Механика сплошных сред в задачах. Под ред М.Э.Эглит. Т. 2. Ответы и решения (1119115), страница 35
Текст из файла (страница 35)
Равенство напряжений в сечениях х и (х — <1х) дает уравнение (а — рь< х <1я)Ь Ь вЂ” <1Ь 2 2 Отсюда получаем Ь(я) = Ьое й и 28.33 Компоненты тензора деформаций: р< — ррз р2 — «р< ь (р< + ря) е<< = , язз = , сзз =— Е ' Е Г недиагональные компоненты тензора равны нулю. Относительное изменение объема и максимальное касатель- ное напряжение соответственно равны <11' 1 1 — = — (р< + рг)(1 — 2р), т ~„= —,(р< — рз). 28.34 Используя принцип Сеи-Венана, решение ищем в виде р = — оу, с< = сопя1, остальные р; = О. Граничные условия на боковых поверхностях удовлетворены. На торцах У;= риаз<15=0< М =М„=О, М,=о1=М, и где 1 = 1' у~<15 ††мо инерции поперечного сечения стержня 5 относительно оси г.
Отсюда получаем о = М/1. Деформации вычисляются по закону Гука М М е = — —.у, е„„=н„=и — у, е; =О при <фу. Е1 ' Е1 272 Глава 6. Теория упругости Рис. 0.28.2. По ним находятся перемещения. Обнаруживается, что имеется нейтральная ось. на которой е = О, а сечения стержня поворачиваются, оставаясь плоскими и ортогональными оси. Обозначим через ц прогиб балки, т. е.
перемещение точек нейтральной М 2 оси вдоль у. Уравнение нейтральной оси — — парабола и = —, я 2Е1 М 8з с кривизной — = — ., Й Е1 г1я' 28.35 Предполагаем наличие нейтральной оси, длина элемента волокна которой не меняется при изгибе. Рассмотрим элемент балки между двумя близкими сечениями, см. рис. 0.28.2. До изгиба длина 5 всех продольных волокон этого элемента равна одной и той же величине Яо. После изгиба длина волокна нейтральной оси Й = Ьо = Й~р сохранится, где Й вЂ” радиус кривизны нейтральной оси, со — угоп поворота сечения при изгибе.
Длина волокна на расстоянии у от оси на основании гипотезы плоских сечений составит 5 = Яо+ Ь5 = (Й вЂ” у) р. Таким образом, ,ЬЯ у Яы =— 8о Й Из закона Гука ры — — — Еу/Й. Такое распределение напряжений соответствует моменту Е Г г ~! ,1Р ~„г,11 Й/ Й 273 28..Пинейная теория упругости Отсюда получаем уравнение для изогнутой оси балки Ц2~ М й Нх2 Е1' где ц(х) -- прогиб балки — вертикальное перемещение точек нейтральной осв.
28.38 Находим величину изгибающего момента в каждом сечении, рассматривал равновесие части балки, расположенной правее этого сечения М (х) = — Р(1 — х) . Пользуясь результатами задачи 28.35, находим М(х) Р Е1 Е Р рии = — (2 — х)р, Уц я Р— = — — (1 — х). йх2 у Е1 Отсюда получаем 2 Р~з 8= — — х (32 — х) и ~Ч~ ж — /з7(Р)! = —. 6Е1 ЗЕ1 28.37 Дифференцйальное уравнение нейтральной оси балки имеет вид Нц 1 — = — М(х).
422 Е1 Изгибающий момент в сечении х вычисляется по формуле ось х направлена вдоль балки, начало отсчета на левом заделанном конце. Подставим это выражение для М(х) в дифференциальное уравнение изогнутой оси и продифференцируем его два раза по х. При этом М"(х) = д(х) и уравнение для 8(х) примет требуемый вид. 274 Глава б. Теория упругости 28.38 Дифференциальное уравнение нейтральной оси балки имеет вид Х2 — = — ЛХ(х), 3хз Е1 где М(х) — изгибающий момент в сечении х. При указанном закреплении балки в ее торцевых сечениях возникают неизвестные реакции Л и моменты Мо, в силу симметрии одинаковые по величине на обоих торцах.
Они тоже дадут свой вклад в М(х). В результате: ЛХ (х) = — д1 атс + Мо + Лх = — — дх + Мо + Кх 2 2 о и получаем уравнение изогнутой оси балки з 0(х) = — — — тХх + — Лх + ЛХо — + Сх+ Со Е1 ~ 24 6 2 Неизвестные постоянные Л, ЛХо, С и Со определяются из гра- ничных условий закрепления балки тт(0) = п(1) = О, т~'(0) = тф) = О. В результате получим 24Е1 ' '""" 384 Е1' 2 М(х) ~ т 2 ~ 21 Л = —, тХт, Мо — — — — т1т'~, р„= — = — т1(хз — тх+ — ~з)н. 2 ' 12 ' '' ! 21 6 Замечание.
