Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория упругости. Часть 2. Учебно-методическое пособие
.pdf
ZYX ,,
τ+τ+σ=
nml ,,
τττσσσ
τττσσσ
γγγεεε
Задача 3. Решение простейших задач в теории упругости обратным методом. ...
ненты напряжения с проекциями интенсивности объемной силы
, должны удовлетворяться во всех точках внутри тела. Напря-
жения по объему тела изменяются непрерывно; при переходе к поверхности они должны находиться в равновесии с внешними нагрузками, действующими на поверхности тела.
Уравнения равновесия на поверхности имеют вид
;
nmlX
xzxyx
;
nmlY
τ+σ+τ=
yzyyx
(3.6)
,
nmlX
σ+τ+τ=
zzyzx
где
– направляющие косинусы внешней нормали к поверхнос-
ти тела в рассматриваемой точке. Уравнения равновесия (3.6) называют статическими граничными условиями в случае объемного напря-
женного состояния.
Чтобы определить напряженное состояние в теле под действием
заданных нагрузок, необходимо найти шесть компонент напряжений.
Трех статических уравнений (3.1), содержащих шесть компонент
напряжений
,,,,,
, недостаточно для их определе-
zxyzxyzyx
ния. Задача является статически неопределимой. Чтобы получить
решение задачи, необходимо рассмотреть упругие деформации тела.
Для раскрытия статической неопределимости используются шесть
геометрических уравнений Коши (3.2), связывающих перемещения
с деформациями, а также шесть физических соотношений между напряжениями и деформациями в виде (3.4) или (3.5). В итоге для определения 15 неизвестных функций
,,,,,
,
zxyzxyzyx
zxyzxyzyx
wvu
,,,,,,,,
имеется 15 уравнений (3.1), (3.2), (3.4) или (3.5). При этом напряжения должны удовлетворять граничным условиям (3.6), деформации –
условиям сплошности или неразрывности (3.3), а перемещения – кинематическим граничным условиям (условиям закрепления тела).
Различают прямой, обратный и полуобратный методы решения
задач в теории упругости.
1. Прямой метод – метод непосредственного интегрирования
уравнений (3.1) и (3.2) для тела заданной конфигурации, нагруженно-
Теория упругости. Часть II
),,( zyx
r2
E
E.E
µиE
wvu ,,
го заданными нагрузками. Точное решение получить или невозможно, или очень трудно. Основные затруднения заключаются в точном
удовлетворении кинематическим граничным условиям и уравнениям
(3.6). Эти трудности исчезают при решении задачи обратным методом.
2. Решение задачи обратным методом является сравнительно
более простым, так как этот метод связан с дифференцированием
функций. При этом методе, например, задаются перемещениями как
функциями координат
и отыскиваются на основании уравне-
ний (3.4) деформации, а по ним находят и напряжения на основании
уравнений (3.5); знание последних позволяет при помощи уравнений
(3.6) определить поверхностные внешние нагрузки, которым соответствуют заданные перемещения.
Имея несколько таких решений, каждое из которых соответствует
определенным граничным условиям, можно комбинированием этих
решений получить решение и для некоторых задач, которые не решаются прямым методом.
3. Полуобратный метод решения уравнений был предложен
Сен-Венаном. При этом методе задают часть перемещений и часть
внешней нагрузки и отыскивают остальные компоненты напряженно-деформированного состояния из условия выполнения соответствующих уравнений, приведенных выше.
Рассмотрим обратный способ на примере решения простейшей
задачи теории упругости. Характерной особенностью простейших
задач является то, что напряжения и деформации – постоянные величины или линейные функции координат.
В этом случае условия сплошности (или неразрывности)
Сен-Венана (3.3) тождественно удовлетворяются, так как в эти уравнения входят слагаемые в виде вторых производных функций деформации по координатам.
К задачам такого рода относятся:
• центральное растяжение (сжатие) стержней силами, прило-
женными на торцах;
• растяжение (сжатие) стержня под действием собственного
веса;
• чистый изгиб призматического стержня;
• кручение стержня круглого поперечного сечения.
