ЛЕКЦИЯ 11...
Transcript of ЛЕКЦИЯ 11...
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
1
ЛЕКЦИЯ 11 Растяжение и сжатие прямолинейного бруса.
Расчет на прочность и жесткость
Деформация растяжения-сжатия реализуется в том случае, когда в
поперечных сечениях бруса 0xN , 0z yQ Q , 0x y zM M M .
Примеры деформации растяжения – сжатия представлены на рис. 1.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
2
Рис. 1
1 Гипотеза плоских сечений
В ММК полагают, что все поперечные сечения стержня при осевом
нагружении перемещаются в осевом направлении, оставаясь плоскими и
параллельными друг другу, исключая зоны Сен-Венана (см. рис. 2).
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
3
Рис. 2 Рассмотрим деформацию стержня под действием растягивающей силы Р и
выделим n волокон одинаковой бесконечно малой длины dx (рис. 3).
Рис. 3 Эксперименты показывают, что если до приложения нагрузки начала
отрезков ab, cd, ef и т.д. (т.е. точки а, с, е …) образуют плоскость А, а концы
этих отрезков (т.е. точки b, d, f и т.д.) – плоскость В, то после приложения
нагрузки начала этих же отрезков (т.е. точки а, с, е и т.д.) будут
образовывать плоскость А, так же как их концы (точки b, d, f и т.д.) –
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
4
плоскость В. При этом плоскость А||А, B||B. Эта гипотеза, подтвержденная
экспериментально, называется гипотезой плоских сечений.
Очевидно, что абсолютное и относительное удлинения отрезков аb, cd
и ef одинаковы, т.е.
ab cd ef dx , (1)
здесь l – абсолютное удлинение всего стержня (l);
dx – абсолютное удлинение б.м. отрезка длиной dx.
Продольная относительная деформация отрезка
xdx
constdx
, (2)
т.е. деформированное состояние стержня однородно по поперечному
сечению.
Суммированием деформаций отрезков по длине стержня можно
получить удлинение всего стержня l :
0 0
l l
x xl dx dx l , xl
l
. (3)
2 Определение напряжений
Ранее была установлена связь между значениями внутренних силовых
факторов и действующими в поперечном сечении напряжениями, которая
при растяжении-сжатии имеет вид
x xF
N dF . (4)
На основании эксперимента было установлено, что для линейно упругих
материалов связь между x и x имеет вид:
x xE (закон Гука, см. лекцию 3). (5)
Поскольку Е = сonst, то условия (1) достаточно, чтобы считать и
напряженное состояние стержня однородным по площади сечения, т.е.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
5
x const . (6)
В этом случае формула для напряжений имеет вид
x xN F xx
N
F . (7)
Распределение напряжений в поперечном сечении показано на рис. 4.
Замечание. В наклонных сечениях
стержня при растяжении –
сжатии возникают не только
нормальные, но и касательные
напряжения (см. рис. 5). Это
следует всегда помнить, имея дело
со стержнями, соединёнными,
например, сваркой или
склеиванием, из-за различной
прочности сварного или клееного
шва на разрыв и сдвиг.
Рис. 5 Напомним, что при растяжении – сжатии имеет место одноосное
напряжённое состояние (рис. 6).
Рис. 4
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
6
Рис. 6 Разрушение конструкционных материалов при растяжении бывает
двух типов – хрупкое и пластическое. Оба типа разрушения показаны на
рис. 7.
Рис. 7
3 Условие прочности при растяжении-сжатии
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
7
Заметим, что условие прочности должно записываться для опасного
сечения, где / maxxN F , потому, что основной задачей наших расчётов
является определение наибольших действующих напряжений:
а) при растяжении
maxmax
xx p
N
F
, (8)
б) при сжатии
max
max
xx c
N
F
, где (9)
p – допускаемое напряжение на растяжение, c – допускаемое
напряжение на сжатие.
Из условия прочности решаются три практические задачи:
1) проверка на прочность по условию max ;
2) определение необходимой площади поперечного сечения из условия
прочности: xF N ;
3) определение допускаемой внешней нагрузки с использованием условия
[ ] [ ]N F .
