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
Касательные напряжения
определяются из решения системы (4.25) с гра-
ничными условиями (4.27), причем это решение будет
того, можно показать, что условия
единственным
. Более
𝜏𝑥𝑧d𝑆 = 𝑃 ;
𝑆
𝜏𝑦𝑧d𝑆 = 𝑄
𝑆
(4.27)
удовлетворяются автоматически.
Найденные нормальные и касательные напряжения образуют систему по-
верхностных сил, статически эквивалентную любому заданному распределе-
±
±
нию
𝑋
,
𝑌
𝑧
𝑧
±
,
𝑍
.
𝑧
4.4. Примеры, не требующие решения краевой задачи
Отметим, что если заданы лишь осевая сила𝑅и изгибающие моменты
и
𝑚𝑦, то касательные напряжения не возникают и необходимость решения
𝑚
краевой задачи отпадает.
Рассмотрим, например,
что
𝜎𝑥и
𝜎𝑦принимаются равными нулю, равно как и касательные напряже-
растяжение стержня осевой силой𝑅. Учитывая,
ния, то деформации будут равны:
𝑥
𝜀𝑥= 𝜀𝑦= −
𝜈
𝜎𝑧; d𝑠𝜀𝑧=
𝐸
1
𝜎𝑧; 𝛾𝑥𝑦= 𝛾𝑦𝑧= 𝛾𝑥𝑧= 0,
𝐸
𝑅
где
𝜎𝑧=
.
𝑆
Далее запишем соотношения, связывающие перемещения и деформации:
𝜀𝑥=
𝜀𝑦=
𝜀𝑧=
𝜕𝑢
𝑥
, 𝛾𝑥𝑦=
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑦
, 𝛾𝑦𝑧=
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑧
, 𝛾𝑥𝑧=
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑦
;
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑦
+
𝑧
;
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑧
.
𝜕𝑥
Подставляя (4.28) в (4.29) и интегрируя, получим перемещения:
𝑢𝑥= −
𝜈𝑅
𝑥; 𝑢𝑦= −
𝐸𝑆
𝜈𝑅
𝑦; 𝑢𝑧=
𝐸𝑆
𝑅
𝑧.
𝐸𝑆
(4.28)
(4.29)
(4.30)
81
Рассмотрим теперь
(4.28) в (4.29):
изгиб стержня парой сил
𝑚𝑥. Подставим
𝜎𝑧=
𝑚
𝐼
𝑥
𝑦
и
𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝑥
𝑦
𝑧
= −
= −
=
𝐸𝐼
𝑚
𝜈𝑚
𝐸𝐼
𝜈𝑚
𝐸𝐼
𝑥
𝑥
𝑦,
𝑥
𝑦,
𝑥
𝑥
𝑦,
𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑦
= 0;
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑦
+
𝑧
= 0;
(4.31)
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑧
= 0.
𝜕𝑥
Интегрируя диагональные компоненты тензора деформаций, будем иметь
𝜈𝑚
𝑥
𝑥𝑦 + 𝑈(𝑦, 𝑧);
𝐸𝐼
𝑥
𝜈𝑚
𝑥
2𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝑦2+ 𝑉 (𝑥, 𝑧);
𝑥
𝑚
𝑥
𝑦(𝑙 − 𝑧) + 𝑊(𝑥, 𝑦),
𝑥
(4.32)
где𝑈,
𝑉
𝑢𝑥= −
𝑢𝑦= −
𝑢𝑧= −
и
𝑊
играют роль «постоянных интегрирования» по соответству-
ющим координатам.
Обратимся к оставшимся компонентам тензора деформаций с учетом (4.32):
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑦
+
𝑧
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑥
+
𝑧
𝜕𝑥
𝜈𝑚
= −
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
=
𝜕𝑈(𝑦, 𝑧)
=
𝐸𝐼
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝑥
𝑥
𝑥 +
−
+
𝜕𝑈(𝑦, 𝑧)
𝜕𝑦
𝑚
𝑥
(𝑙 − 𝑧) +
𝐸𝐼
𝑥
𝜕𝑊(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
+
= 0.
𝜕𝑥
= 0;
𝜕𝑊(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
= 0;
(4.33)
Первое уравнение системы (4.33) можем переписать в виде:
𝜕𝑈(𝑦, 𝑧)
𝜕𝑦
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
=
𝜕𝑥
−
𝜈𝑚
𝐸𝐼
𝑥
𝑥.
