Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Введение в механику деформируемого твердого тела. Основные теоремы и задачи. Учебное пособие
.pdf
Рис. 4.6.
Определение
Ω
Изменение знака связано с тем, что
𝑛𝑘направлены внутрь
𝑆𝑘, т. е. обход
контура происходит по часовой стрелке.
Подставляя представление функции напряжений (4.65) в формулу (4.75),
получим систему для определения коэффициентов
𝑛
𝑘=1
𝜕Φ
𝜕𝑛
Γ
𝑙
𝑘
d𝑠
𝑙
𝐶𝑘= 2𝑆𝑙−
𝜕Φ
0
𝑙
𝜕𝑛
Γ
𝑙
𝐶𝑘:
d𝑠, 𝑙 = 1, ..., 𝑛.
(4.76)
Повторяя процедуру определения жесткости на кручение (4.51), представ-
ленную в первом параграфе, для многосвязного сечения будем иметь:
C = 2
Φd𝑆 + 2
𝑆
𝑛
𝑘=1
𝐶𝑘𝑆𝑘.
(4.77)
4.5.4. Мембранная аналогия Прандтля
Мембрана
— тонкая равномерно натянутая пленка, не сопротивляющаяся
изгибу.
Мембранная аналогия.
Значения функции напряжений при кручении
стержня пропорциональны малым прогибам мембраны, натянутой на контур,
подобный контуру поперечного сечения стержня, и подвергнутой равномер-
ному одностороннему давлению.
91
Рис. 4.7.
Мембранная аналогия Прандтля
Пусть мембрана натянута на контур
с контуром
Γ𝑘и площадью
𝑆𝑘, которые могут двигаться поступательно в
Γ0и на ней закреплены жесткие диски
направлении прогиба мембраны𝑤(рис. 4.7). Уравнениями равновесия такой
мембраны будут:
𝑝
∇2𝑤 = −
; Γ0: 𝑤 = 0; Γ𝑘: 𝑤 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
(4.78)
𝑇
где𝑇— натяжение мембраны;𝑝— нормальное давление.
Условия равновесия дисков имеют вид:
d𝑤
𝑇
d𝑠 = 𝑝𝑆𝑘.
(4.79)
d𝑛
Γ
𝑘
Видим, что если прогиб мембраны положить равным
𝑝
𝑤 =
Φ,
(4.80)
2𝑇
то уравнения удовлетворяются тождественно.
Мембранная аналогия позволяет наглядно представить функцию напряже-
ний и сделать заключение о характере распределения касательных напряже-
ний по наклону поверхности мембраны:
𝜎𝑛= 𝐺𝛼
∇𝑤 × 𝑒𝑧.
(4.81)
𝑝
4.5.5. Вариационное определение функции напряжений в задаче
о кручении
Для начала ограничимся рассмотрением односвязных сечений. Воспользу-
емся принципом минимума дополнительной работы (см. предыдущую гла-
ву): напряженное состояние, реализуемое в упругом теле, отличается от всех
статически возможных напряженных состояний тем, что оно обеспечивает
92
2𝑇
минимум дополнительной работы
𝜒(𝜎)
:
𝜒(𝜎) =
𝑙
1
=
d𝑧
2𝐺
0
где
𝑆1— поверхность торцов, т. е.
𝑆
𝐴(𝜎)d𝑉 −
𝑉
2
𝜏
+ 𝜏
𝑥𝑧
2
d𝑆 −
𝑦𝑧
𝑧 = 0и𝑧 = 𝑙,𝑛 = ±𝑒𝑧. При этом переме-
щения на торцах равны, соответственно,
𝑢
𝑦
𝑧=𝑙
= 𝛼𝑙𝑥
. Отметим, что депланация
нительной работы.