4 Определение деформаций
В закон Гука (5) подставим значение x из (2) и x из (7):
x xN N dxdxE dx
F dx EF
.
Проведя суммирование величин dx по длине стержня l, получим:
x
l l
N dxdx
EF или x
l
N dxl
EF . (10)
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
8
Если в пределах участка xN и жесткость при растяжении-
сжатии EF постоянны, то
xN ll
EF . (11)
Для стержня со ступенчатым изменением указанных параметров
1 1
in n x i
ii ii i
N ll l
E F . (12)
Поскольку кроме продольных сил деформацию стержня может
вызывать еще и изменение температуры, возникает необходимость учета
температурных деформаций, т.к. они становятся соизмеримыми с
силовыми.
Из физики известно, что температурная деформация
t tl l t , где (13)
t – коэффициент линейного теплового расширения материала;
t – приращение температуры.
С учетом температурных удлинений общая формула приобретает вид:
xx t
N ll l N t l t
EF . (14)
Принцип суперпозиции, реализованный в (14), справедлив при
условиях:
1) E и t постоянны в температурном интервале t ;
2) t не зависит от x .
5 Условие жесткости
Очевидно, что условие жесткости должно быть записано для опасного
сечения. Оно ограничивает величину наибольших удлинений или
относительных деформаций некоторой заранее заданной величиной,
вытекающей из требований к конструкции.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
9
а) при растяжении
maxmax
xр
N ll l
EF
, (15)
б) при сжатии
maxmax
| |xс
N ll l
EF
. (16)
Здесь рl – допускаемое удлинение на растяжение, сl –
допускаемое удлинение на сжатие.
Из условия жесткости (15, 16) можно решить три практические важные
задачи:
1) проверка на жесткость по условию maxl l ;
2) определение площади поперечного сечения
xNF
E l
;
3) определение допускаемой внешней нагрузки с использованием
условия [ ] [ ]xN EF l .
Пример 1 Напряжения и удлинения в статически определимых
стержнях при растяжении – сжатии
Given: 1 10F kN , 2 40F kN , 3 60F kN , 3a m , 4b m , 5c m ,
112 10E Pa , 4 22 10A m .
R.D.: 1) calculate normal forces in the rod cross-sections and design the graph of
their distribution along the rod length;
2) calculate acting stresses in the rod cross-sections and design the graph of their
distribution along the rod length;
3) draw the graph of the rod cross-section displacements.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
10
Solution
1) Calculating the normal forces in cross-sections of the rod using the method of
section:
I–I 0 x c
0IxN x ;
II–II 0 /3x b
1 10IIxN x F kN ;
III–III 0 2 /3x b
1 3 10 60 50IIIxN x F F kN ;
IV–IV 0 x a
1 3 2 10 60 40 10IVxN x F F F kN .
2) Calculating the stresses in cross-sections of the rod:
I–I 0 x c
0Ix x ;
II–II 0 /3x b
3
410 10
252 2 2 10
IIII xx
N xx MPa
A
;
III–III 0 2 /3x b
3
450 10
1252 2 2 10
IIIIII xx
N xx MPa
A
;
IV–IV 0 x a
3
410 10
502 10
IVIV xx
N xx MPa
A
.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
11
3) Determination of the rod elongations.
To solve this problem, we will use the following formula: xN xl x kx
EA . Let
us begin determining the displacements of the portions boundaries (points E, D,
C, A) calculating corresponding segments elongations. In this, we will use point B
as the origin. Corresponding displacements are
Рис. 8 3
3. 11 4
10 10 30.75 10
2 10 2 10
IVx
p E BEN a
l mEA
.
3.
33 3 3 3
11 4
20.75 10
3 250 10 2 4
0.75 10 0.75 10 1.667 10 2.417 10 .3 2 2 10 2 10
IIIx
p D BD BE EDN b
l l lEA
m
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
12
3 3.
33 3 3
11 4
2.417 10 2.417 103 2
10 10 42.417 10 0.167 10 2.25 10 .
