Г.М. Сисоев - Механика сплошных сред (1132293), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Для доказательстваоднозначности производных проинтегрируем (4.10) по части контура L:sZ∂U d∂U − =∂y s ∂y 0ds0Zs∂U d∂U − =∂x∂xs00ds∂U∂y!∂U∂x!ds =Zs0ds = −(e)p1 ds ≡ X(s),Zs0(e)p2 ds ≡ −Y (s).В случае интегрирования по всему контуру X = 0, Y = 0, следовательно,производные однозначны.Для доказательства однозначности функции Эри рассмотримLIIdUU =ds =0=LILddsdsLdds∂U∂Ux+y∂x∂y∂U∂Ux+y∂x∂y!ds −I L!ds −(e)I "L(e)−xp2 + yp1dxds∂U∂x!d+yds∂U∂y!#ds =ds = 0,т.к. первый интеграл равняется нулю в силу однозначности подъинтегральныхвыражений, второй — в силу равенства нулю главного момента внешних поверхностныхсил.Глава 4. ПЛОСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ72Для линейно–упругого тела выполняется уравнение (4.4), после подстановкив него соотношений (4.9) получаем∂4U∂4U∂4U+2+= 0 или △△U = 0.∂x4∂x2 ∂y 2∂y 4(4.10)Рассмотрим граничные условия для функции Эри.
Предварительно вычислимее изменение вдоль контураU (s) − U (0) =Zs0∂U∂Uẋ +ẏ∂x∂y!ds =Zs∂U ∂U = (xs − x0 ) + (ys − y0 ) + [X(s)dy − Y (s)dx] =∂x∂y000Zs∂U ∂U = (xs − x0 ) + (ys − y0 ) + [X(s)d(y − ys ) − Y (s)d(x − xs )] =∂x∂y000s∂U ∂U = (xs − x0 ) + (ys − y0 ) + [X(s)(y − ys ) − Y (s)(x − xs )] −∂x−Zs0∂y000[(y − ys )dX(s) − (x − xs )dY (s)] .(e)(e)Учитывая, что dX(s) = p1 ds, dY (s) = p2 ds и X(0) = 0, Y (0) = 0, получаемпервое граничное условие для функции Эри:∂U ∂U U (s) − U (0) =(ys − y0 ) + (xs − x0 ) +∂x 0∂y 0s+ [X(s)(y − ys ) − Y (s)(x − xs )] −0Zs h0(e)(e)(y − ys )p1 − (x − xs )p1ids.(4.11)Здесь последний интеграл представляет главный момент внешних поверхностныхсил, приложенный к участку контура между некоторой начальной точкой и иточкой, определяемой значением s.Второе граничное условие для функции Эри — задание ее нормальнойпроизводной в каждой точке контура∂U∂U∂U=ẋ +ẏ.∂n∂x∂y(4.12)Таким образом, задача для определения функции Эри включает уравнение(4.10) и граничные условия (4.12), (4.12).
Эти соотношения не содержат параметров,характеризующих упругое тело — модуля Юнга E и коэффициента Пуассона σ(теорема Леви).4.2. ФУНКЦИЯ НАПРЯЖЕНИЙ ЭРИ73Функция Эри в виде целых полиномовРассмотрим простейшие точные решения2 бигармонического уравнеия для функцииЭри (4.10)∂4U∂ 4U∂4U+2+= 0;∂x4∂x2 ∂y 2∂y 4при этом распределение напряжений вычисляется согласно (4.9)∂2U∂2U∂ 2U., p22 =, p12 = −p11 =∂y 2∂x2∂x∂yПодбирая решения в виде полиномов различных степеней, можно найти значениянапряжений на границах тела, при приложении которых эти решения являютсяточными.Полином 2-й степени. Точное решение бигармонического уравнения прилюбых коэффициентах a, b, c:acU = x2 + bxy + y 2 .22Тогдаp11 = c,p22 = a,p12 = −b— компоненты напряжения постоянны.
Это решение соответствует совместномудействию равномерных напряжений (сжатий) по двум перпендикулярным направлениями чистого сдвига.Полином 3-й степени. Точное решениелюбых коэффициентах a, b, c, d:abU = x3 + x2 y +62Тогдаp11 = cx + dy,бигармонического уравнения приc 2 d 3xy + y .26p22 = ax + by,p12 = −bx − cy.В зависимости от значений коэффициентов данное решение соответствует:1.
a = b = c = 0,d 6= 0 — Чистый сдвиг.2. b = c = d = 0,a 6= 0 — Чистый сдвиг.3. a = c = d = 0, b 6= 0 — По сторонам y = ±h действуют равномернораспределенные растягивающие и сжимающие напряжения, соответственно,и линейные по координате x касательные напряжения. По стороне x =l действует постоянное касательное напряжение, по стороне x = 0 —напряжений нет.2[6], глава 2, §14Глава 4.
ПЛОСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ74Полином 4–й степени. Точное решение бигармонического уравнения прилюбах коэффициентах a,b,c,d:U=cdea 4 b 3x + x y + x2 y 2 + xy 3 + y 4 ,1262612e = −a − 2c.Тогдаdbp12 = − x2 − 2cxy − y 2 .222Например, при a = b = c = 0, d 6= 0 : p11 = dxy, p22 = 0, p12 = −dy /2.Пусть для определенности d > 0. По сторонам y = ±h действуют равномернораспределенные касательные напряжения, по концам пластинки x = 0, l —касательные напряжения распределены по параболическому закону.p11 = cx2 + dxy − (2c + a)y 2 ,4.34.3.1p22 = ax2 + bxy + cy 2 ,Плоская задача в полярных координатахУравнения равновесияДля решения многих плоских задач удобно использовать полярные координатыx1 = r, x2 = θ, в которых уравнения равновесия имеют вид∇j pij + F i = 0;F~ = (F 1 , F 2 ) — внешняя массовая сила.
Раскроем знак ковариантной производной∂pij+ Γijk pkj + Γjjk pik + F i = 0.∂xjДля полярной системы координат отличны от нуля следующие компонентыметрического тензора g11 = 1, g22 = r2 и символы Кристофеля Γ122 = −r, Γ212 =Γ221 = 1/r. Тогда уравнение равновесия приобретают видp11∂p11 ∂p1222+−rp++ F 1 = 0,∂x1∂x2r∂p21 ∂p22 3p12+ F 2 = 0.++∂x1∂x2rСвязь контравариантных и физических компонент тензора напряжений ивнешней силы дается соотношениямиprr = p11 ,pθθ = r2 p22 ,prθ = rp12 ,Fr = F 1 ,, Fθ = rF 2 ,после подстановки которых получаем уравнения равновесия плоской задачи вполярной системе координат∂prr 1 ∂prθ prr − pθθ+++ Fr = 0,∂rr ∂θr∂prθ 1 ∂pθθ 2prθ+++ Fθ = 0.∂rr ∂θr(4.13)4.3.
ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ4.3.275Функция Эри в полярной системе координатДля выражения напряжений через функцию Эри и уравнеия для нее в полярнойсистеме координат можно произвести замену переменных непосредственно в(4.10) и (4.9). Однако можно провести рассуждения, приводящим к этим соотношениям,непосредственно для уравнений равновесия в полярной системе координат.Перепишем эти уравнения в виде∂prθ∂(rprr ) +− pθθ = 0,∂r∂θ∂∂pθθ(rprθ ) ++ prθ = 0.∂r∂θВводятся новые функции ψ и χ такие, чтоpθθ =∂ψ,∂rprθ =∂χ,∂rтогда уравнения равновесия преобразуются к∂prθ∂(rprr − ψ) += 0,∂r∂θ∂∂pθθ(rprθ + χ) += 0.∂r∂θАналогично случаю декартовой системы координат можно ввести функции∂A,∂θ∂Brprθ + χ =,∂θrprr − ψ =∂A,∂r∂B=−.∂rprθ = −pθθТаким образом,∂ψ∂B=−∂r∂r∂A1∂χ=−==∂r∂rrpθθ =prθ!∂B−χ .∂θТогдаB = −ψ + f (θ),A = −χ + g(θ),∂B∂=(rχ) .∂θ∂rПервое и третье равенства дают∂∂(rχ) +(ψ − f ) = 0,∂r∂θчто позволяет ввести функцию ϕrχ = −∂ϕ,∂θψ−f =∂ϕ,∂rГлава 4. ПЛОСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ76через которую последовательно выражаются1 ∂ϕ∂ϕ, ψ=+ f (θ),r ∂θ!! ∂r1∂χ∂A1 ∂ϕ′prr =+ f (θ) −+ g (θ) =ψ+=r∂θr ∂r∂θ1 ∂ 2ϕ 11 ∂ϕ+ 2 2 + (f + g ′ (θ)) ,=r ∂rr ∂θr∂2ϕ∂ψ=,pθθ =∂r∂r2!∂A∂χ∂ 1 ∂ϕprθ = −==−.∂r∂r∂r r ∂θχ=−Таким образом, уравнения равновесия удовлетворяются, если имеется функцияϕ через которую последовательно выражаются1 ∂2ϕ1 ∂ϕ+ 2 2,prr =r ∂rr ∂θpθθ∂ 2ϕ=,∂r2prθ∂=−∂r!1 ∂ϕ.r ∂θ(4.14)Уравнение для функции Эри, следующее из уравнений совместности, имеетвид△△ϕ = 0 или4.3.3∂21 ∂21 ∂++∂r2 r ∂r r2 ∂θ2!2ϕ = 0.(4.15)Осесимметричные задачиПусть задача является осесимметричной.
