Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория упругости и пластичности

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.11.2025

Размер:

5.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Из второго уравнения равновесия выразим частную производную нормального напряжения y

3 qx

4 y2

h2 4 y2 .

4 h3l

2 h3l

Разделим дифференциалы и получим

y 23 hqx3l h2 4 y2 y.

Проинтегрируем по y , учитывая, что появится постоянная интегрирования (функция от x )

y x, y

3 qx

h2 4 y2

dy f (x)

3 qx

f x .

h2 y

2 h3l

	Функцию			f x следует определить по граничным условиям на верхней и
на	нижней			поверхностях балки. На верхней	поверхности балки
		h	qx		f x, y . Вначале вы-
x,				. Воспользуемся этим и найдем функцию
x,				. Воспользуемся этим и найдем функцию
		2	l

числим интеграл при y h2

3 qx				h	4		h	3	3 qx		h	3		4h		3	3 qx	h	3	h	3
3 qx		h2		h	4		h		3 qx		h			4h			3 qx	h		h

															8
2 h3l				2	3		2		2 h3l		2 3				8		2 h3l	2		6

	3 qx		3h3 h3				3qx			h3	qx
													.
		3				3							.
		3		6		3					2l
	2 h l			6		2h l				3	2l

Тогда условие по верхнему краю балки запишется так

x, h2 qx2l f x qxl .

Отсюда имеем

f x qx2l .

Значит, нормальное напряжение x, y будет выражаться функцией

x, y

3qx

h2 y

2h3l

Проверим выполнение граничных условий на верхнем и нижнем краях

балки.

y h 2

На верхнем краю балки

x, h 2

3qx

2h3l

На нижнем краю балки y h 2

x, h 2

3qx

0 .

2h3l

Очевидно, что оба граничных условия выполняются. Следовательно, задача решена.

П р и м е р 5. Определить полную удельную потенциальную энергию, удельную энергию изменения объем и удельную энергию изменения формы, если известен тензор напряжений

σx

τxy

τxz

160

100

, МПа .

τzx

τzy

100

120

σz

Принять значения модуля упругости и коэффициента Пуассона, соответственно, равными E 200 ГПа и ν 0,3.

Так как в тензоре напряжений имеется один нулевой столбец и одна нулевая строка, материал в окрестности исследуемой точки испытывает плоское напряженное состояние.

Определим модуль сдвига

G	E	200	76,92 ГПа .

	2 1 ν	2 1 0,3

Используя закон Гука, вычислим деформации

νσ

160 0,3 120 106

0,98 10 3;

200 109

0,3

160 120 10

ε y

σ y ν σz + σx

σz

σx

200

109

0,06 10 3;

νσ

120 0,3 160 106 0,36 10 3;

200 109

τxy

τ yz

76,92 109

100 106

1,30 10

76,92 109

Запишем тензор деформаций

εx

γxy

γxz

0,65

0,98

0,06

10 3 .

0,65

0, 36

γzx

γzy

εz

Вычислим удельную полную потенциальную энергию

160 0,98 0 0,06 120 0,36 0 0 0 0 100 0,65 103

89,30 кДж .

м3

Вычислим среднее напряжение и среднюю деформацию

σm 13 σx σ y σz 13 160 0 120 13,33МПа;

εm 13 εx ε y εz 13 0,98-0,06+0,36 10 3 0,427 10 3.

Вычислим удельную потенциальную энергию изменения объема

	1				1					кДж
WV 3			σmεm	3			13,33 106	0, 427 10 3	5,69		.
		3				3				м3

Вычислим удельную потенциальную энергию изменения формы

WF W WV 89,30 5,69 83,61 кДж .

м3

П р и м е р 6. Пусть в окрестности внутренней точки деформируемого тела задан тензор напряжений

σx

τxy

τxz

140

120

, МПа .

τzx

τzy

σz

Учитывая закон Гука, вычислить деформации и записать тензор деформаций. Принять модуль упругости и коэффициент Пуассона, соответственно, равными E 200 ГПа и ν 0,3.

Так как в тензоре напряжений нет нулевых строк и столбцов, то есть в элементе, вырезанном в окрестности исследуемой точки, нет площадок свободных от напряжений, то материал испытывает объемное напряженное состояние. Определим модуль сдвига

200

76,92 ГПа.

2 1 ν

2 1 0,3

По закону Гука вычислим деформации

ν σ

140 0,3

120 90 106

1,015 10 3;

200 10

ν σ

120 0,3

90 140 106

0,675 10 3;

200 109

ν σ

90 0,3 140 120 106

0,480 10 3;

200 10

τ xy

80 106

1, 040 10

76, 92 109

τ yz

70 106

0, 910 10

76, 92 109

60 106

0, 780 10 3.

