Механика сплошных сред в задачах. Под ред М.Э.Эглит. Т. 2. Ответы и решения (1119115), страница 36
Текст из файла (страница 36)
е. юя = ю„= О, ю„= ю„(г), следовательно, гог в = О. Тогда уравнение равновесия дает игай Йч ю = О и в сферической системе координат 1 с! с11ч ю = — — (г'ю„) = сопя$:— ЗА. гз дг Отсюда находим выражения для перемещений, деформаций и напряжений В ю„= Аг+ —, е„„= А— гз' Р,„= (ЗЛ+2Р)А — —,;, 4ВР. 2В ю„ — евя = етг = — = А+ —, из ж „ гз Ри = Р = (ЗЛ+ 2Р)А+ — з. 2ВР 28. Линейная теория упругости 281 Из граничных условий = О, Р„,~ = -Р, !со ~с=и находим значеннния постоянных А=О и В= РоВ' 4Р деформации и напряжения РоВ Ро и Ровс евв =яви = р = рвв =Рии = 4пгз гз 2гз и, тем самым Ро Й' 3 'Рг 28.62 См. решение задачи 28.60.
Константы находятся из граничных условий, и' Л / «зЛ Рсс = — Р 1 — — з), Рвв = Рии = — Р~ 1+, з). ° ) ~ ') 3 Наибольшее значение )рвв),„= — р достигается на границе по- тах лости. 28.63 Задача плоская и обладает осевой симметрией, следовательно, вв = во(г). Аналогично задаче 28.60 можно получить 1 Жу вв =— — — (па„) = сопв1 = 2А, г = Л/хз + уз. г Иг Отсюда В ю„= Аг+ —, юв = ю, = О.
г' Далее находим выражения для деформаций и напряжений В В с„„= А — —, ввв = А+ —, г2~ г2~ р„„= 2(Л+ Р)А — —, рвв = 2(Л+ п)А+ — ', 2ВР 2ВР г' гз 28,61 Задача обладает сферической симметрией, вп = вп(г). Дальнейшее решение аналогично предыдущей задаче. Постоянные интегрирования А и В находятся из граничных условий при г=й1 иг=йз. РгВз+Р1В1 В Р1 +Рз ВзВз 3(Л+ 2Р)~ВЗ Вз) 4РРз Вз) Глава 6. Теория упругости 282 Постоянные условий при интегрирования А и В определяются из граничных г = Н1 и г = Й2, получаем В2 о2 Рвв Л тсзр1 — В2Р2 Л+ И В2 222 В несжимаемой среде модуль объемного сжатия 2 16 = Л+ — р-+ 3 Тогда Л вЂ” ~ 1.
Л +,и 28.64 Можно воспользоваться решением задачи 28.63. Конста,нты определяются из граничных условий П2 1 l п2'1 Рсг Р 1 2 /~ РВ — Р~ 1+ 2 ~~ Рввтах 2Р рдй ~ г2 5Л+ 6р~ 10(Л+ 2р) ~ В2 ЗЛ+ 2р~ рд2211 — 2и)(1+ и) ~ 12 3 — и1 10Е(1 — и) ~ 212 1+ и~ 28.66 Задачу с осевой симметрией решаем в цилиндрической системе координат (г; д; г). Уравнения равновесия в напряжениях в проекциях на оси г и д, с использованием граничных условий 28.65 Сила тяготения, действующая на единицу массы сферического тела пропорциональна расстоянию до центра и направлена к центру Г„= — дг/В. Задача со сферической симметрией, Вп = Вп1г), и, следовательно, го1 и2 = О. Подставив плотность силы тяготения в уравнение равновесия, аналогично задаче 28.60, получим 28. Линейная теория упругости 283 Р»» = Р»в = О при г = а, дают Р„» = Р„в = О всюду. В проекции на ось г получим ~~Єл, — Рвв, А~г~.
г г — + +ро» г=О, т.е. г — +р-=рвв — рю г. Йг г Нг Решая зто неоднородное уравнение для р„„, получим А(г) ~А Р„„= —, где — = Рвв — Рог г . г Йг Из закона Гука находим выражения деформаций через А(г) с„„= — ( — — и — — ирм г ), евв = — „~ — + рь» г — и — ) . К(,г 1г,)' Ь(„И. г) Вследствие осевой симметрии с1ю„ юс »»» — н»вв й г тогда условие совместности деформаций имеет вид йвв с»г — »вв + г с1г Это приводит к следующему уравнению для А(г) А + -А — — А = -(3+ и)р»о г.
и / г г гг Его решение А(г) = Сгг + — — — (3+ и)ра» г . С г з г 8 Из условия ограниченности напряжений при г = О и граничного условия Р„„(о) = О определяются константы С» и Сг. Тогда получим р„„= — (3+ и)рог (а — г ), рвв = — (3+ и)рог ( а — г ) .
