lek_13 (549892)

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла

Лекция № 13Специальные вопросы курса сопротивление материалов: расчет толстостенных цилиндров; расчет тонкостенных оболочек.13. НЕКОТОРЫЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ13.1. Расчет на прочность толстостенный цилиндров. Задача ЛамеРассмотрим полый круглый цилиндр со стенкой постояннойтолщины t подверженный действию внутреннего pв и наружного давлений pн. Вследствие симметрии цилиндра и нагрузок, возникающие деформации и напряжения будут такжесимметричны относительно оси. При этом т о л с т о с т е н н ы м будем считать цилиндр, для которого t≥0,1·D (где D –наружный диаметр). Решение таких задач было предложенофранцузским механиком ЛамеДано:pн, pв, Rн, Rв, E, µ, GОпределить:Напряжения в стенках цилиндраРешениеСтатическая сторона задачиРассмотрим равновесие элементарной трапеции ABCD, выделенной в сечении цилиндра исоответствующей центральному углу dθ.

Набоковых гранях трапеции (AB и CD) будутдействовать о к р у ж н ы е напряжения σθ, навнутренней поверхности элемента (AD) – р а д и а л ь н ы е напряжения σr, а на внешней(BC) – радиальные напряжения σr+dσr. Попричине осевой симметрии цилиндра и нагрузок перекашиваться элемент не будет, а значит, на его гранях не будут возникать и касательные напряжения. Следовательно, напряжения σθ и σr – главные, причем в силу указанной осевой симметрии сечения и нагрузоквеличина окружных напряжений σθ не зависитот полярного угла θ.Запишем уравнения равновесия для элемента ABCD, спроецировав все силына нормаль к цилиндрической поверхности:dθ∑ Fn = 0 ⇒ − σr ⋅ r ⋅ d θ + ( σr + d σr ) ⋅ ( r + dr ) ⋅ d θ − 2 ⋅ σθ ⋅ dr ⋅ sin 2 = 0 .85Учитывая, что sin(dθ/2)≈dθ/2, и пренебрегая бесконечно малыми величинамивысоких порядков по сравнению с остальными, данное выражение можемпереписать следующим образом:d σ r σ r − σθ+= 0.(13.1)drrЗадача является один раз внутренне статически неопределимой.Геометрическая сторона задачиРассмотрим деформации элемента ABCD.

