Седов Л.И. Механика сплошной среды, Т. 2 (1119110), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Задачн об одноосном растяжения упругого бруса 329 Напряжения р" на торце А определятся в результате решения задачи (рис. 109). Воспользуемся системой координат, указанной на рис. 109. Уравнения равновесия в этом случае будут иметь вид р,ри+ ррт = О, (ЗЛЗ) прячемся=Уз=О иР'=д. Для решения уравнений равновесия припредеяенне напряжений мем, что зз зз — гз — гз — зз — 0 (ЗЛ9) и будем искать р", для определения которого получим простое уравнение ддгг А — = — Ру. дх ! ! Отсюда р"= — рух+ ф(у, з), (3.20) где ф (у, г) — пока произ- ! вольная функция у и в, для определения которой г г воспользуемся граничным условием на нижнем торце бруса В (см.
рис. 109). При х = 0 должны иметь ры = 0 и, следовательно, х х ф(у, г) =О. Рнс. 1оз. К растяжению бруса под жений (ЗЛ9), (3.20) улов действием собственного веса. летворяет внутри бруса всем уравнениям равновесия (3.17), а на внешней поверхности — условиям р" = 0 (на нижнем торце В и боковой поверхности бруса). Действительно, на боковой поверхности бруса Ясов имеем р" = ргсоз(п, х)+ р*соз(п, у)+ рзсоз(тз, г), но на Ясс„в силу выбора осей координат сов (и, х) = О, и поэтому на основании (ЗЛ9) на Юсов р =О. На верхнем торце А (х = — г) из (3.20) имеем р" = руг =— б (3.21) где Я вЂ” площадь поперечного сечения, а 6 =- ругЯ вЂ” полный вес бруса.
Тл. 1Х. Теория упругости которые, очевидно, удовлетворяют уравнениям совместности (3.9). Для определения перемещений зр„ю„зпз имеем следующую совместную систему дифференциальных уравнений в частных производных: дич рух дх Е' (3.23) дог див ду ' д.х Интегрируя первую группу этих уравнений, получаем Е+ф(У ) Рух' зиз = — '-+ фз(х, я), оруху (3.24) "рухв ~з= Е +фз(х у) Подставив (3.24) во вторую группу уравнений, будем иметь сле- дующие уравнения для определения функций ф, фз, ф,: дфз орду дфз — + — '+ — =О, ду Е' дх — + — —, — =О, оруз дфз дфг Е дх ' дв — з+ — '= О. дфз дф дз ду (3,25) Если ввести переобозначение Ч'г(У ) = фз+ 2 ° (У + фз = фю 'Рз = фв~ (3. 26) то система уравнений (3.25) для фз, Ф„зрз сведется к решенной выше системе уравнений (ЗЛ2) для ~рз', ~р„зрз.
Следовательно, решение системы уравнений (3.23) можно непосредственно Опрелелепке деФормаций С помощью закона Гука (2.28) при Т = Т, на основании (3.19), (3.20) легко находим компоненты тензора деформаций р' ру сйа орах зм = — = —— Е Е езз Е Е с г орух ззз = = — зм = ззз = ззз = О Е Е 1 3. Задачи об одноосном растяжения упругого бруса 331 выписать с помощью (3.24), (3.26) и (3.14). Оно имеет внд и = — 28!х'+с(Уз+ 1)1+лог — азУ+йз, рг сргхр юз = — ' — азг + азх Ф шз, Я (3.27) срдхл юз = — — а,х + а,у + зз.
див диез — — — = О. дх др диз даз — — — =О, дз дя дзл диз — — — =О, др дз Тогда 'сз рг 2Е а, = а, = а, = т, = (з = О, бзормулы (3.27) для перемещений принимают внд срдхз юз = — ° я (3.28) Точки оси бруса (у = г = 0) перемещаАизлнз полученного ются вертикально (зр = лз = 0) во всех реиюния з — з других точках, кроме точек сечения х = О, горизонтальные перемещения отличны от нуля. Рассмотрим внутри илн на поверхности бруса частицы, располагавшиеся до деформации на прямой, параллельной оси х (у=уз, г = г,).
После деформации зги частицы будут лежать на линии у = уо + зр„ г = го + ю, или у = у,~1+ — х), '=г (1+ -й-х) .) (3.29) т. е. они вновь образуют прямую линию. Прямая (3.29) и ось бруса„очевидно, пересекаются в точке х= — —, у=с=О, (3.30) срг ' координаты которой не зависят от г, и у,. Следовательно, если в брусе взять любой цилиндр с осью Ох, то после деформации он перецдет в конус с вершиной на оси х в точке (3.30).
Условия для однозначного Для исключения перемещения бруса как онуеделеннн иеуеиещеиий абсолютно твердого примем, что при х = — 1, у = О, г = — О, т. е. в центре верхнего торца, выполняются следующие условия: зс = О, Га. 1Х. т.'еоркя упругости Плоские поперечные сечения бруса после деформации перестают быть плоскими. Действительно, плоское сечение х = х, после деформации будет иметь уравнение х = х, + и, или х = х« — ~з [х' — 1«+ о(у'+ г«)), т. е. превращается в поверхность параболонда вращения. На рис.
109, б показано сечение бруса плоскостью хОу после деформации. Наибольшее напряжение ры получается в верхнем сечении бруса. Око не зависит от площади поперечного сечения и дается формулой (ры)таз ра(. Если для данного материала известно максимальное напряжение, которое он может выдержать при растяжении, то по формуле (3.31) можно оценить наибольшую длину троса или стержня из этого материала, при котором он не разорвется под действием собственного веса. Такие оценки необходимы, например, при расчете труб, которые опускаются в нефтяные скважины (в настоящее время имеются скважины глубиной 5 — 6 км и больше).