22 23
r2
E
E
.
E
µиE
wvu ,,
Задача 3. Решение простейших задач в теории упругости обратным методом. ...
К простейшим задачам относятся и комбинации указанных четырех задач: например, изгиб с кручением или изгиб с растяжением
под действием собственного веса.
3.2. Пример решения задачи
3.2.1. Постановка задачи
Рассматривается стержень круглого поперечного сечения диаметром
(рис. 12).
Рис. 12
При нагружении в результате деформаций точки стержня получат перемещения
где
q
u −=
;x
– соответственно модуль Юнга и коэффициент Пуассона.
v µ=
q
;y
w µ=
q
z
, (3.7)
Требуется определить:
• поверхностные и объемные нагрузки, приложенные к этому
стержню;
• кинематические граничные условия, препятствующие пере-
мещению стержня как абсолютно твердого тела.
3.2.2. Определение компонент деформаций
Выражения для компонент деформаций в произвольной точке
получим из уравнений Коши (3.2), подставляя в эти уравнения заданные функции перемещений
(3.7):
Теория упругости. Часть II
E
x
∂
∂
∂
∂
∂
∂
x
x
∂
∂
∂
E
z
z
x
ε
E
γγγεεε
ε
zyx ,,
σσσ
ZYX ,,
τ∂
wvu ,,
zy,
zyx ,,
1
ν1=
r
r
q
u
=ε
x
=ε
y
=ε
z
−=
v
µ=
y
∂
w
∂
µ=
∂
Объемную деформацию
;
q
;
E
q
;
=γ
xy
=γ
yz
=γ
zx
находим, подставляя в выражение
V
v
u
+
v
+
∂
z
w
∂
+
∂
0=
;
w
;0=
∂
y
u
∂
.0=
∂
(1.28) вычисленные компоненты относительной линейной деформа-
:,,
ции
εεε
zyx
q
zyxV
.0)21( <µ−−=ε+ε+ε=ε
(3.8)
Следовательно, в результате деформаций возникло уменьшение
объема тела.
3.2.3. Определение компонент напряжений
Компоненты напряжения находим из физических уравнений (3.5),
связывающих между собой напряжения и деформации. Для этого
подставим в (3.5) найденные значения компонент деформации
,,,,,
, объемной деформации
zxyzxyzyx
и
V
=ЕG
.
)2(1 µ+
Итак,
2 q
=σ
x
2 =
=σ
y
2 =
=σ
z
qE
−−
E
µ+
qE
−µ
µ+
E
qE
−µ
µ+
E
q
µ
)21()1(2
E
µ−
µ
q
)21()1(2
µ−
E
µ
q
)21()1(2
µ−
E
;)21(
−=
µ−
µ−
µ−
;0)21(
;0)21(
GGG
24 25
.0;0;0 =γ=τ=γ=τ=γ=τ
zxzxyzyzxyxy
zyx ,,
σσσ
ZYX ,,
τ∂
wvu ,,
zy,
zyx ,,
1
ν
1
=
r
r
Задача 3. Решение простейших задач в теории упругости обратным методом. ...
По площадкам, перпендикулярным осям координат
, ка-
сательные напряжения равны нулю. Следовательно, эти площадки
являются главными, а напряжения
,,
– главными напряже-
zyx
ниями. Поскольку из трех главных напряжений два равны нулю, то
имеет место линейное напряженное состояние.
3.2.4. Определение объемных нагрузок
Составляющие объемной силы
входят в дифференци-
альные уравнения равновесия (3.1). Подставляем в уравнения (3.1)
вычисленные значения компонентов напряжений:
σ∂
x
+
∂
∂
τ∂
σ∂
+
∂
τ∂
∂
∂
τ∂
zx
+
∂
Следовательно, при заданных перемещениях
τ∂
xy
zy
xz
+
∂
zyx
τ∂
yzyyx
+
∂
zyx
σ∂
z
+
∂
zyx
=⇒=+
;00
XX
=⇒=+
;00
YY
.00
=⇒=+
ZZ
объемные
нагрузки на стержень не действуют.