Тогда уравнение (4.15) и распределениянапряжений (4.14) преобразуются кd4 ϕ 2 d3 ϕ1 d2 ϕ1 dϕ+−+ 3= 0,4322drr drr drr dr∂2ϕ1 ∂ϕprr =, pθθ =, prθ = 0.r ∂r∂r2С помощью замены r = et получаемϕ′′′′ − 4ϕ′′′ + 4ϕ′′ = 0,общее решение которогоϕ = At + (Bt + C) e2t + D = A ln r + Br2 ln r + Cr2 + D,AAprr = 2 + B (1 + 2 ln r) + 2C, pθθ = − 2 + B (3 + 2 ln r) + 2C,rrВозможны два случая.(4.16)prθ = 0.4.3.
ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ771. Точка r = 0 принадлежит телу. Тогда из ограниченности решения следует,что A = B = 0 и, следовательно, prr и prθ — постоянные величины.Это решение соответствует равномерному растяжению (сжатию) по всемнаправлениям.2.
Точка r = 0 не принадлежит телу. Этот случай — задача Ламе о трубепод действием внутреннего и внешнего давления, граничные условия длякоторой имеют видprr |r=a = −pa ,prr |r=b = −pb .Положив B = 0, можно определить коэффициенты A и C:A=a2 b2 (pb − pa ),b2 − a2C=a2 p a − b 2 p b.2 (b2 − a2 )Распределение напряжений имеет видb2a2 p a − b 2 p ba2 p aa2 b2 (pb − pa ) 11−−+=prr =b 2 − a2r2b 2 − a2b 2 − a2r2!b2 p ba21 − 2 < 0,b 2 − a2r!a2 p a − b 2 p ba2 p ab2a2 b2 (pb − pa ) 1+= 21+ 2 −pθθ = −b2 − a2r2b 2 − a2b − a2r!22ab pb1+ 2 .22b −ar!При отсутствии внешнего давленияa2 p ab2prr = 21−,b − a2r2!pθθa2 p ab2= 21+.b − a2r2!При отсутствии внутреннего давленияa2b2 p b1−,prr = − 2b − a2r2!4.3.4pθθb2 p ba2= 21+.b − a2r2!Равномерное растяжение пластинки с круглым отверстиемПусть пластинка с круглым отверстием радиуса a равномерно растягиваетсяв направлении оси x усилием напряженности P . Рассмотрим часть пластинкивнутри концентрической окружности радиуса b ≫ a.
Тогда граничные условияна этой окружностиP(1 + cos 2θ) ,2= 0.r=b:prr = P cos2 θ =r=a:prr = 0,prθprθ = −Psin 2θ,2Глава 4. ПЛОСКИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ78Напряжения на внешней окружности состоят из двух частей: от постояннойнормальной составляющей P/2 и от пары нормального и касательного напряженийPPcos 2θ и − sin 2θ.22Покажем, что эти дополнительные напряжения определяются функцией ϕ =f (r) cos 2θ.Подставляя это решение в бигармоническое уравнение1 ∂21 ∂∂2++∂r2 r ∂r r2 ∂θ2!2(4.17)ϕ = 0,получаемd21 d4+− 22drr dr r!2f = 0,или2 d3 f9 d2 f9 dfd4 f= 0.+−+ 34322drr drr drr drПосле замены r = et это уравнение преобразуется вd3 fd2 fdfd4 f−4−4+ 16 = 0.432dtdtdtdtОбщее решение имеет видf = Ae2t + Be4t + Ce−2t + D = Ar2 + Br4 +C+ D,r2Cϕ = Ar + Br + 2 + D cos 2θ.r24Тогда1 ∂ϕ1 df1 ∂2ϕ4fprr =+ 2 2 =− 2 cos 2θ = − 2A +r ∂rr ∂θr drrd2 f6C∂2ϕ2= 2 cos 2θ = 2A + 12Br + 4 cos 2θ,pθθ =∂r2dr !r!∂ 1 ∂ϕd fprθ = −=2sin 2θ = 2A + 6Br2 −∂r r ∂θdr r!6C 4D+ 2 cos 2θ,r4r6C 2D− 2 sin 2θ.r4rТогда граничные условия на внешней и внутренней окружностях даютP6C 4D− 2A + 4 + 2 =bb26C 4D2A + 4 + 2 = 0,aaP6C 2D2A + 6Bb2 − 4 − 2 = − ,bb26C2D2A + 6Ba2 − 4 − 2 = 0;aa4.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