𝑥
(4.34)
Правая и левая части этого соотношения могут быть функциями только
от переменной𝑧. Кроме того, поскольку во втором слагаемом в правой ча-
сти присутствует зависимость лишь от𝑥, равенство возможно только при
обращении обеих частей в ноль.
82
Аналогично поступим и со вторым уравнением системы (4.33):
𝜕𝑊(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
=
𝜕𝑧
−
𝑚
𝐸𝐼
𝑥
(𝑙 − 𝑧).
𝑥
(4.35)
Правая и левая части должны быть функциями𝑥, но, поскольку второе
слагаемое в правой части зависит лишь от𝑧, снова соблюдаем требование
о том, чтобы в ноль обратились обе части равенства.
В итоге получаем уравнения для определения «постоянной интегрирова-
ния»
𝑉 (𝑥, 𝑧)
:
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
𝜕𝑥
𝜕𝑉 (𝑥, 𝑧)
𝜕𝑧
=
=
𝜈𝑚
𝐸𝐼
𝑚
𝐸𝐼
𝑥
𝑥;
𝑥
𝑥
(𝑙 − 𝑧),
𝑥
(4.36)
откуда
𝑉 (𝑥, 𝑧) =
𝜈𝑚
2𝐸𝐼
𝑥
𝑥2−
𝑥
𝑚
2𝐸𝐼
𝑥
(𝑙 − 𝑧)2.
𝑥
(4.37)
Третье уравнение системы (4.33) принимает вид:
𝜕𝑈(𝑦, 𝑧)
𝜕𝑧
= −
𝜕𝑊(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑥
,
(4.38)
так что правая и левая части должны быть функциями𝑦. Но, согласно (4.34),
производная от
𝑊 (𝑥, 𝑦)
по𝑦, согласно (4.35). Пренебрегая константами, связанными с твер-
𝑈(𝑦, 𝑧)
по𝑦обращается в ноль, равно как и производная от
дотельным движением, получим:
𝑈(𝑦, 𝑧) = 0; 𝑊 (𝑥, 𝑦) = 0.
(4.39)
Тогда окончательные выражения для компонент вектора перемещения (4.32)
примут вид:
𝜈𝑚
𝑢𝑥= −
𝑢𝑦=
2𝐸𝐼
𝑢𝑧= −
𝐸𝐼
𝜈𝑚
𝑚
𝐸𝐼
𝑥
𝑥𝑦;
𝑥
𝑥
𝑥2− 𝑦
𝑥
𝑥
𝑦(𝑙 − 𝑧).
𝑥
2
−
𝑚
2𝐸𝐼
𝑥
(𝑙 − 𝑧)2;
𝑥
(4.40)
83
4.5. Задача о кручении стержня
4.5.1. Функция напряжений в задаче о кручении
Рассмотрим задачу о кручении призматического стержня. В этом случае
𝑃 = 𝑄 = 𝑅 = 0и𝑚𝑥= 𝑚𝑦= 0
Тогда постановка задачи Сен-Венана сводится к следующим
.
основным со-
отношениям:
1. Интегральные условия на торцах имеют вид:
(𝑥𝜏𝑦𝑧− 𝑦𝜏𝑥𝑧) d𝑆 = 𝑚𝑧.
𝑆
2. Тогда помимо
𝜎𝑥= 𝜎𝑦= 𝜏𝑥𝑦= 0
в задаче о кручении
𝜎𝑧= 0.
3. Уравнения равновесия:
𝜕𝜏
𝜕𝑥
𝑥𝑧
+
𝜕𝜏
𝜕𝑦
𝑦𝑧
= 0.
4. Уравнения Бельтрами–Митчелла:
∇2𝜏𝑥𝑧= ∇2𝜏𝑦𝑧= 0.
5. Граничные условия на боковой поверхности:
(4.41)
(4.42)
(4.43)
(4.44)
𝑛𝑥𝜏𝑥𝑧+ 𝑛𝑦𝜏𝑦𝑧= 0.
(4.45)
Уравнения равновесия в объеме будут удовлетворяться автоматически, ес-
ли касательные напряжения искать в виде:
𝜏𝑥𝑧= 𝐺𝛼
; 𝜏𝑦𝑧= −𝐺𝛼
𝜕𝑦
𝜕Φ
где
𝐺
— модуль сдвига;
𝛼
— некоторая константа, физический смысл кото-
рой будет выяснен в конце следующего параграфа;
напряжений
.