Это решение можно получить, интегрируя уравнение задачи 28.37 с указанными граничными условиями. 28.39 Использовать уравнение задачи 28.37 или решение задачи 28.38; — х(хз — 21х~ + 1з). 24Е1 28.40 См. указание к предыдущей задаче; и = — х(2хз — 31х~+ 1з), /О!~,„= п(0.427) = 0.0054 48Е1 275 28. Линейная теория упругости 28.41 Профиль продольной деформации имеет вид Коэффициент 6 найдем иэ граничных условий для температуры ГМ / 61 я~ь — = о(Т~ — То), еы — — = о(Тэ — То), (2) ' (, 2) отсюда Тр — Т~ а=а и уравнение изогнутой оси имеет вид 1'и (г, - т,) (Т, - Т,) — = 6 = гл ч=о х (х — 1). с1хз 6 ' 26 28.42 Изгибающий момент в сечении х равен М(х) = — ф И( = — д(1 — х), 1 3 2 о где д = сопя1 вес единицы длины балки. Тогда 1 1 ры = — М (х) у = — д(1 — х) у.
1 21 Компонента р я определяется из уравнения равновесия дры др! з — + — = О. дх ду В результате интегрирования получим рдэ = — (1 — х)у +1(х). Воспользовавшись граничными условиями р~э~ „= О, можно ~и 2 определить функцнго 1 (х) 6г Лх) = — — (1- х) 81 тогда 1цэ — у (1 х), р~з „„р~з 21(,4 ) "* ~я=о,у=а 81 ' Глава 6. Теория упругости 276 28.43 Согласно гипотезе плоских сечений еы — — йу по всей тол- щине балки.
При этом ось х должна проходить по нейтральной оси балки, еы(0) = О, положение которой а неизвестно и требует определения. По закону Гука р„= )сЕ у, о = (, 2. Суммарный изгибающий момент М задан, М = иЕг у с(5+)сЕг у 45 = )с(Е11г+Ег1г), 51 Яа где 5 — площади сечений балок; 1 — - их моменты инерции. По М определяются Й и, следовательно, р„: М МЕУ /с = Ег1г + Ег1г Ег11 + Ег1г Ры = Положение нейтральной оси а находится из условия равенства нулю суммарной силы на торцах -(Лг-а) а йЕ у у+)сЕг ус(у=Π— (Ьа+а1 — а) -(- +л,) Отсюда ( Егйгг -)- Егйгг (- 2Е )г )г 2 Егйг + Ег)гг 28.44 Ищем перемещения в виде огу пгг = охх апз = 1(х У) где г — координата вдоль оси стержня, а = сопя(,. По перемещениям вычисляются деформации и напряжения р,з — о)г -у+ — ~, ргз — о)г (х+ — ~, остальные р; = О. О) ' (, Оу/ Задача сводится к определению функции 1(х,у) из уравнения равновесия Ь1 = 0 и граничного условия на боковой поверхности, свободной от напряжений р„(г = В) = О, что в случае кругового цилиндра дает = О.
ф~ Йп, и 28. Линейная теория упругости Это означает, что Д~я, у) = сопй = О. Сечения, перпендикулярные оси г, остаются плоскими и поворачиваются одно относительно другого на угол Ьд = о Ьг. Величина о определяется по заданному на торцах крутяьтему моменту М, = М 1 4 2М хт= (Ьр — хр,„)хя= хта г х я, 2 ряЛ я где 1 = — яй — полярный момент инерции сечения. 4 2 28.45 В предыдущей задаче найдено, что р!3 = — отху и ргз = 1ътхх. Напряжение р„на произвольной площадке с нормалью и равно р„= ргзпзя+ ргзпзу+ (ргзп1+ ргзпг)й. Так как задача обладает осевой симметрией, то достаточно рассмотреть вектор и, лежащий в плоскостях продольных сечений, проходящих через ось стержня, т.
е. пг = О. Тогда раа = р1заш 2д, р„= рхзсоя2д, где пг —— соя 8. Максимальное растягивающее напряжение величины )р„„! = орй будет достигаться на внешней поверхности стержня на площадках, расположенных под углом 45' к оси г. Максимальные касательные напряжения на площадках, перпендикулярных оси г, тоже будут на внешней поверхности стержня Рттах ттр~' 28.46 Воспользоваться указанием к задаче 28.45; Р 18Мг х, Р 18Мг раз+ 2, ггг11~ + ргВг( ~ '" 2.ог + ргог.
