25)Плоское напряженное состояние. Анализ формул.

n_α – нормаль к площадке А_α; n – нормаль к площадке наибольшего главного напряжения; α – острый угол между n_α и n, причем если поворот от n к n_α по часовой стрелке, то α – отрицательный, если против – положительный.

Анализ формул (3) и (4):

σ_α+σ_β=σ₁(sin²α+cos²α)+ +σ₂(sin²α+cos²α)=σ₁+σ₂; Сумма напряжений на двух взаимно перпендикулярных площадках всегда равна сумме главных напряжений, независимо от ориентации площадки.

Вывод: экстремальными значениями для σ_α и σ_β являются главные напряжения, т.е. σ₂≤σ_α≤σ₁; σ₂≤σ_β≤σ₁. Касательные напряжения τ имеет максимальные величины на площадках α=±45º от направления σ₁. τ_α=-τ_β. Получили подтверждение закона парности касательного напряжения: τ на двух взаимно перпендикулярных площадках всегда равны по величине и противоположны по направлению.

26)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.

ε₁=ε₁'+σ₁"; ε₂=ε₂'+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: ε_Х;

поперечная: ε_Y=-υε_X; ε_Z=-υε_X.

ε₁'=σ₁/E; σ₂"=σ₂/E;

27)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=1/2ⁿ_i=1F_i∆_i, где ∆_i  перемещение точки под силой F_i, величина которого зависит от всех приложенных к системе сил.

dU=M²(x)dx/(2EI_Z) – 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=_i^k₌₁∫₀^LiM²(x)dx/2EI_Z – потенциальная энергия деформации балки при чистом изгибе, где Li – длина i-го участка балки, на котором законы М(х), Е, I_Z постоянны (одинаковы); k – количество участков балки.

Интеграл Мора.

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

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

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

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

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

А_р=U_p; A_p=½PΔ_КР; U_p=_i=1^k∫_Li(M_p²(x)/2EI_Z)dx.

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

½PΔ_КР=_i=1^k∫_Li(M_p(x)/2EI_Z)dx.

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

½FΔ_FF=_i^k₌₁∫_Li(M_F²(x)/2EI_Z)dx.

3) Работа силы Р на перемещение Δ_KF: A_KF = РΔ_KF – нет ½, т.к. сила Р уже имела коночное значение.

4) Суммарная работа внешних сил: А=А_P+А_F+А_KF; U= _i^k₌₁∫_Li([M_P(x)+M_F(x)]²/2EI_Z)dx; A=U→PΔ_KF= _i^k₌₁∫_Li((M_P(x)+M_F(x))/EI_Z)dx.

Δ_KF=_i∫_Li((M_P(x)/P)M_F(x)dx)/EI_Z.

M_P(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:

Δ_KF=_i∫_Li((M_F(x)M₁(x)dx)/EI_Z) – интеграл Мора.

Δ_KF – обобщенное перемещение точки К от заданной системы сил.

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