𝜕Φ
,
𝜕𝑥
Φ = Φ(𝑥, 𝑦)
—
функция
(4.46)
84
Рис. 4.4.
Постановка задачи о кручении стержня
Уравнения (4.46) можно переписать в векторной форме:
𝜎𝑛= ∇ × Φ𝑒𝑧, 𝜎𝑛= 𝜏𝑥𝑧𝑒𝑥+ 𝜏𝑦𝑧𝑒𝑦.
Далее из уравнений (4.44) следует, что:
𝜕
∇2Φ =
𝜕𝑥
𝜕
∇2Φ = 0 =⇒ ∇2Φ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
𝜕𝑦
причем полагают
∇2Φ = −2,
что также будет обосновано в конце следующего параграфа.
Тогда, с учетом того, что (4.14):
𝑛𝑥=
d𝑦
; 𝑛𝑦= −
d𝑠
d𝑥
,
d𝑠
граничные условия на боковой поверхности (4.45) примут вид:
𝜕Φ𝜕𝑦d𝑦
d𝑠
+
𝜕Φ𝜕𝑥d𝑥
d𝑠
=
𝜕Φ
= 0 =⇒ Φ = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝜕𝑠
на контуре
Γ.
(4.47)
(4.48)
(4.49)
85
Если область односвязная, то можно положить:
Φ
= 0.
Γ
(4.50)
Рассмотрим далее проекцию вектора напряжений
𝜎𝑛на орт касательной к
контуру, который в свою очередь имеет следующие проекции на оси коорди-
нат:
𝜏𝑥=
d𝑥
; 𝜏𝑦=
d𝑠
d𝑦
.
d𝑠
Получим:
𝜎𝑛· 𝜏 = 𝜏
𝑥𝑧
d𝑥
d𝑠
+ 𝜏
𝑦𝑧
d𝑦
= −𝜏𝑥𝑧𝑛𝑦+ 𝜏𝑦𝑧𝑛𝑥= −𝐺𝛼
d𝑠
𝜕Φ
𝜕𝑦
𝑛𝑦+
𝜕Φ
𝜕𝑥
𝑛
𝑥
= −𝐺𝛼
𝜕Φ
𝜕𝑛
Из этого равенства следует, что в тех местах поперечного сечения, где изо-
линии
тельных напряжений
Теперь, используя уравнение (4.41), определим
Φ(𝑥, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡
𝑚𝑧= −𝐺𝛼
𝑆
сгущаются, будет иметь место
. Можно показать, что максимум
𝑥
𝜕Φ
𝜕𝑥
+ 𝑦
𝜕Φ
d𝑆 = −𝐺𝛼
𝜕𝑦
𝑆
концентрация каса-
𝜎 =
2
𝜏
+ 𝜏
𝑥𝑧
жесткость на кручение
𝜕𝑥Φ
𝜕𝑥
+
𝜕𝑦Φ
− 2Φd𝑆 =
𝜕𝑦
2
𝑦𝑧
до-
:
.
= −𝐺𝛼
(𝑥Φ𝑛𝑥+ 𝑦Φ𝑛𝑦) d𝑠 + 2𝐺𝛼
Γ
𝑆
Φd𝑆.
(4.51)
Если область односвязная, то интеграл по контуруΓобращается в ноль в
силу граничного условия (4.50), тогда окончательно будем иметь:
𝑚𝑧= 𝐺𝛼C, C = 2
𝑆
Φd𝑆,
(4.52)
гдеC— геометрическая жесткость на кручение.
86
4.5.2. Перемещения в задаче о кручении. Депланация
Учитывая, что часть компонент тензора напряжений в задаче о кручении
равна нулю, запишем следующие соотношения для деформаций:
𝜀𝑥=
𝛾𝑥𝑧=
𝜕𝑢
𝑥
= 0; 𝜀𝑦=
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑥
𝜕𝑧
+
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑧
=
𝜏
𝐺
𝑥𝑧
𝜕𝑢
𝑦
= 0; 𝜀𝑧=
𝜕𝑦
= 𝛼
𝜕Φ
; 𝛾𝑦𝑧=
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑧
= 0; 𝛾𝑥𝑦=
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝑦
+
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜏
𝑧
=
𝐺
Тогда уравнение (4.48) можно записать в виде:
∇2Φ = −2 =
𝜕2Φ
𝜕𝑥
𝜕2Φ
+
2
𝜕𝑦
1𝛼𝜕
=
2
𝜕𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑦
−
𝜕𝑦
следовательно,
𝜕𝑢
𝑦
= 𝛼𝑧 + 𝑓(𝑥, 𝑦);
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝑥
= −𝛼𝑧 + 𝑓1(𝑥, 𝑦),
𝜕𝑦
причем поскольку сумма этих производных равна нулю, то
Учитывая, что
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝑦
=
𝑥
= 0,
𝜕𝑥
получим:
𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)
𝜕𝑦
𝜕𝑓(𝑥, 𝑦)
=
𝜕𝑥
= 0 =⇒ 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡.