76, 92 109

Запишем тензор деформаций

				1			1
		εx			γxy			γxz
		εx		2	γxy		2	γxz		1,015			0,520 0,390
				2			2			1,015			0,520 0,390
T	1	γ			ε		1	γ			0,520		0,675		0, 455	10 3 .
T		γ			ε			γ	yz		0,520		0,675		0, 455	10 3 .
ε	2		yx			y	2		yz		0,390		0, 455
	1			1							0,390		0, 455		0, 480
	1	γzx		1	γzy

	2			2				εz
	2			2
П р и м е р 7. Пусть в окрестности внутренней точки деформируемого
тела задан тензор деформаций
				1			1
		εx			γxy			γxz
		εx		2	γxy		2	γxz		0,65			0, 45 0,75
				2			2			0,65			0, 45 0,75
T	1	γ			ε		1	γ		0, 45		0,84		0,32 10 3 .
T		γ			ε			γ	yz	0, 45		0,84		0,32 10 3 .
ε	2		yx			y	2		yz
	1			1						0,75			0, 32	0, 96
	1	γzx		1	γzy

	2			2				εz
	2			2

Учитывая, что материал тела деформируется по закону Гука, вычислить напряжения и записать тензор напряжений. Принять модуль упругости и коэффициент Пуассона, соответственно, равными E 200 ГПа и ν 0,3.

Вычислим модуль сдвига, коэффициент Ляме и относительную объемную деформацию в окрестности рассматриваемой точки

200

76,92 ГПа;

2 1 ν

2 1 0,3

2νG

2 0,3 76,92

115,38 ГПа;

1 2 0,3

1 2ν

θ ε

0,65 0,84 0,96 10 3 0,77 10 3.

По закону Гука вычислим напряжения

σx 2Gεx λθ 2 76,92 109 0,65 10 3 115,38 109 0,77 10 3 188,84 МПа;

σy 2Gε y λθ 2 76,92 109 0,84 10 3 115,38 109 0,77 10 3

40,38 МПа;

σz 2Gεz λθ 2 76,92 109 0,96 10 3 115,38 109 0,77 10 3 236,53МПа;

τxy Gγxy 76,92 109 0,45 10 3 2 69,23МПа;

τyz Gγ yz 76,92 109 0,32 10 3 2 49, 23МПа;

τzx Gγzx 76,92 109 0,75 10 3 2 57,69 МПа.

Запишем тензор напряжений

	σx		τxy		τ xz		188,84	69,23	57,69
							69,23	40,38	49,23
T	τ	yx	σ	y	τ	yz	69,23	40,38	49,23	, МПа
		yx		y		yz
	τzx		τzy				57,69	49,23	236,53
	τzx		τzy		σz

2.4. Плоская задача теории упругости в декартовых координатах

П р и м е р 8. Пусть на площадках элементарного параллелепипеда, взятого в окрестности исследуемой точки деформируемого тела действуют напря-

жения x 120 МПа;

z 100 МПа;

xz 90 МПа. Вычислить октаэдриче-

ские полное, нормальное и касательное напряжения.

Запишем тензор напряжений

σx

τxy

τxz

120

T τ

, МПа.

τzy

100

τzx

σz

Очевидно, что материал в окрестности исследуемой точки тела испытывает плоское напряженное состояние, так как в тензоре напряжений одна строка и один столбец являются нулевыми.

Учитывая наличие нулевых напряжений, вычислим инварианты тензора напряжений

σI σx σy σz 120 100 20 МПа;

σII σxσy +σyσz +σzσx -τ2xy -τyz2 -τzx2 =120 100 0 0 902

18400 МПа 2 ;

σIII σxσyσz +2τxyτyzτzx -σxτ2yz -σyτ2zx -σzτ2xy 0.

Кубическое уравнение

σ3 σI σ2 σII σ σIII 0

можно записать в следующем виде

σ σ2 σI σ σII 0 .

Один корень кубического уравнения равен нулю σ 1 0 . Два других корня определяются решением квадратного уравнения

σ2 σI σ σII			σ2 20σ 20100 0 ;

				σI 2
		σI		σI 2	σII	20	20	2	20100 152,13МПа ;
σ	2
σ
		2	2			2	2
		2	2			2	2

			σI 2
		σI	σI 2		σII	20	20	2	20100 132,13МПа .
σ	3
σ
		2	2			2	2
		2	2			2	2

Расставим индексы главных напряжений

σ1 152,13МПа;

σ2 0;

σ1 132,13МПа;

Вычислим полное октаэдрическое напряжение

p	1	σ2	σ2	σ2	1	152,132 0 132,132 116,34 МПа.

oct	3	1	2	3	3

Вычислим нормальное октаэдрическое напряжение

σoct 13 σ1 σ2 σ3 152,13 0 132,13 20 МПа.

