§ 23. 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 1 елемент в напрямку першого ребра отримає відносне видовження, що дорівнює:
ε'1=
В той же час по відношенню до напруг 2 і 3 перше ребро є поперечним розміром, тому під дією напруг 2 і окремо 3 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 z
=
.
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