3 2 2 10 2 10
IIx
p C BC BD DCN b
l l lEA
m
3 3 3. 2.25 10 2.25 10 0 2.25 10 .
3
Ix
p A BA BC CAN c
l l l mEA
Note: “+” sign of the point displacement means the positive elongation of the
corresponding segment, i.e. down directed displacement of the point. In our
example, all cross-sections move downward.
6 Расчет статически неопределимых систем при растяжении-сжатии
Напомним, что статически неопределимой называется такая
система. у которой реакции связей, а, значит, и внутренние силовые
факторы не могут быть определены из уравнений статического
равновесия.
Примеры статически неопределимых стержневых систем показаны на
рис. 8.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
13
Рис. 9
Рассмотрим методику расчета на примере (см. рис. 10, 11).
Пример 2
Дано: Р, а, b, А, В – абсолютно жесткие опоры, F = const.
Необходимо: построить эпюру N(x).
1. Определение опорных реакций из единственного уравнения равновесия
0x A BP P R R , (17)
т.к. для линейной системы сил
можно составить 1 независимое
уравнение статического равновесия.
На этот раз уравнение (17) содержит
2 неизвестные реакции AR и BR .
Рис. 10
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
14
Т.е. уравнений статического
равновесия недостаточно для
определения опорных реакций.
Для раскрытия
статической неопределимости
используют уравнения,
описывающие связь деформаций
отдельных точек или стержня в
целом. Таким образом, к
уравнениям, описывающим
равновесие, надо добавить
уравнения, описывающие
совместные деформации ее участков, называемые условиями совместности
деформаций. В данном случае такое уравнение, связывающие деформации
отдельных участков стержня I и II, должно показывать общую нулевую
деформацию всего стержня АВ, т.к. он защемлён между абсолютно
жёсткими опорами А и В. Тогда очевидно, что
0AB BA l , (18)
0I IIl l l , (19)
где I I
I xN ll
EF ;
II IIII xN l
lEF
.
Из рис. 10. видно, что
;Ix AN R II
x AN R P , тогда
0AA
AR P bR a b
R PEF EF a b
. (20)
Очевидно, что Ba
R Pa b
. (21)
Рис. 11
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
15
Окончательно
, I IIx x
b aN P N P
a b a b
.
Дальше расчет проводится по разработанной выше методике.
Пример 3 Design problem for statically indeterminate rod
Given: 1 10F kN , 2 40F kN , 3 60F kN , 3a m , 4b m , 5c m ,
112 10E Pa , 160t MPa , 200c MPa .
R.D.: 1) open static indeterminacy and design the graph of normal forces;
2) calculate cross-sectional area A;
3) design the graph of acting stresses;
4) design the graph of rod cross-section displacements.
Solution
1) Calculation of normal forces in cross-sections of the rod.
AR , BR are unknown reactions. It is impossible to apply the method of sections
and determine normal forces without their preliminary calculation. For this, we
will use:
a) equation of equilibrium: 1 3 20x A BF R F F F R ;
b) equation of segments elongations compatibility: 0ABl
or 0AC CD DE EBl l l l . (1)
Since Ix AN x R , 1
IIx AN x R F , 1 3
IIIx AN x R F F ,;
1 3 2IVx AN x R F F F let us rewrite the compatibility equation (1) using
the equation of Hooke’s law:
xN ll
EA . (2)
Equation (1) becomes
1 3 1 3 21 2 /3/30.
3 2 2A AAA R F F b R F F F aR F bR c
EA EA EA EA
(3)
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
16
After simplifying 13.5AR kN , i.e. originally downdirected AR must be
changed on opposite. After this, statical indeterminacy is opened since it is
possible to calculate normal forces in the portions:
I–I 0 x c
13.5Ix AactN x R kN ;
II–II 0 /3x b
1 13.5 10 23.5IIx AactN x R F kN ;
III–III 0 2 /3x b
1 3 13.5 10 60 36.5IIIx AactN x R F F kN ;
IV–IV 0 x a
1 3 2 13.5 10 60 40 3.5 kNIVx AactN x R F F F .
2) Calculation of cross-sectional area A from conditions of strength.