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑦𝑧
𝑥
+
= −𝛼
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝜕Φ
𝑦
= 0;
.
(4.53)
𝜕𝑥
𝑥
,
(4.54)
(4.55)
𝑓1(𝑥, 𝑦) = −𝑓(𝑥, 𝑦)
(4.56)
.
0
𝑦
0
𝜙
и проинтегрируем уравнения (4.55):
𝑧
0
+ 𝜙
𝑥; 𝑢𝑥= −𝛼𝑧𝑦 + 𝑢
𝑧
0
𝑥
− 𝜙
0
𝑦.
𝑧
(4.57)
Обозначим эту постоянную
𝑢𝑦= 𝛼𝑧𝑥 + 𝑢
Обозначим плоскую часть вектора перемещений𝑢, тогда последнее соот-
ношение можно переписать в векторном виде:
0
𝑧
𝑒𝑧× 𝑟
.
(4.58)
𝑢 = −𝛼𝑧𝑦𝑒𝑥+ 𝛼𝑧𝑥𝑒𝑦+
𝑢0+ 𝜙
тв. тело
Слагаемые, отвечающие за перемещение как твердого тела, далее отбрасы-
ваются.
Линейный вектор поворота сечения вокруг оси стержня равен:
1
𝜙 =
∇ × 𝑢 = 𝛼𝑧𝑒𝑧,
(4.59)
2
87
таким образом, получаем, что𝛼— это
стержня
, т. е. относительный поворот сечений, отстоящих друг от друга на
угол закручивания на единицу длины
единицу длины.
Видим, что определение константы в уравнении (4.48) именно как «−2»
позволяет получить компоненты вектора перемещений в форме
𝑢𝑥= −𝛼𝑧𝑦; 𝑢𝑦= 𝛼𝑧𝑥
без дополнительных числовых коэффициентов.
Для определения оставшейся компоненты вектора перемещений
ваемой
депланацией
𝜕Φ
𝛾𝑥𝑧= 𝛼
𝜕𝑦
𝜕Φ
𝛾𝑦𝑧= −𝛼
𝜕𝑥
, запишем:
𝜕𝑢
=⇒
𝜕𝑥
𝜕𝑢
=⇒
𝜕𝑦
𝑧
= 𝛼
𝑧
= −𝛼
𝜕Φ
𝜕𝑦
𝜕Φ
𝜕𝑥
−
𝜕𝑢
−
𝜕𝑧
𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑧
= 𝛼
𝑦
= −𝛼
𝜕Φ
+ 𝛼𝑦;
𝜕𝑦
𝜕Φ
− 𝛼𝑥.
𝜕𝑦
Далее введем функцию:
𝜓(𝑥, 𝑦) = Φ(𝑥, 𝑦) +
1
𝑥2+ 𝑦
2
, ∇2𝜓 = 0,
2
тогда уравнения (4.61) примут вид:
(4.60)
𝑢𝑧, назы-
(4.61)
(4.62)
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑧
= 𝛼
𝜕𝜓
𝜕𝑦
𝜕𝑢
;
𝑧
= −𝛼
𝜕𝑦
𝜕𝜓
𝜕𝑥
=⇒ ∇2𝑢𝑧= 0.
(4.63)
Таким образом, видим, что депланация является гармонической функцией,
а сечения в задаче о кручении, вообще говоря, не остаются плоскими.
4.5.3. Теорема о циркуляции касательных напряжений
Пусть призматический стержень содержит незаполненные веществом по-
лости, так что его поперечное сечение
область. КонтурΓсостоит из наружного контура
сающихся контуров
внешнюю нормаль к контуру
также вовне𝑆, т. е. внутрь
Γ𝑘, ограничивающих внутренние области
Γ0как𝑛;
𝑆𝑘(рис. 4.5).