1 г г г г l г 1+3и 8 8 3+и ) 28.67 Задача плоская, в плоскости пластины выберем полярную систему координат (г; 0) с началом в точке приложения силы. Угол д отсчитывается от направления действия силы, см. рис. 28.21. Функция напряжений у(г, д) удовлетворяет бигармоническому уравнению, см. задачу 28.58. Граничные условия на границе полуплоскости прн В = о имеют вид Рвв(г о) = О, Р в(г,о) = О 284 Глава 6. Теория упругости Чтобы обеспечить выполнение этого условия, следует принять у = А(В)г, что приводит к уравнению для функции А(В) А~~ + 2А" + А = О.
Его общее рещение А(В) = аВяпВ+ ЬВсояВ+ а1яп В+ Ь1 совВ. Отличный от нуля вклад в компоненту напряжения р„„дают только первые два слагаемые. Константы а и Ь определяются из условия 1' р„п5 = — Е, где интегрирование ведется по полу- 5 окружности радиуса р с центром в точке приложения силы при р -+ О. В проекциях на направление силы и перпендикулярное к нему получим а о реггсояВЮ = — 1", р„„гяпВИВ = О.
В результате получаем сов В р ° = — 2Е, Рв=рвв=О и нг Рс Рет — свв = — и —, с.в = О. Е' Е' 28.68 Задача плоская, р д = р е(х,у), а = 1, 2. Система уравнений состоит из двух уравнений равновесия и уравнений совместности напряжений ЬЬР; = О, из которых достаточно добавить к первым двум еще одно, например, для рзз дры др1 г дрю дрзг + — =О, — + — =О, ЬЬРгг=О. дх ду ' дх ду Граничные условия на поверхности у = О можно записать в виде р„з(х, О) = Е„Ь(х), о = 1, 2, где Б(х) — дельта-функция Дирака такая, что ( Ь(() И~ = 1.
К уравнениям и граничным условиям применяется преобразование Фурье по переменной х р*д(в, у) = — / р В(х,у)е" Нх. ~/2к ц 28. Линейная теория упругости 285 Для образов получается система обыкновенных дифференциальных уравнений ~Рт~ — — евры —— О, Иу с условиями р„*з(в, О) = Р,„/з/2х.
После решения этой системы для р* обратным преобразованием Фурье восстанавливаются функции р в(х, у) 1 р д(х, у) = — / р*в(в, у)е "*Ив. ~/2х 28.69 Условия на бесконечности ры = Т, рзз — — р1з = О. В отсутствие отверстия такие же напряжения были бы во всей плоскости. Это состояние соответствует функции напряжений ~Р = Туз(2, см. задачу 28.56. Выберем полярную систему (г; В) с началом в центре кругового отверстия, тогда у = — Тг вйп В = — Тг (1 — сов2В).
о 1 г з 1 ° г 2 4 При наличии отверстия ищем функцию напряжений ~р в виде у = у~+ у (г,сов2В) = цР+ ~1(г) + ~з(г) сов2В, где каждое из слагаемых удовлетворяет бигармоническому уравнению. Отсюда ~~ — — А~~ 1~ + В~~+ С! г, ~~ — — Аггз+ В~~~+ —. Константы определяются из граничных условий на контуре отверстия, свободном от напряжений р„„= р„в = О при г = В и из условий на бесконечности р„„= — Т 1 — — 1+ 1 — 3 — сов 2В, ог, У рвв = — Т~1+ — — 1 1+ 3 — ) сов 20, '.) о2 1з4ч р,в = — — Т ~1 + 2 — — 3 — ~ в1п 2В.
2 ~ гз г4 ~ 286 Глава 6. Теория упругости 28.70 Наличие жестких границ на торцах не дает пластине удлиняться в направлении оси з, т. е. еы = О. Отсутствие напряжений на боковых гранях позволяет искать напряжения в виде Рп ФО Рзз=Рзз=Р1=0, сну Из закона Гука для термоупругого тела, см. задачи 28.8 б) и 28.10, следует рь = Л1~ + 2ре„— о(ЗЛ + 2р) (Т вЂ” Тср), где о — — коэффициент теплового удлинения, находим р(ЗЛ+ 2р)о(Т вЂ” Т, ) Л+р Нри заданном профиле температур выполнено равенство 2, Тсе = -То.
3 Таким образом, узы Р) ~ — — ОЕТо — ор То ~1 З ( Р)' 28.71 (Л + р) 8гад Же ю+ р Ьяв — о(ЗЛ + 2р) цгас1 Т = О, сУ 11 Н(ги)) ЗЛ + 2р ИТ а) — ~ — ~ =о — в полярных координатах; с1г ~ г с1г ~ Л+ 2р с1г с1 ( 1 Н(гзи)1 ЗЛ + 2р ИТ б) — ~ — ~ =а — в сферических координатах; Иг (гз йг ~ Л+ 2р Иг с1 11 с1(ги)1 ЗЛ+2р с1Т в) — ~ — ~ = о — в полярных координатах, с1г 1г Иг 3 2(Л+ р) с1г Здесь и = иь. 28.72 Уравнение Ламе для плоского напряженного состояния в полярных координатах, см. задачу 28.71 в), И 11 с1(ги)1 ЗЛ+ 2р, сГХ ЙТ вЂ” —: о — = (1+ и)о— Йг ~.г дг ~ 2(Л+р) с1г с1г имеет решение с 1 Г Сз и = (1+ и)о — / Тг с1г+ С~г+ —. г г о 28. Линейная теория упругости 287 Из закона Вука следует, что Е(ь„„+ и ее — (1 + и)оТ) Рее 1 — и~ Е[еее + и億— (1+ и)оТ) Рее— дв в е„„= —, сее = е!г г Таким образом, для р„„получаем Е 1 — и! р„„= — аŠ— ( Тге!г+ )С1(1+и) — Сг — ~ гз/ ! .21 г~ и, аналогично, для рее.