Note, that since ultimate strength of the rod material is different in tension and
compression, we will write the conditions of strength for both most tensile and
most compressed portions.
a) for one tensile portion
3
4 2max max 6
36.5 101.14 10
2 2 2 160 10
III IIItens III x x
ttt t
N NA m
A
;
b) since there are three compressed portions in this rod it is necessary to
determine preliminary the most compressed one comparing two relations
3 323.5 10 11.75 10
2 2
IIII xN
A A A
and
33.5 10IVIV xN
A A
we found that second portion is critical in compression since
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
17
3 311.75 10 3.5 10
A A
.
In result, for the most compressed part of the rod
3
4 2max max 4
23.5 100.588 10
2 2 2 200 10
II IIcomp II x x
ccc c
N NA m
A
.
Comparing two values 4 20.588 10cA m and 4 21.14 10tA m we select the
larger one: 4 21.14 10A m .
3) Calculation in actual stresses in the portions of the rod:
3
413.5 10
39.473 3 1.14 10
II xx c
NMPa
A
,
3
423.5 10
103.072 2 1.14 10
IIII xx c
NMPa
A
,
3
436.5 10
1602 2 1.14 10
IIIIII xx t
NMPa
A
,
V 3
43.5 10
30.71.14 10
IIV xx c
NMPa
A
.
The results show that the rod is strong since all its parts are strong.
4) Determination of the rod elongations.
To solve this problem, we will use the following formula:
xN xl x kx
EA i.e. the elonfation is the binear function of the segment length
Let us begin determining the displacements of the portions boundaries (points C,
D, E) calculating corresponding segments elongations. In this, we will use point A
as the origin. Corresponding displacements are
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
18
Рис. 12 3
3. 11 4
13.5 10 50.987 10
3 3 2 10 1.14 10
Ix
p C ACN c
l mEA
,
3.
33
11 43 3 3
0.987 103 2
23.5 10 40.987 10
3 2 2 10 1.14 100.987 10 0.687 10 1.674 10 ,
IIx
p D AD AC CDN b
l l lEA
m
3 3.
33 3 3
11 4
21.674 10 1.674 10
3 236.5 10 2 4
1.674 10 2.135 10 0.461 10 ,3 2 2 10 1.14 10
IIIx
p E AE AD DEN b
l l lEA
m
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
19
3 3.
33 3
11 4
0.461 10 0.461 10
3.5 10 30.461 10 0.461 10 0.
2 10 1.14 10
IVx
p B AB AE EBN a
l l lEA
Note, that the elongation of AB-segment is 0 since it is fixed between two
absolutely rigid supports.
7 Понятие о температурных напряжениях (ТН)
Напряжения, возникающие при изменении температуры стержня
по сравнению с начальной температурой (температурой сборки),
называются температурными напряжениями. Они возникают в
статически неопределимых конструкциях, где нагрев или охлаждение
вызывают появление продольных сил и, следовательно, температурных
напряжений.
Вывод: непосредственной причиной появления температурных
напряжений является продольная сила, возникающая на участке по
двум причинам: из-за приложения внешних сил и из-за изменения
температуры.
Рассмотрим определение температурных напряжений на примере
(см. рис. 13).
Пример 4
Дано: F, E, t , l. Опоры А и В –
абсолютно жесткие. Нагрев на
t C .
Необходимо: определить
продольные силы, возникающие в
стержне в результате нагрева.
1) Составим уравнение
статического равновесия
0x A BP R R . (22)
Рис. 13
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
20
2) Составим условие совместности деформаций. при абсолютно жестких
опорах А и В в виде:
0AB BA l . (23)
Очевидно, что
( ) ( )xl l N l t . (24)
xx
N ll N
EF , где x AN R .
Таким образом,
Ax
R ll N
EF , и ( ) tl t tl . (25)
Следовательно,
0At A t
R ltl R EF t
EF . (26)
Дальше расчет проводится по
разработанной выше методике.
Заметим, что к появлению
температурных напряжений может
привести нагрев стержня,
изображённого на рис. 14, если
первоначальный зазор между стержнями окажется меньше, чем удлинение
левого стержня из алюминия от его нагрева.