𝑆
представляет собой многосвязную
Γ0и внутренних несоприка-
𝑆𝑘. Обозначим
𝑛𝑘— нормали к
Γ𝑘, направленные
Граничные условия (4.49) для функции напряжений в случае многосвяз-
ного сечения имеют вид:
Φ
= 0; Φ
Γ
0
= 𝐶𝑘; 𝐶𝑘= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡, 𝑘 = 1, . . . , 𝑛,
Γ
𝑘
(4.64)
88
Рис. 4.5.
Теорема о циркуляции касательных напряжений
тогда функцию напряжений удобно искать в виде:
𝑛
Φ(𝑥, 𝑦) = Φ0(𝑥, 𝑦) +
𝐶𝑘Φ𝑘(𝑥, 𝑦),
𝑘=1
(4.65)
где
∇2Φ0= −2; ∇2Φ𝑘= 0; Φ
Φ
Постоянные
= 𝛿𝑘𝑠; 𝑘 = 1, . . . , 𝑛.
𝑘
Γ
𝑠
𝐶𝑘являются неизвестными, определить которые можно с по-
0
Γ0,Γ1...Γ
= 0; Φ
𝑛
= 0;
𝑘
Γ
0
(4.66)
мощью теоремы о циркуляции касательных напряжений.
Рассмотрим циркуляцию𝒦касательных напряжений, вычисляемую по лю-
бому замкнутому контуру𝐿, ограничивающему площадьΩвнутри сечения𝑆:
𝜕Φ
d𝑥 −
𝜕𝑦
𝐿
𝜕Φ
d𝑦=
𝜕𝑥
𝜕Φ
d𝑠,
𝐿
𝜕𝑛
𝐿
(4.67)
𝒦 =
𝜎𝑛· d𝑠 =
𝐿
= 𝐺𝛼
(𝜏𝑥𝑧d𝑥 + 𝜏𝑦𝑧d𝑦) = 𝐺𝛼
𝐿
𝜕Φ𝜕𝑦d𝑥
𝐿
d𝑠
−𝑛
𝐿
𝑦
𝜕Φ𝜕𝑥d𝑦
−
d𝑠
𝐿
𝑛
𝑥
d𝑠 = −𝐺𝛼
где
𝑛𝐿— внешняя нормаль к контуру𝐿.
В то же время, поскольку деформации выражаются через напряжения и пе-
ремещения как:
𝛾𝑥𝑧=
𝛾𝑦𝑧=
𝜏
𝑥𝑧
𝐺
𝜏
𝑦𝑧
𝐺
𝜕Φ
= 𝛼
𝜕𝑦
= −𝛼
𝜕Φ
𝜕𝑥
=
=
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑧
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+
𝑧
+
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑧
;
(4.68)
𝑦
,
89
а перемещения в плоскости сечения равны (4.60):
𝑢𝑥= −𝛼𝑧𝑦, 𝑢𝑦= 𝛼𝑧𝑥,
(4.69)
касательные напряжения можно выразить в терминах перемещений следую-
щим образом:
𝜏𝑥𝑧= 𝐺
𝜕𝑢
𝑧
− 𝛼𝑦; 𝜏𝑦𝑧= 𝐺
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑧
+ 𝛼𝑥.
(4.70)
Подставим полученные формулы в выражение для циркуляции:
𝜕𝑢
𝑧
d𝑥 +
𝜕𝑥
𝐿
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑧
d𝑦+
𝒦 =
(𝜏𝑥𝑧d𝑥 + 𝜏𝑦𝑧d𝑦) =
𝐿
𝐺
+ 𝐺𝛼
Первый интеграл обращается в ноль, поскольку депланация
(𝑥d𝑦 − 𝑦d𝑥) .
𝐿
(4.71)
𝑢𝑧является
однозначной функцией.
Рассмотрим:
dΩ =
1
(𝑥 + d𝑥)(𝑦 + d𝑦) −
2
1
𝑥𝑦 − 𝑦d𝑥 −
2
1
d𝑥d𝑦 =
2
1
(𝑥d𝑦 − 𝑦d𝑥),
2
следовательно,
𝒦 = 2𝐺𝛼Ω.
Пришли к
теореме о циркуляции касательных напряжений
𝜕Φ
𝒦 = 2𝐺𝛼Ω = −𝐺𝛼
𝐿
𝜕𝑛
𝐿
d𝑠.
Если применить теорему о циркуляции к контурам сечения
𝜕Φ
2𝑆𝑘=
Γ
𝑘
𝜕𝑛
𝑘
d𝑠.
(4.72)
(4.73)
:
(4.74)
Γ𝑘, то получим:
(4.75)
90
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]