем балку от внешней нагрузки.

3) В т. К по направлению искомого перемещения прикладываем единичную силу (момент) и для каждого участка записываем законы М1(х).

4) Подставляем MF(x), M1(x) в интеграл Мора и вычисляем его. Если полученное ΔKF имеет знак «–», то действительное перемещение точки имеет направление противоположное единичной силе.

Поделиться:





Воспользуйтесь поиском по сайту:



©2015 - 2024 megalektsii.ru Все авторские права принадлежат авторам лекционных материалов. Обратная связь с нами...