8 Понятие о монтажных напряжениях
Усилия, возникающие в конструкции при сборке в результате
неточного изготовления ее деталей, называются монтажными
усилиями.
Монтажные усилия появляются только при сборке статически
неопределимых конструкций, отличающихся большим многообразием.
Пример 5
Рис. 14
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
21
Дано: а, , I IIE E E , I IIF F F , I IIL L l , поскольку l
Определить: усилие в стержнях I и II при монтаже системы.
Решение Совмещение точек С и С при монтаже возможно только с
приложением монтажного усилия.
После монтажа продольная
ось жесткой плиты примет
положение АС.
Возникающие при монтаже
усилия в стержнях определяем
а) из уравнений статического
равновесия;
б) из условий совместности деформаций:
0 2 0I IIAM R a R a , (27)
2II IR R . (28)
Очевидно, что стержень I будет растянут, а стержень II сжат, т.е.
I IN R II IIN R
| | 22
| |
I
IIl a
al
. (29)
Соотношение (3) связывает модули удлинений стержней I и II:
| |
2, | | 2 | || |
I
I IIII
N lEFEF N NlN l
EF
По модулю | |I IN R , | |II IIN R , т.о.
Рис. 15
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
22
2I IIEFR R
l
. (30)
22 2 ,
5 5I I I IIEF EF
R R R R EFl l
.
Пример 6 Analysis of a statically indeterminate structure with absolutely
rigid element
A horizontal rigid bar AB is pinned at end A and supported by two wires (CD and
EF) at points D and F (Рис. 16a). A vertical load P acts at end B of the bar. The
bar has length 3b and wires CD and EF have lengths 1L and 2L , respectively.
Also, wire CD has diameter 1d and modulus of elasticity 1E , wire EF has
diameter 2d and modulus 2E .
(a) Obtain formulas for the allowable
load P if the allowable stresses in
wires CD and EF, respectively, are 1
and 2 . (Disregard the weight of the
bar itself).
(b) Calculate the allowable load P for
the following conditions: wire CD is
made of aluminum with modulus
1 72 GPaE , diameter 1d = 4,0 mm,
and length 1 0.40 mL . Wire EF is
made of magnesium with modulus
2 45 GPaE , diameter 2d = 3.0 mm,
and length 2 0.30 mL . The allowable
stresses in the aluminum and magnesium wires are 1 = 200 MPa and
2 = 175 MPa, respectively.
Рис. 16 Analysis of a statically indeterminate structure
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
23
Solution Equations of equilibrium. We begin the analysis by drawing a free-
body diagram of bar AB (Рис. 16b). In this diagram 1T and 2T are the unknown
tensile forces in the wires and HR and VR are the horizontal and vertical
components of the reaction at the support. The structure is statically indeterminate
because there are four unknown forces ( 1T , 2T , HR , and VR ) but only three
independent equations of equilibrium. Taking moments about point A (with
counterclockwise moments being positive) yields
0AM ,
1 2 2 3 0T b T b P b or 1 22 3T T P . (1)
The other two equations, obtained by summing forces in the horizontal direction
and summing forces in the vertical direction, are of no benefit in finding 1T and
2T .
Equation of compatibility. To obtain an equation pertaining to the
displacements, we observe that the load P causes bar AB to rotate about the pin
support at A, thereby stretching the wires. The resulting displacements are shown
in the displacement diagram of Рис. 16c, where line AB represents the original
position of the rigid bar and line AB' represents the rotated position. The
displacements 1 and 2 are the elongations of the wires. Because these
displacements are very small, the bar rotates through a very small angle (shown
highly exaggerated in the figure) and we can make calculations on the assumption
that points D, F, and B move vertically downward (instead of moving along the
arcs of circles).
Because the horizontal distances AD and DF are equal, we obtain the
following geometric relationship between the elongations:
2 12 . (2)
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
24
Equation (2) is the equation of compatibility.