3.2.5. Определение поверхностных нагрузок
Поверхностные силы могут быть приложены к боковой поверхности стержня, а также на правом и левом его торцах (см. рис. 12).
Определим поверхностные внешние нагрузки, под действием которых возникли найденные выше деформации и напряжения.
На боковой поверхности стержня вокруг произвольной точки
с координатами
сительно осей координат
ми внешней нормали
выделим площадку, ориентацию которой оттно-
зададим направляющими косинуса-
к этой площадке (рис. 12 и 13)
y
m =
;0
l
;
1
n =
1
z
.
(3.9)
Теория упругости. Часть II
τττσσσ
2
ν
y
2
ν
222
===
222
τ=τ=σ=
Lx =
=τ=τ
−=
.0
ZY
ν
==−=
τ−=τ−=σ−=
0=x
=
.0== ZY
wvu ,,
.0,0,0 === zyx
Подставим в (3.6) найденные компо-
ненты напряжения
,,,,,
zxyzxyzyx
и направляющие косинусы
,, nml
. Так
111
как правые части уравнений (3.6) обращаются в ноль, то и левые части уравнений
Рис. 13
также должны быть равны нулю. Следовательно, боковая поверхность стержня свободна от нагрузок.
Далее определим наличие внешних сил на правом торце, для чего
к малой площадке, лежащей на правом торце, проведем внешнюю
нормаль
направлением оси x и перпендикулярна осям
косинусы нормали
Подставляя значения
Так как в точках тела у правого торца при
(см. рис. 12). Эта нормаль совпадает с положительным
и z. Направляющие
:
.0;1
nml
в граничные условия (3.6), получим
,, nml
ZYX
.;;
(3.10)
xzxyx
напряжения равны
,qx−=σ
,0
(3.11)1)
xzxy
то, подставляя в уравнения (3.10) вместо напряжений их значения в
виде (3.11), получим
;qX
(3.12)
==
Наконец, определим наличие поверхностных нагрузок на левом
торце. Направляющие косинусы внешней нормали
.0;1
nml
333
(см. рис. 12):
3
Подставляя эти направляющие косинусы в граничные условия
(3.6), найдем поверхностные нагрузки:
ZYX
.;;
(3.13)
xzxyx
Так как напряжения внутри тела у левого торца в точках с коорди-
натой
имеют значения
q
0; =τ=τ−=σ
, то проекции ин-
xzxyx
тенсивности поверхностных нагрузок имеют следующие величины:
;qX
26 27
(3.14)
wvu ,,
.0,0,0 === zyx
Задача 3. Решение простейших задач в теории упругости обратным методом. ...
На рис. 14 показаны поверхностные нагрузки, приложенные
к стержню.
Рис. 14
1. Перемещения
(3.7) вызваны сжатием стержня продольными внешними нагрузками, равномерно распределенными по торцам (см. рис. 14).
2. Перемещения (3.7) обращаются в ноль при
Следовательно, стержень закреплен от перемещений как абсолютно
твердого тела только в точке пересечения левого торца с осью стержня.
Теория упругости. Часть II
yx и
.0);,();,( === ZyxYYyxXX
xy
).,();,(;0 yxuuyxvvw ===
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
yx,
Задача 4. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТЕОРИИ УПРУГОСТИ.
ФУНКЦИЯ НАПРЯЖЕНИЙ
При проектировании сооружений возникает большой класс задач, в которых одну из трех прямоугольных координат можно отбросить и решение задач рассматривать как бы в одной плоскости. Этот
класс задач носит название плоской задачи теории упругости, кото-
рая рассматривает как плоскую деформацию, так и плоское напряженное состояние.