Константа Сз определяется из условия ограниченности решения в центре диска (при г = О), что дает Сз — — О. Из граничного условия р„„(Л) = 0 ва внешнем контуре диска находим н Г ,(! Г,, 1 Г р„„= оŠ— ( гТ(г) дт — —, ( гТ(г) дг т2 о о и 1 1 Г Рее = аŠ— Т+ — / гТ(г) е!т — — ~ гТ(г) дг Лг / г2 / о о (0.28.1) В полярных координатах при наличии осевой симметрии урав- нение ЬТ= — — г — =0 имеет решение г е а Т= То !и — /!и —, Л~ Л удовлетворяющее заданным граничным условиям, 28.73 Сначала находим распределение температур в диске, решая уравнение теплопроводности.
На границах области температура постоянна, поэтому внутри кольца дТГд1 = О. Уравнение теплопроводности сводится к уравнению Лапласа 288 Глава 6. Теория упругости Общее решение упругой задачи приведено в ответе к зада- че 28.72, см. формулу (0.28.1). В него следует подставить найденное распределение температур Т(т) = То при г < а, а Т = То!п — /!и — при а < т < Н, Н Л получим /1 1 2 г! оЕТоаз '( — — — + — 1п — ! дз а д/ Р~~— Л 41п— а 28.74 Перемещения при плоской деформации в задаче с осевой симметрией описываются уравнением Ламе в полярных координатах, задача 28.71 а). Далее так же, как в задаче 28.72; с к о(1+и) 1,, 1 е,„= ~Т вЂ” — / гТ(г) Иг+ (1 — 2и) — / гТ(г) йг 1 ог / о о с к о(1+ и) ! 1 1 еве = ~ — / гТ(т) Йт+ (1 — 2и) — ~ тТ(т)дт '(тз / л/ 28.75 Сначала, ищут Т(г) при стационарном потоке тепла, как в задаче 28.73.
Далее решают, как в задачах 28.74 и 28.72, но интегрирование ведут от внутреннего радиуса и константу Сз определяют из условия на внутреннем контуре р„„(а) = О. оЕТо — 1п — — з 1 — — з 1п— Р~т— 6 2(1 — и) 1и— а оЕТо 1 — !п — — 1+ — 1п— Рав— 6 2(1 — и) 1п— а 6 2аи 61 оЕТо и — 21п — — !и — ~ 6г аг а1 Ря»вЂ” 6 2(1 — и) 1п— а. 28. Линейная теория упругости 288 28.76 Задача обладает сферической симметрией. Уравнение для перемещений, см. задачу 28.71 б), имеет вид ~~ ( 1 Й(гзи) Л ЗЛ+ 2р ЙТ с1г'багз йг,) Л+ 2р Нг Ход решения тот же, что для задачи 28.72.
и о о о(ЗЛ+2р) ( 1 Г, 2р 1 Г ела = ~ — г Тг Йг+ — уТг дг Л+2р ~гз 1 ЗЛ+2р йз / 28.77 Распределение температуры находим из уравнения при заданных граничных условиях Т(а) = То, Т(Ь) = О. Получим Т То 1 Далее, используя уравнение задачи 28.71 б), решение строим методом, приведенным в задачах 28.72 и 28.75. оЕТо аЬ ~ 1 2 а2Ь2 а + Ь вЂ” — (Ь + аЬ+ а') + —, Ьз аз г гз оЕТо аЬ 2 агЬ рая = р„= а+ Ь вЂ” — (Ь + аЬ+ а ) — — 1 .
1 аЬз аз 2г 2гз 28.78 В приближенной теории слабого изгиба длинных тонких стержней получено уравнение для прогиба ~з — = — М(х), дхз Е1 где 1 — момент инерции сечения, М(х) — момент действующей силы относительно рассматриваемого сечения х. В линейной постановке данной задачи момент М вычислялся бы относительно точки х недеформированной (неизогнутой) оси и отсутствовал 290 Глава 6. Теория упругости бы. Г1ри учете прогиба г1(х) момент сил, действующих по одну сторону рассматриваемого сечения, равен М(х) = — Рг1(х). Уравнение для прогиба 1'0 1 =- — РО Ихг Е1 имеет решение г1 = Сг в1 и кх + Сг сов кх, где к = ~,/Р~Е1. Граничное условие гГ(0) = 0 удовлетворено, если Сг = 0 и гГ = гГов1п йх. Граничное условие на втором конце гГ(1) = 0 удовлетворено, если 1) по —— 0 — форма стержня прямолинейная или 2) в1п кх = О, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