Деформация элемента симметрична относительно оси и поэтому вызовет лишь радиальное перемещение всехточек цилиндра. При этом точки A и D сместятся врадиальном направлении на величину u в положениеA′ и D′, а точки B и C – на величину u+du в положение B′ и C′.Относительная р а д и а л ь н а я деформация грани AB:A′B′ − AB BB′ − AA′ ( u + du ) − uεr ===⇒ABABdrОтносительная о к р у ж н а я деформация грани AD:A′D′ − AD ( r + u ) ⋅ d θ − r ⋅ d θεθ ==⇒ADr ⋅ dθεr =εθ =du.dru.r(13.2)(13.3)Физическая сторона задачиЗапишем закон Гука для плоского напряженного состояния:E⎫;σr =⋅ε+µ⋅ε()rθ⎪1 − µ2⎪⎬E⎪σθ =⋅ ε + µ ⋅ εr ) .⎪2 ( θ1− µ⎭(13.4)Математическая сторона задачиПодставив выражения (13.2) и (13.3) в формулы (13.4), получимE ⎛ duu⎞ ⎫σr =⋅+ µ ⋅ ⎟ ;⎪2 ⎜1 − µ ⎝ drr⎠ ⎪⎬E ⎛udu ⎞ ⎪σθ =⋅ ⎜ + µ ⋅ ⎟ .⎪dr ⎠ ⎭1 − µ2 ⎝ r86(13.5)После подстановки выражений (13.5) в уравнение равновесие (13.1) получимлинейное дифференциальное уравнение 2-го порядка с переменными коэффициентами относительно u:d 2 u 1 du u+ ⋅− = 0.dr 2 r dr r 2Общее решение этого уравнения выглядит следующим образом:Cu = C1 ⋅ r + 2 .r(13.6)Подставляя решение (13.6) в формулы (13.5), получим выражения для определения напряжений в точках на расстоянии r от оси цилиндра:E ⎡1− µ⎤σr =⋅ C ⋅ 1 + µ ) − C2 ⋅ 2 ⎥ ;2 ⎢ 1 (1− µ ⎣r ⎦σθ =E1 − µ21− µ⎤⎡⋅ ⎢C1 ⋅ (1 + µ ) + C2 ⋅ 2 ⎥ .r ⎦⎣Постоянные интегрирования C1 и C2 найдем из граничных условий, а именно– на внешней поверхности цилиндра радиальные напряжения равны внешнему давлению, а на внутренней – внутреннему:⎧E ⎡1− µ⎤⋅⋅+µ−⋅= − pн ;C1C()⎪r = Rн σ r = − pн ⇒22 ⎢ 12 ⎥−µ1R⎣⎦н⎪⎨⎪E ⎡1− µ⎤rRpC1C=σ=−⇒⋅⋅+µ−⋅= − pв .()⎪вв2r2 ⎢ 12 ⎥1R−µв⎣⎦⎩Решая полученные уравнения совместно, найдем, что1 − µ Rв2 ⋅ pв − Rн2 ⋅ pнC1 =;⋅ERн2 − Rв2221 + µ Rв ⋅ Rн ⋅ ( pв − pн )C2 =.⋅ERн2 − Rв2Окончательно выражения для σθ и σr запишем следующим образом:22Rв2 ⋅ pв − Rн2 ⋅ pн Rв ⋅ Rн ⋅ ( pв − pн ) 1 ⎫σr =−⋅ 2 ;⎪Rн2 − Rв2Rн2 − Rв2r ⎪⎬22Rв2 ⋅ pв − Rн2 ⋅ pн Rв ⋅ Rн ⋅ ( pв − pн ) 1 ⎪σθ =+⋅ 2 .⎪Rн2 − Rв2Rн2 − Rв2r ⎭87(13.7)Расчет толстостенных цилиндров на прочность рассмотрим для частного случая, когда имеет место тольковнутреннее давление (pн=0, pв=p).

Здесь выражения(13.7) приобретут следующий вид:⎡ Rн2 ⎤Rв2σr = 2⋅ ⎢1 −⎥ ⋅ p;Rн − Rв2 ⎣ r 2 ⎦Rв2σθ = 2Rн − Rв2⎡ Rн2 ⎤⋅ ⎢1 + 2 ⎥ ⋅ p.⎣ r ⎦Отметим, что радиальные напряжения σr в этом случаевсюду сжимающие, а окружные σθ – всюду растягивающие (то есть σ1=σθ, σ3=σr) и достигают наибольшихзначений на внутренней поверхности цилиндра (r=Rв):σr = − p;⎫⎪2⎪R⎪1 + в2(13.8)⎬Rнσθ =⋅ p.⎪Rв2⎪1− 2⎪⎭RнЗапишем условие прочности по III теории прочности:σ эквIII = σ1 − σ3 ≤ [ σ ] .Учитывая (13.8), найдем, чтоσэквIII =2⋅ p ≤ [ σ] .Rв21− 2RнОпределим допускаемое внутреннее давление в цилиндре при безграничномувеличении толщины стенки, то есть при Rн→∞. В этом случаеσ эквIII = 2 ⋅ p ≤ [ σ] ⇒[ p] =[σ] .2Как видим, начиная с определенного внутреннего давления [p], увеличениетолщины стенки цилиндра перестает быть эффективным способом увеличения прочности.