В точках верхнего торца бруса А имеются как вертикальные, так и горизонтальные перемещения. Решение, строго говоря, справедливо только в том случае, когда полученные смещения допускаются способом заделки бруса. Однако по принципу Сен-Венана (см. ниже, $5) приближенно это решение может быть использовано, например, в случае жесткой заделки, если поперечное сечение бруса не слишком велико по сравнению с его длиной и, следовательно, влияние способа крекленкя верхнего сечения бруса мало сказывается на деформациях в основной его части.
з 4. Деформации и напряжения, возникаюпц«е в круглой трубе из упругого материала под действием внутреннего и внешнего давлений (задача Ламе) Рассмотрим круглую цилиндрическую трубу из упругого материала, подчиняющегося закону Гука. Требуется найти напряжения и деформации в стенках трубы при условии, что она находится под действием внутреннего р и внешнего р» давлений при постоянной температуре Т = Т„соответствующей отсутствию «температурных» напряжений при отсутствии деформаций, которую назовем «равновесной». 1 4. Задача Ламе Концы трубы закреплены так, что перемещения вдоль ее оси отсутствуют, а перемещения в поперечном направлении ничем не стеснены (рис.
110). ЯВэ Рнс. ИО. Труба под действием внутрен- него и вношиого давлений. Пусть известно, что, когда р, = ре = О, деформации и напряжения в стенках трубы отсутствуют. Примем это состояние за начальное, тогда ея = — 0 и существуют перемещения ео от начального состояния к рассматриваемому деформированному, возникающему при р и рв не равных нулю.
Напишем полную систему уравнений и Система уравнений необходимые граничные условия рассматриваемой задачи. Система уравнений состоит из а) уравнений равновесия (без учета массовых сил) Ч;рп=О, б) закона Гука р",'= Л1, (е) д'(+ 2ре", в) выраягений деформаций через перемещения (относительные смещения предполагаются малыми) 1 'ц= з ( 1~~+ 1~з). Граничные условия на внешней и внутГрвничиые условия ренней боковых поверхностях трубы записываются в виде (см, рис. 110) 1о„= — р,те при г = а, 1т„= — Рета пРи г = Ь, где 'через а и б обозначены внутренний и внешний радиусы Гл.
1Х. Теория упругости поперечного сечения трубы до деформации, а через та — внешняя нормаль к соответствующим боковым поверхностям. Обратим внимание,что мы требуем выполнения граничных условий на границах, которые имела труба до деформации, При этом мы снова пользуемся тем, чу относительные перемещения частиц трубы малы. Для трубы конечной длины .К необходимо написать также граничныо условия на торцах г = — 0 и з = Ж. Соответствующие граничные условия имеют вид р„, =0 при в=О, г=М, Ыа' = д;фх'~1х' = эга + г' НОе + два, следовательно, матРицы ~ ЯВ1 и () пЯ метРического тензоРа имеют вид 0 0 001 10 0 0 г' 0 00 1 Длины соответствующих базисных векторов таковы: )эг1=1, (э,)=г, )эа(=1, ~эг!=1, ~эе1= 1, 1эе!=1. Для символов Кристоффеля Ггн в цилиндрической системе е а 1 г координат имеем Г.„= — г, Г„= Г„= —, остальные Г;г г ' равны нулю.
') Вместо грапкчпого условия для переьгещепнй и„= О на торцах можно рассмотреть другие условия, например, условно отсутствия напряженпй раа — — О н т. и. где и — нормаль к торцовым поверхностям, а т — вектор, лежащий в плоскости торцов '). Условие р„, =- 0 связано с предположением, что крепления концов трубы не препятствуют перемещению частиц в направлении, перпендикулярном к оси. Ввиду очевидной симметрии задачи для спстема коорднпат Цялппдрнчесвая ее решения удобно пользоваться цилиндрической системои координат хг = г, хв = О, х' =- г (см.
рис. 110). Напомним (стр. 180 т, 1), что в цилиндрической системе координат 1 4. Задача Ламе Перемещения, деформации и напряжения прп цплпп- дрпческой симметрии Очевидно, что в рассматриваемом случае можно искать решение задачи, считая, что все искомые функции зависят только от координаты г, и для вектора перемещения мг полагать игз = иг(г), здз = иг = О (4.1) деформаций получим следу- (4.2) =О, 1 /ди'1 езз = — (Чгьзз т Чз~.) = -~ ( д,' 3 Первый инвариант тензора дефорлзаций выражается через и (г) следующим образом: Нм / (е) .-= е;,К = — + — „ Получим теперь выражения для компонент тензора накряясений, пользуясь законом Гука. Имеем /Нм, из Ыи р11=Х~ — + — ~~+2р —, ° дг г /' Нг /им м1 1 и р" = Х( — '+ — — + 2р,—, 1йг г/г" ги р — р =р =О (4.3) Определение перемещений Позтому из трех уравнений равновесия два удовлетворяются тождественно, а уравнение в проекции на ось лз = г д/»11 — +р-Гз+ р (11=о Тогда для компонент тензора ющие выражения: дии» дм еы = Чззез = — — ю»Г„=— дг дг диз,» езз = Чззиз = — — и'ирзз = шг де » д.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