Далее касательные напряжения
𝜕Φ
𝜏𝑥𝑧= 𝐺𝛼
; 𝜏𝑦𝑧= −𝐺𝛼
𝜕𝑦
𝑛 · 𝜎 · 𝑢d𝑆 =
𝑆
1
(𝑢𝑥𝜏𝑥𝑧+ 𝑢𝑦𝜏𝑦𝑧) d𝑆,
𝑆
1
𝑢
𝑥
𝑧=0
= 𝑢
= 0и𝑢
𝑦
𝑧=0
𝑥
𝑧=𝑙
(4.82)
= −𝛼𝑙𝑦
𝑢𝑧не попадает в функционал допол-
𝜕Φ
(4.83)
𝜕𝑥
,
удовлетворяют условиям равновесия, поэтому функционал дополнительной
работы можно переписать в виде:
1
𝜒 =
𝐺𝛼2𝑙
2
𝑆
Замена
𝑆1на𝑆во втором интеграле обусловлена тем, что на боковой по-
верхности стержня
𝜕Φ
2
+
𝜕𝑥
𝑛 · 𝜎 · 𝑢 ≡ 0
𝜕Φ
𝜕𝑦
2
d𝑆 + 𝐺𝛼2𝑙
𝜕Φ
𝑦
+ 𝑥
𝜕𝑦
𝑆
𝜕Φ
𝜕𝑥
d𝑆.
(4.84)
.
Далее
𝜕Φ
𝑦
+ 𝑥
𝜕𝑦
𝑆
𝜕Φ
𝜕𝑥
d𝑆 =
𝜕𝑦Φ
+
𝜕𝑦
𝑆
𝜕𝑥Φ
𝜕𝑥
d𝑆 − 2
𝑆
Φd𝑆,
(4.85)
а, в свою очередь:
𝜕𝑦Φ
+
𝜕𝑦
𝑆
𝜕𝑥Φ
𝜕𝑥
d𝑆 =
(𝑥Φ𝑛𝑥+ 𝑦Φ𝑛𝑦) d𝑠 ≡ 0,
Γ
(4.86)
так как
Φ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
на контуреΓи область односвязная.
93
Тогда функционал дополнительной работы примет вид:
𝜒 =
1
𝐺𝛼2𝑙
2
𝑆
𝜕Φ
𝜕𝑥
2
+
𝜕Φ
2
− 4Φd𝑆.
𝜕𝑦
Учитывая, что
(4.87)
𝜕Φ
𝛿
𝜕𝑥
𝜕Φ
𝜕𝑥
𝜕Φ𝜕𝑥𝜕𝛿Φ
=
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
𝜕Φ
𝜕𝑥
𝛿Φ−
𝜕2Φ
𝜕𝑥
2
𝛿Φ,
(4.88)
запишем вариацию дополнительной работы:
𝛿𝜒 = −𝐺𝛼2𝑙
𝜕2Φ
𝜕𝑥
𝑆
𝜕Φ
+ 𝐺𝛼2𝑙
𝑛𝑥+
𝜕𝑥
Γ
Второе слагаемое обращается в ноль, так как на контуре сечения
𝜕2Φ
+
2
+ 2𝛿Φd𝑆+
2
𝜕𝑦
𝜕Φ
𝑛
𝜕𝑦
𝑦
𝛿Φd𝑠.
(4.89)
𝛿Φ = 0
следовательно, условием стационарности (а значит, и минимальности) функ-
ционала дополнительной работы с учетом произвольности
𝛿Φ
будет обраще-
ние в ноль оставшегося подынтегрального выражения:
𝛿𝜒 = 0 ⇐⇒ ∇2Φ + 2 = 0,
(4.90)
,
что и требовалось доказать
.
Если же сечение многосвязное, то можно показать, что дополнительная
работа примет вид:
𝜒 =
1
𝐺𝛼2𝑙
2
𝑆
𝜕Φ
𝜕𝑥
2
+
𝜕Φ
𝜕𝑦
2
− 4Φd𝑆 − 2
𝑛
𝑘=1
𝐶𝑘𝑆
,
𝑘
(4.91)
а вариация функционала будет равна:
𝛿𝜒 = −𝐺𝛼2𝑙
∇2Φ + 2𝛿Φd𝑆 + 𝐺𝛼2𝑙
𝑆
𝑛
𝑘=1
𝛿𝐶
𝑘
𝜕Φ
d𝑠 − 2𝑆
𝜕𝑛
Γ
𝑘
𝑘
.
𝑘
(4.92)
94
Тогда получим уравнения Эйлера и естественные граничные условия в ви-
де:
𝛿𝜒 = 0 ⇐⇒ ∇2Φ + 2 = 0, Φ
𝑆
= 𝐶𝑘,
𝑘
(4.93)
что и требовалось доказать
Отметим, что на внутренних контурах
.