Force-displacement relations. Since the wires behave in a linearly elastic
manner, their elongations can be expressed in terms of the unknown forces 1T and
2T by means of the following expressions:
1 11
1 1
T L
E A , 2 2
22 2
T L
E A ,
in which 1A and 2A are the cross-sectional areas of wires CD and EF,
respectively; that is,
21
1 4
dA
,
22
2 4
dA
.
For convenience in writing equations, let us introduce the following
notation for the flexibilities of the wires:
11
1 1
Lf
E A , 2
22 2
Lf
E A . (3, 4)
Then the force-displacement relations become
1 1 1f T , 2 2 2f T . (5)
Substituting these expressions into the equation of compatibility (Eq. 1) gives
2 2 1 12f T f T . (6)
We now have expressed the equation of compatibility in terms of the unknown
forces.
Solution of equations. The equation of equilibrium (Eq. 1) and the equation of
compatibility (Eq. 6) each contain the forces 1T and 2T as unknown quantities.
Solving the two equations simultaneously yields
21
1 2
3
4
f PT
f f
, 1
21 2
6
4
f PT
f f
. (7,8)
Knowing the forces 1T and 2T , we can easily find the elongations of the wires
from the force-displacement relations.
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
25
(a) Allowable load P. Now that the statically indeterminate analysis is completed
and the forces in the wires are known, we can determine the permissible value of
the load P. The stress 1 in wire CD and the stress 2 in wire EF are readily
obtained from the forces (Eqs. 7 and 8):
1 21
1 1 1 2
3
4
T P f
A A f f
, 2 12
2 2 1 2
6
4
T P f
A A f f
. (9,10)
From the first of these equations we solve for the permissible force 1P , based
upon the allowable stress 1 in the aluminum wire:
1 1 1 21
2
4
3
A f fP
f
. (11)
Similarly, from the second equation we get the permissible force 2P based upon
the allowable stress 2 in the magnesium wire:
2 2 1 22
1
4
6
A f fP
f
. (12)
The smaller of these two values of the load is the maximum allowable load [P].
(b) Numerical calculations for the allowable load. Using the given data and the
preceding equations, we obtain following numerical values:
2221
14.0mm
12.57mm4 4
dA
,
2222
23.0mm
7.069mm4 4
dA
,
611 2
1 1
0.40m0.4420 10 m/N
(72GPa)(12.57mm )
Lf
E A ,
622 2
2 2
0.30m0.9431 10 m/N
(45GPa)(7.069mm )
Lf
E A .
Also, the allowable stresses are
1 200MPa , 2 175MPa .
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
26
Therefore, substituting into Eqs. (11) and (12) gives
1 2.41kNP , 2 1.26kNP .
The first result is based upon the allowable stress 1 in the aluminum wire and
the second is based upon the allowable stress 2 the magnesium wire. The
allowable load is the smaller of the two values:
[ ] 1.26kNP .
At this load the stress in the magnesium is 175 MPa (the allowable stress) and the
stress in the aluminum is (1.26/2.41)(200 MPa) = 105 MPa. As expected, this
stress is less than the allowable stress of 200 MPa.
Пример 7 Calculation of internal forces in statically indeterminate rod
system with absolutely rigid element
A horizontal rigid bar ADB of length 2b is pinned to a support at A and held by
two inclined wires CD and CB (Рис. 17a). The wires are attached to a support at
point C, which is located at a vertical distance b above point A. Both wires are
made of the same material and have the same diameter.
Determine the tensile forces 1T and 2T in wires CD and CB, respectively, due to
the vertical load P acting at the end of the bar.
Solution Equation of equilibrium. A free-body diagram of bar AB (Рис. 17b)
shows that there are four unknown forces, namely, the tensile forces 1T , and 2T in
the wires and the two reaction components ( HR and VR ) at the pin support. Since
there are only three independent equations of equilibrium, the structure is singly
statically indeterminate. We can obtain an equation of equilibrium containing
only 1T , and 2T as unknowns by summing moments about point A:
0AM ,
1 1sinbT
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
27
2 22 sin 2 0bT bP (1)
in which 1 and 2 are the angles
between the wires and the bar.