Обе задачи различны по постановке. Однако если в качестве основных неизвестных выбрать напряжения, то математический аппарат решения обеих задач одинаков. Для этих задач характерно следующее: число неизвестных равно 3, а все неизвестные являются функциями не трех, а двух координат.
4.1. Плоская деформация
Если при нагружении тела перемещения всех точек в результате
деформации происходят только в двух направлениях, т. е. в одной
плоскости, то такую деформацию называют плоской.
Рассмотрим стержень постоянного поперечного сечения, длина
которого в направлении, например, вдоль оси z велика по сравнению
с размерами вдоль осей
. Предположим, что стержень помещен
между гладкими и абсолютно жесткими плоскостями и перемещения
на торцах вдоль оси z отсутствуют (рис. 15). Эффект удаления этих плос-
костей будет рассмотрен ниже. Объемные и поверхностные нагрузки
перпендикулярны продольной оси z и не меняются по длине стержня:
(4.1)
;0);,();,( === ZyxYYyxXX
(4.2)
Тогда в силу симметрии нет перемещений w в среднем сечении.
То же самое справедливо для любого сечения. Деформации и перемещения могут происходить только в двух направлениях, т. е. только
в плоскости
возникает деформация, при которой имеет местоо
(4.3)
28 29
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
yx,
Задача 4. Плоская задача теории упругости. Функция напряжений
Существует много важных
прикладных задач такого рода,
например, для плотины под действием напора воды (рис. 16),
тоннеля или подземного трубопровода, цилиндрического ролика, сжимаемого силами в диаметральной плоскости. При
этом нагрузка не должна изменяться вдоль длины тела.
Рассмотрим основные
уравнения теории упругости с
учетом соотношений (4.1)–(4.3).
Рис. 15
q =
γ0
γ0
y
Рис. 16
4.1.1. Геометрические уравнения Коши
Из уравнений Коши (3.2) видно, что в произвольной точке стержня три компоненты деформации не равны нулю:
v
u
=ε
x
∂
v
=ε
y
∂
u
=γ
xyyx
y
∂
,;;
+
(4.4)
x
∂
а остальные три компоненты – равны:
u
w
w
=ε
∂
z
v
+
=γ=
∂
∂
y
z
w
+
=γ=
zxyzz
∂
∂
x
.0;0;0 =
(4.5)
z
Из-за того, что компоненты перемещений (4.3) не зависят от переменной z, компоненты деформаций (4.4) и напряжений будут также
функциями только двух переменных
.
Теория упругости. Часть II
E
z
z
E
E
E
G
τ∂
=σ=τ=τ
0=Z
0)cos( =ν= zn
γεετσσ
vu,
y
4.1.2. Физические уравнения – закон Гука
1
)];([
1
E
1
1
;
τ=γσ+σµ−σ=ε
xyxyzyxx
GE
;0)];([
=γσ+σµ−σ=ε
yzxzyy
=γ=σ+σµ−σ=ε
xzyxzz
.0;0)]([
Из третьего уравнения в первом столбце (4.6) найдем напряже-
ние
Исключим
:
σ
σ+σµ=σ
.)(
(4.7)
yxz
из уравнений (4.6):
σ
1
E
1
2
1
µ−
])1()1[(
=σµ+µ−σµ−=
EE
)])(([
=σ+σ+σµµ−σ=ε
yyxxx
2
µ
−σ
σ
1
µ−
Аналогично
2
µ−
1
=ε
E
µ
−σ
σ
.
xyy
µ−
1
Примем обозначения
2
11
µ−
=
E
µ
;
∗
1
∗
.
µ=
µ−
Тогда
(4.6)
.
yxyx
1
∗
Отметим, что
∗
];[
σµ−σ=ε
yxx
∗
∗
G =
E
=
∗
µ+
G
1
∗
∗
];[
σµ−σ=ε
xyy
.
1
∗
τ=γ
xyxy
.
(4.8)
)1(2
4.1.3. Статические уравнения Навье
Из дифференциальных уравнений равновесия внутри тела (3.1)
остается два:
30 31
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]