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.


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).


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.) –


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.


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


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


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)


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.


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.


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

.


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


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.


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


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


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)


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


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


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


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


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


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


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


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)


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.


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 .


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


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


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)


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


30

Рис. 18

Рис. 19

Рис. 20

Рис. 21

Рис. 22

Рис. 23


31

Рис. 24

Рис. 25

Рис. 26

Рис. 27

Рис. 28

Рис. 29


32

Рис. 30

Рис. 31

Рис. 32

Рис. 33

Рис. 34 Рис. 35

ЛЕКЦИЯ 11...

Documents