Дальнейшее увеличение прочности возможно либо за счетиспользования более прочных материалов (увеличение [σ]), либо за счет ме-88роприятий, направленных на создание внешнего давления на наружной поверхности цилиндра (см. формулу (13.7)).Для этого можно, например, сделать цилиндр составным, при этом его внутренний слой необходимо запрессовать с натягом в наружный, за счет чего исоздается внешнее давление на поверхности внутреннего слоя.13.2. Расчет тонкостенных сосудов (оболочек). Уравнение ЛапласаВ различных областях техники широко применяются такие элементы конструкций, которые с точки зрения их расчета на прочность могут быть отнесены к тонким оболочкам (цистерны, резервуары, баллоны и т.

д.).При расчете тонкостенных оболочек для упрощения решения задачи принимают ряд гипотез. Наиболее просто данная задача решается в рамках б е з м о м е н т н о й т е о р и и о б о л о ч е к , согласно которой из шести внутренних усилий отлична от нуля лишь нормальная к сечению сила (мембраннаясила), а все моменты и поперечные силы равны нулю.Рассмотрим сосуд, имеющий форму тела вращения иподверженный внутреннему давлению p, симметрично распределенному относительно оси вращения.Выделим элемент mnsq, вырезанный из стенки сосудадвумя меридиональными сечениями mn и sq и двумясечениями mq и ns, нормальными к меридиану. Из-засимметрии по граням элемента mnsq будут действовать только нормальные напряжения: σm – меридиональные, σt – окружные, равнодействующая которыхи будет уравновешивать внутреннее давление в сосуде.89Запишем уравнение равновесия элемента mnsq, проецируя все силы на нормаль n к его поверхности:dϕdϕ∑ Fn = 0 ⇒ 2σm ⋅ h ⋅ dst sin 2 m + 2σt ⋅ h ⋅ dsm sin 2 t − p ⋅ dst dsm = 0,где h – толщина стенки; dst, dsm – размеры элемента в окружном и меридиональном направлениях; dϕt, dϕm – центральные углы в окружном и меридиональном направлениях, соответствующие граням элемента.Учитывая, что ввиду малости угловsin(dϕ/2)≈dϕ/2,а также, чтоd ϕt = dst ρt , d ϕm = dsm ρm ,перепишем уравнение равновесия следующим образом:dsdsσm ⋅ h ⋅ dst ⋅ m + 2 ⋅ σt ⋅ h ⋅ dsm ⋅ t − p ⋅ dst ⋅ dsm = 0 ⇒ρmρtσ m σt p+= .ρm ρt hЭто основное уравнение, связывающее напряжения для тонкостенных сосудов вращения, впервые дано Лапласом (у р а в н е н и е Л а п л а с а ).Второе уравнение получим, рассмотрев равновесиенижней части резервуара с сечением радиуса r, ортогональным к оси вращения сосуда.

В этом случаедавление жидкости в отрезанной части сосуда p, еесобственный вес Qж и вес самого отсеченного резервуара Qр будут уравновешиваться меридиональными напряжениями на грани отсеченной части:σ m ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h ⋅ cos α − p ⋅ π ⋅ r 2 − Qж − Qр = 0 ⇒σm =Qж + Q рp⋅r.+2 ⋅ h ⋅ cos α 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h ⋅ cos αДанное выражение часто именуется у р а в н е н и е м р а в н о в е с и я з о н ыили просто у р а в н е н и е м з о н ы .Зная уравнение меридиональной кривой можно найти α, r, Qж и Qр, а сталобыть и σm.90.

Характеристики

Тип файла PDF

PDF-формат наиболее широко используется для просмотра любого типа файлов на любом устройстве. В него можно сохранить документ, таблицы, презентацию, текст, чертежи, вычисления, графики и всё остальное, что можно показать на экране любого устройства. Именно его лучше всего использовать для печати.

Например, если Вам нужно распечатать чертёж из автокада, Вы сохраните чертёж на флешку, но будет ли автокад в пункте печати? А если будет, то нужная версия с нужными библиотеками? Именно для этого и нужен формат PDF - в нём точно будет показано верно вне зависимости от того, в какой программе создали PDF-файл и есть ли нужная программа для его просмотра.

Список файлов лекций