Вычислим касательное октаэдрическое напряжение

	p2	2		116,342 202	114,61МПа.
oct	oct	oct

П р и м е р 9. Рассмотрим пластину, загруженную по торцам двумя парами сил с моментом M.

Y	Y
Y
		C
Z	0	X
		C
l/2		l/2
Рис. 30. Балка, загруженная распределенной нагрузкой по торцам

Из сопротивления материалов известно

σ		M	y;	σ		τ		0.
	x				y		xy
		J

Так как напряжения σx , σ y , τxy выражаются линейными функциями, то уравнение неразрывности удовлетворяются тождественно

2	σx σ y	2	σx σ y 0.
x2		y2

Чтобы убедиться в пригодности решения, предложенного сопротивлением материалов, достаточно только проверить выполнение дифференциальных уравнений равновесия и условие на контуре пластины. Возьмем производные

0 ;

σ y

τxy

τ yx

0 .

;

x J

Подставим производные в дифференциальные уравнения равновесия

σx	τxy	0;	τ yx	σ y	0 .
	y			y
x			x

Уравнения равновесия тождественно удовлетворяются. Следовательно, предложенные функции пригодны для решения задачи теории упругости. Требуется уточнить граничные условия.

Подставим условие на торце пластины. Пусть x 2l . Напряжение на торцах пластины согласно предложенному решению имеет вид

σ		M	y;	σ		τ		τ		0.
	x				y		xy		yx
		J

То есть, по торцам пластины действуют только нормальные напряжения, которые распределены по высоте сечения по линейному закону. Из граничных условий на правом торце пластины имеем l 1, m 0, n 0. Тогда проекции

нагрузки на торцах пластины выражаются зависимостями

pxν σxl τxym MJ y 1 0 0 MJ y; pyν τ yxl σ ym 0 1 0 0 0.

Выразим продольную силу на правом торце пластины. При этом принимаем толщину пластины равной единице.

C M

M C

pxνdA

ydA

ydy

A J

Очевидно, что продольная сила равна нулю. Выразим момент сил на торце пластины

	M			M		M
	px ydA		y ydA		y2dA		J M .
	px ydA		y ydA		y2dA		J M .
A	A	J		J	A	J

Аналогично получается и на правом торце пластины.

Следовательно, решение, полученное в сопротивлении материалов, пригодно в том случае, если по торцам пластины приложены распределенные нагрузки, показанные на рисунке и создающие момент M.

П р и м е р 10. Пластинка постоянной толщины произвольного очертания равномерно сжата по наружному контуру давлением p. Доказать, что во всех точках пластинки касательное напряжение xy равно нулю, а нормальные

напряжения x и y – давлению сжатия.

Вырежем элемент около произвольной точки контура пластинки. Пусть направляющие косинусы l и m наклонной площадки известны. Полное напряжение на наклонной площадке равно давлению на контур пластинки p p .

Найдем проекции полного напряжения

px p l;

py p m.

Запишем граничные условия

p	x		x	l	xy	m p l	m
	x		x		xy				(*)
									(*)
py yxl ym p m							n
Y						Y		Y
Y						P


		P							P =
									P =
									P y
							x			x
										P x
0				X		Z		yx
0
					0
								xy		X
									y
						P

Рис. 31. Равномерно сжатая пластинка произвольного очертания постоянной толщины

Решим полученную систему уравнений, принимая в качестве неизвестных напряжения x , y , xy , yx и учитывая, что, согласно закона парности ка-

сательных напряжений, xy yx .

В результате получим уравнение, содержащее касательное напряжение

	m2 l2 lm p ml p
или	m2 l2	0 .
			(**)

Это равенство должно выполняться при любых положениях наклонной площадки. При этом направляющие косинусы l и m могут принимать значения

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 127 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
29.11.2025693.67 Кб1Теория рабочих процессов двигателей внутреннего сгорания.pdf
#
29.11.20251.14 Mб1Теория резания и режущий инструмент.pdf
#
29.11.20251.33 Mб1Теория резания.pdf
#
29.11.20252.42 Mб1Теория сооружений.pdf
#
29.11.2025515.74 Кб1Теория стандартизации.pdf
#
29.11.20255.29 Mб1Теория упругости и пластичности.pdf
#
29.11.20251.68 Mб1Теория электропривода.pdf
#
29.11.20257.98 Mб2Теория ядерных реакторов.pdf
#
29.11.20251.22 Mб1Теория, расчеты и конструкции кузнечно-штамповочного оборудования. В 2 ч. Ч. 1 Конструкторское и технологическое проектирование.pdf
#
29.11.20251.67 Mб1Теория, расчеты и конструкции кузнечно-штамповочного оборудования. В 2 ч. Ч. 1. Конструкторское и технологическое проектирование.pdf
#
29.11.202536.58 Mб0Тепло- и массообмен. В 2 ч. Ч. 1.pdf