Γ𝑘решение удовлетворяет условиям
теоремы о циркуляции, следовательно, в соответствии с (4.71) решение для
депланации
𝑢𝑧(𝑥, 𝑦)
будет однозначным.
4.6. Задача об изгибе призматического стержня, нагруженного
приложенной на торце силой
4.6.1. Постановка задачи
Пусть на торце призматического стержня длины𝑙и сечения𝑆в точке
приложена сила
𝑃 = 𝑃 𝑒𝑥+ 𝑄𝑒𝑦, а боковая поверхность свободна. Тогда
𝑃
интегральные граничные условия на торце будут иметь вид:
𝑆
где
𝜎𝑛= 𝑒𝑧· 𝜎; 𝑟𝑝· 𝑒𝑧= 0,
𝜎𝑛d𝑆 = 𝑃 ;
а в любой точке на боковой поверхности
𝑟 × 𝜎𝑛d𝑆 = 𝑟𝑝× 𝑃 ,
𝑆
(4.94)
𝜎𝑛=
𝑛 · 𝜎 = 0; 𝑛 · 𝑒𝑧= 0.
Кроме того, в объеме должны выполняться условия равновесия и условия
совместности деформаций, которые запишем в терминах напряжений:
∇ · 𝜎 = 0, ∇2𝜎 +
Рис. 4.8.
Постановка задачи об изгибе стержня
1
1 + 𝜈
∇∇𝜎 = 0.
(4.95)
95
В отличие от кручения, при изгибе силой в тензоре напряжений появится
еще одна компонента, согласно (4.23),
при этом
𝜎𝑧= −
𝑃
(𝑙 − 𝑧)𝑥 −
𝐼
𝑦
𝑄
(𝑙 − 𝑧)𝑦,
𝐼
𝑥
𝜎𝑧d𝑆 = 𝑃 · 𝑒𝑧= 0,
𝑆
так как отсутствует осевая сила.
Касательные напряжения, согласно (4.25), должны удовлетворять следу-
ющему дифференциальному соотношению:
𝜕𝜏
𝜕𝑥
𝑥𝑧
+
𝜕𝜏
𝜕𝑦
𝑦𝑧
= −
𝑃
𝐼
𝑥 +
𝑦
𝑄
𝐼
𝑦,
𝑥
(4.96)
и граничному условию на боковой поверхности:
𝑛𝑥𝜏𝑥𝑧+ 𝑛𝑦𝜏𝑦𝑧= 0.
Такое распределение напряжений статически эквивалентно наличию изги-
бающих моментов, которые в сечении𝑧равны:
𝑀𝑥= −𝑄(𝑙 − 𝑧); 𝑀𝑦= 𝑃 (𝑙 − 𝑧),
и перерезывающих сил, в любом сечении равных𝑃и𝑄.
Кроме того, будет иметь место и крутящий момент:
𝑚𝑧=
Точка с координатами
(𝑎; 𝑏)
(𝑥𝜏𝑦𝑧− 𝑦𝜏𝑥𝑧) d𝑆 = 𝑎𝑄 − 𝑏𝑃.
𝑆
находится на линии действия силы𝑃.
Отметим, что если линия действия силы𝑃проходит через центр инерции
сечения, то
отсутствует, если линия действия
жесткости сечения
𝑚𝑧= 0
, но тогда изгиб сопровождается кручением. Кручение
𝑃
проходит через так называемый
центр
(подробнее см. в конце следующего параграфа). Кру-
чение отсутствует, и крутящий момент равен нулю, если, например, линия
действия приложенной на торце силы совпадает с осью симметрии попереч-
ного сечения.
96
Итак, тензор напряжений в задаче об изгибе силой, приложенной на торце,
имеет вид:
𝜎 = 𝑒𝑧𝜎𝑛+ 𝜎𝑛𝑒𝑧+ 𝑒𝑧𝑒𝑧𝜎𝑧; 𝜎𝑛= 𝑒𝑥𝜏𝑥𝑧+ 𝑒𝑦𝜏𝑦𝑧.