From the geometry of the
structure (Рис. 17a) we see that
11
sin2 2
CA b
CD b ,
21
sin5 5
CA b
CB b . (2)
Substituting these values into Eq. (1)
and rearranging, we get
1 222
2 5
T TP (3)
which is the final form of the equation
of equilibrium.
Equation of compatibility. An
equation of compatibility can be
obtained by considering the
displacements of points D and B. For
this purpose, we draw the
displacement diagram shown in Рис.
17c. Line AB represents the original
position of bar AB and line AB’
represents the rotated position. Since the angle of rotation of bar AB is very small,
the displacements 1 and 2 of points D and B, respectively, can be treated as
small vertical displacements. Because the distance from A to B is twice the
distance from A to D, we see that
2 12 (4)
which is the equation of compatibility.
Рис. 17 Analysis of a statically indeterminate structure
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
28
Force-displacement relations. Now we need to relate the forces 1T and 2T in the
wires to the vertical displacements 1 and 2 at points D and B, respectively. Let
us begin by considering wire CD, which rotates from its original position CD to
its final position CD' (Рис. 17c). We draw a perpendicular DD'' from point D to
line CD' . Because the displacements and angle changes are very small, we can
assume that the distance CD'' is equal in length to the distance CD. (That is, a
circular arc DD'' with point C as its center is indistinguishable from the
perpendicular line DD'' .)
The displacement triangle DD'D'' in Рис. 17c is redrawn for clarity in
Рис. 17d. The distance DD' is the vertical displacement 1 of point D and the
distance D'D'' is the elongation СD of wire CD. The angle 1 appears in the
triangle as angle DD'D'' . To prove this, we note that line DD' is perpendicular to
line AB, and line DD'' is perpendicular to line CD (for small angles of rotation).
Therefore, from the displacement triangle DD'D'' we get
11 1sin
2CD
. (5)
This equation provides the geometric relation between the elongation of wire CD
and the downward displacement of point D.
The elongation СD of wire CD is related to the force in the wire by the
following force-displacement relation:
1 1 2CDCD
T L T b
EA EA (6)
in which 2,CDL b is the length of wire CD. Combining the last two equations
for CD , we get
11
2bT
EA . (7)
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
29
In a similar manner, we can relate the displacement 2 to the elongation CB of
wire CB (see Рис. 17e) and obtain
22
5bT
EA . (8)
Equations (7) and (8) are the force-displacement relations that give the
displacements of points D and B in terms of the unknown forces in the wires.
Substituting 1 and 2 from the force-displacement relations into the
equation of compatibility (Eq. 4) yields
2 15 4T T (9)
which is the equation of compatibility in terms of the unknown forces.
Solution of equations. As the final step in this example we solve simultaneously
the equation of equilibrium (Eq. 3) and the equation of compatibility (Eq. 9). The
results are
110 10
1.4068 2 5 5
PT P
, 1
24
1,1255
TT P . (10,11)
Thus, we have found the tensile forces in the wires by solving the statically
indeterminate structure.
Knowing the tensile forces in the wires, we can easily determine all other force
and displacement quantities. For instance, the reactions at support A can be found
from equilibrium equations and the displacements 1 and 2 can be found from
Eqs. (7) and (8).
Note: In this example, the final solution for the forces does not involve the axial
rigidity EA of the wires. (This fact is readily apparent in a symbolic solution but
might escape notice in a numerical solution.) The reason is that both wires have
the same axial rigidity, and therefore EA cancels out of the solution. If each
wire had a different rigidity, the rigidities would appear in the final expressions.
Примеры статически неопределимых стержневых систем
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
30
Рис. 18
Рис. 19
Рис. 20
Рис. 21
Рис. 22
Рис. 23
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
31
Рис. 24
Рис. 25
Рис. 26
Рис. 27
Рис. 28
Рис. 29
В.Ф. ДЕМЕНКО МЕХАНИКА МАТЕРИАЛОВ И КОНСТРУКЦИЙ 2013
32
Рис. 30
Рис. 31
Рис. 32
Рис. 33
Рис. 34 Рис. 35