28.47 Воспользоваться результатами задачи 28.44: г Г 24(1 — г) т=~ (ях =/ / р„Д4 ~~д.Д4' 278 Глава б. Теории упругости 28.48 Освободим правый конец вала В, заменив жесткую заделку реактивным моментом Мн противоположного с Мо направления. Суммарный угол <ря, на который повернулось бы правое сечение под действием моментов Мн и Мо, равен а б уя = (Мо — Мн) — Мв Р1а Р16' где 1 = 1' г2 НЬ' - — полярный момент инерции сечения. Из услал вия ~ря — — О (конец закреплен) определяется Мв.
Затем находим угол уо поворота сечения стыка и из условия Мо = Мл + Мв вычисляем реактивный момент М4 на левом конце М~йд4 М д4 2М аД4 + 5Д4 ' аД4 + 5Д4 ' яр((~Д4 + 5Д4) ' 28.49 Согласно результата задачи 26.44, максимальное касательное напряжение обратно пропорционально моменту инерции стержня, то„„1(1. Моменты инерции для сплошного и полого валов равны соответственно д4 11 (О б)4)д4 1о= и 1= 2 2 Следовательно, о'" — 1.15, — = О.54. 2 и РО 2 28.50 Обозначим 1 = ь и ИЬ' = — — полярный момент 2 Я инерции сечения, тогда М Мсу Д Маь Дь Г'.1. +Сь1ь Г1 1 +Сь1ь С 1 +Сь1ь 28.51 Существование У' следует из уравнения равновесия в отсутствие массовых сил. ЬУ' = — 2ор, Ь вЂ” — оператор Лапласа.
Граничные условия для функции У имеют вид У'(о = сопе1 = О. 28.52 рзз = Л(сы + сяя) = и(рм + р22). 28 Линейная теория упругости 28.53 езз = — Л = — Л Л+ 2р 2Р Дг гп г Е р — = рг" +,, цгас! (ем+сгг!+ Ьлгп, Д1г 2(1 — и) 2(1 + и) где 8гайл и ллл — ДвУмеРные опеРатоРы. Д ~Р ДхДу 28.56 По лр(х,у) находим компоненты напряжений р,„=с, р„„=по р „= — 6. Такое состояние р я может быть, если на сторонах образца, перпендикулярных оси х, задано р,, = с, а на сторонах, перпендикулярных оси у задано Р„„= а и всюду на границе касательное напряжение равно т = — 6. 28.57 Зная функцию ~р(х, у), находим напряжения а) Р, = ба, р „= р„„= Π— — чистый изгиб; б) р =2сх, Р„„=О, р „= — 2су.
Эти напряжения соответствуют граничным условиям: р, =2сх, р „=~2сй при у=~6, р =~2с1, р „= — 2су при х=Ы. 28.54 Уравнения совместности деформаций для плоского состояния имеют вид Дгнля Дгечч Дг'-'зз Дгны д сгг Д елг = — =О,, + =2 Дхг Дуг ДхДу ' Дуг Дхг ДхДу' Первая группа этих уравнений дает сзз = Ах + Ву+ С. Из закона Пука выражаем р р через с ш о = 1, 2, и подставляем в оставшееся уравнение совместности. Получим д'Ры д'Ргг, Д'Ргг дг дг дд Д* где Ь оператор Лапласа по двум переменным. Д4 Дч Д4 2855 а) Ьсл~= 4+2 г г+ 4 О. — Дхя Д гД г Ду4 дг„дг б) рм Д г Ргг= ~ г+Руу 280 Глава 6.
Теория упругости 28.58 Искомые выражения имеют вид 1ду 1 д'~о д'у д /1д~рЛ Рсс= + ~ Ряб= ~ Рея — 1 )~ "" =гдг сядем =дг "= д 6дВ,) г 28.59 Функция напряжений: <Р = А!и г+ Вгз !и г+ Сг'+ 1Э, Компоненты тензора напряжений: А р„„= — + 2В1п г+ В+ 2С, А рея = — — + 2В !и г+ ЗВ+ 2С, гз р„я=О. 28.60 Уравнения равновесия имеют вид (Л+ Р) игас! с!1ч в+ РЬв = О. Используя формулу векторного анализа игадс1!ч ю = Ьв+ гогго1в, уравнения движения можно представить в виде (Л+ 2п) 8гас1йч ю — Рго1 гоГю = О. Задача обладает сферической симметрией, т.