Рассмотрим нормальную компоненту
𝑃
𝜎𝑧= −
(𝑙 − 𝑧)𝑥 −
𝐼
𝑦
𝜎𝑧:
𝑄
(𝑙 − 𝑧)𝑦 = 𝐴 · 𝑟(𝑧 − 𝑙),
𝐼
𝑥
где
𝐴 = 𝑒
𝑃
𝑥
𝐼
𝑦
+ 𝑒
𝑄
; 𝑟 ≡ 𝑟 = 𝑥𝑒𝑥+ 𝑦𝑒𝑦.
𝑦
𝐼
𝑥
Перепишем уравнения равновесия в терминах вектора напряжений
∇ · 𝜎 =
∇ + 𝑒
𝜕
𝑧
· 𝜎 =
𝜕𝑧
∇ ·𝑒𝑥𝜏𝑥𝑧+ 𝑒𝑦𝜏
𝑒𝑧+ 𝑒𝑧𝐴 · 𝑟 +
𝑦𝑧
следовательно:
∇ · 𝜎𝑛+ 𝐴 · 𝑟 = 0,
что действительно равносильно условию (4.96).
Перепишем теперь уравнения Бельтрами–Митчелла:
𝜕𝜎
𝜕𝑧
7
𝑛
0
= 0,
(4.97)
(4.98)
(4.99)
𝜎𝑛:
(4.100)
𝑒𝑧∇2𝜎𝑛+ ∇2𝜎𝑛𝑒𝑧+
1
1 + 𝜈
∇ + 𝑒
𝜕
𝑧
𝜕𝑧
∇ + 𝑒
𝜕
𝑧
(𝐴 · 𝑟
𝜕𝑧
) (𝑧 − 𝑙) = 0,
что упрощается до
1
∇2𝜎𝑛+
𝐴 = 0, ∇ ≡∇.
(4.101)
1 + 𝜈
Граничные условия на боковой поверхности также можно переписать в виде:
𝑛 · 𝜎𝑛= 0, 𝑛 ≡ 𝑛 = 𝑛𝑥𝑒𝑥+ 𝑛𝑦𝑒𝑦.
(4.102)
4.6.2. Определение вектора напряжений
Вектор напряжений, удовлетворяющий уравнениям (4.100), (4.101) и гра-
ничному условию (4.102), будем искать в виде:
𝜎𝑛= ∇𝜑 + ∇𝜓 × 𝑒𝑧.
(4.103)
97
1. Начнем с уравнений равновесия (4.100) и граничного условия (4.102).
∇ · 𝜎𝑛= ∇2𝜑 + ∇ · (∇𝜓 × 𝑒𝑧) = ∇2𝜑,
следовательно,
∇2𝜑 = −𝐴 · 𝑟.
На контуреΓсечения, т. е. на боковой поверхности, имеем
𝑛 · 𝜎𝑛= 0 =⇒ 𝑛 · ∇𝜑 + 𝜏 · ∇𝜓 = 0,
где
𝜏 = 𝑒𝑧× 𝑛
— орт касательной к контуру.
Тогда, пренебрегая константой, будем иметь:
(4.104)
𝜕𝜑
𝜕𝑛
= −
𝜕𝜓
𝜕𝑠
= 0.
(4.105)
Условие разрешимости задачи Неймана (4.104)–(4.105) для𝜑имеет вид:
𝜕𝜑
∇2𝜑d𝑆 =
∇ · (∇𝜑) d𝑆 =
𝑛 · 𝜑d𝑠 =
d𝑠 = 0.
𝜕𝑛
𝑆
Отметим, что
𝑆
Γ
Γ
𝐴 · 𝑟d𝑆 = 0,
𝑆
так как начало координат находится в центре тяжести сечения, оси𝑥,𝑦—
главные, центральные.
2. Рассмотрим теперь уравнения Бельтрами–Митчелла (4.101).
1
∇2∇𝜑
=−𝐴
+∇2(∇𝜓 × 𝑒𝑧) +
1 + 𝜈
𝐴 = 0.
Умножим это уравнение векторно на
∇∇2𝜓 =
1 + 𝜈
98
𝑒𝑧:
𝜈
𝑒𝑧× 𝐴.
Таким образом, получим уравнение для определения𝜓в виде:
∇2𝜓 =
(𝑒𝑧× 𝐴) · 𝑟 − 2𝐺𝛼,
(4.106)
1 + 𝜈
𝜈
где
−2𝐺𝛼
— произвольная постоянная, смысл которой будет выяснен в конце
параграфа.
Если сечение стержня односвязное, то наΓможно принять
𝜓 = 0
по анало-
гии с задачей о кручении. Тогда для𝜓будем иметь задачу Дирихле, которая
всегда разрешима.
3. Обратимся к условиям на торце (4.94). Для односвязного сечения имеем:
𝑆
Докажем
𝜎𝑛d𝑆 =
, что
(∇𝜑 + ∇𝜓 × 𝑒𝑧) d𝑆 =
𝑆
𝑛𝜑 + 𝑛 × 𝑒
Γ
0
𝜓d𝑠.
𝑧
𝑛𝜑d𝑠 = 𝑃 .
Γ
Воспользуемся второй формулой Грина:
𝑢∇2𝑣 − 𝑣∇2𝑢d𝑆 =
𝑆
Тогда
то есть
𝑆
𝑟 ∇2𝜑
=−𝐴·𝑟
−𝜑 ∇2𝑟
=0
−
𝑟𝐴 · 𝑟d𝑆 = −
𝑆
d𝑆 =
следовательно,
𝜎𝑛d𝑆 =
𝑆
𝜑𝑛d𝑠 =
Γ
𝐴 · 𝑟𝑟d𝑆 = 𝐴 ·𝐼𝑦𝑒𝑥𝑒𝑥+ 𝐼𝑥𝑒𝑦𝑒
𝑆
𝜕𝑣
𝑢
− 𝑣
𝜕𝑛
Γ
𝜕𝜑
𝑟
Γ
𝜕𝑛
=0
−𝜑
𝜕𝑢
𝜕𝑛
𝜕𝑟
𝜕𝑛
𝑛·∇𝑟
d𝑠.
d𝑠,
𝜑𝑛d𝑠,
Γ
= 𝑃 𝑒𝑥+ 𝑄𝑒𝑦= 𝑃 ,
𝑦
что и требовалось доказать
.
Таким образом, силовое условие выполнено вне зависимости от произволь-
ной постоянной.
99
Далее рассмотрим уравнение для моментов:
𝑟𝑝× 𝑃 =
𝑟 × (∇𝜑) + 𝑟 × (∇𝜓 × 𝑒𝑧)d𝑆.
𝑆
Учитывая, что
𝑟 × (∇𝜑) d𝑆 = −
∇ × (𝑟𝜑) − (∇ × 𝑟)
𝜑d𝑆 = −
𝑛 × 𝑟𝜑d𝑠,
𝑆
𝑆
=0
Γ
а также
𝑟 × (∇𝜓 × 𝑒𝑧) d𝑆 = −𝑒
𝑆
= −𝑒
∇ · (𝑟𝜓) − (∇ · 𝑟)
𝑧
𝑆
𝑧
𝑆
𝜓d𝑆 = −𝑒
=2
𝑟 · (∇𝜓) d𝑆 =
𝑧
Γ
𝑛 · 𝑟 𝜓
=0
d𝑠 + 2𝑒
𝜓d𝑆,
𝑧
𝑆
окончательно имеем:
𝑟𝑝× 𝑃 = −
𝑛 × 𝑟𝜑d𝑠 + 2𝑒
Γ
𝜓d𝑆.
𝑧
𝑆
(4.107)
4. Обратимся к задаче о кручении рассматриваемого стержня. В этой за-
даче введена функция напряженийΦ:
∇2Φ = −2; Φ
= 0.
Γ
Депланация, характеризующая выход сечения из плоскости при кручении,
равна:
𝑢𝑧= 𝛼𝑤0; ∇𝑤0= (∇Φ + 𝑟) × 𝑒𝑧.
Кроме того,
∇2𝑤0= ∇ · (∇Φ + 𝑟) × 𝑒𝑧= 𝑒𝑧· (∇ × (∇Φ + 𝑟)) ≡ 0.
На контуреΓбудем иметь:
0
𝜕𝑤
= 𝑛 · ((∇Φ + 𝑟) × 𝑒𝑧) = ∇Φ · (𝑒𝑧× 𝑛)
𝜕𝑛
𝜕Φ
=
=0
𝜕𝑠
+𝑒𝑧· (𝑛 × 𝑟) .
(4.108)
100
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]