Лекция №6 СМА Часть 2 2015x

6.1 Напряженно-деформированное состояние полого цилиндра
при действии равномерного внутреннего и наружного давления
(плоская деформация -задача Ляме).
Если напряжения в теле зависят только от координаты r , то такое поле
называется осесимметричным. Оно возникает, например, при действии на длинный
полый цилиндр (рис. 6.1*) равномерного внутреннего pa и наружного pb давления.
Рис. 6.1* Длинный полый цилиндр
Приведем решение этой задачи в перемещениях. В качестве основной неизвестной
функции примем радиальное перемещение u  u (r ) . Тангенциальная компонента
перемещений v в виду осевой симметрии равна нулю. В лекции №5 были получены
уравнения связывающие деформации и перемещения (уравнения Коши):
r 
u
,
r
 
1 v u
1 u v v
 ,  r 

 ,
r  r
r  r r
которые в нашем случае примут вид:
r 
u
du
,    ,  r  0 .
r
r
(6.1*)
Формулы закона Гука
 r  E1 ( r   ) ,    E1 (    r ) , r  G r , E1 
du
u
du
E
1 2
; запишутся так:
u
 r  E1 (   ) ,    E1 (  
 ) ,  r  0 .
(6.2*)
r
r
r r
 r 1  1
Из уравнений равновесия

 ( r    )  R  0 ,
r
r  r
 1   2

     0 остается только одно уравнение (составляющие объемных
r r 
r
сил R  0,T  0 )
d r 1
(6.3*)
 ( r    )  0 .
dr
r
Подставляем выражения для напряжений (6.2*) в уравнение (6.3*) приходим к
обыкновенному дифференциальному уравнению относительно перемещений
d 2u
dr
2

1 du 1
 u  0.
r dr r 2
(6.4*)
Общее решение уравнения имеет вид
1
u  C1  r  C2 .
r
(6.5*)
Подстановка (6.5*) в формулы для напряжений (6.2*) дает
1
 r  E1[C1 (1   ) C 2 (1   ) ] ,
r2
(6.6*)
1
   E1[C1 (1   ) C 2 (1   ) ]
r2
Постоянные интегрирования определяем из условий на поверхности:
r  a ,  r   pa ; r  b ,  r   pb .
(6.7*)
Записываем условия на поверхности (6.7*) с учетом выражений для напряжений(6.6*)
получим систему двух линейных алгебраических уравнений, из которой определяем
константы интегрирования:
b 2  p b a 2p a
a 2b 2 ( p b  p a )
, C2  
.
C1  
(6.8*)
2
2
2
2
(1   ) E1 (b  a )
(1   ) E1 (b  a )
Окончательно для напряжений получим:
a2
b2
b2
a2
 r  pa
(1  )  pb
(1  ) ,
2
2
2
2
2
2
b a
a2
r
b2
b a
b2
r
a2
   pa
(1  )  pb
(1  ) .
b2  a 2
r2
b2  a2
r2
(6.9*)
На рис. 6.2* показано распределение напряжений вдоль радиуса при
p b  0, pa  p (внутреннее давление). При этом напряжения определяются по
формулам:
a2
b2
a2
b2
 r  pa 2
(1  2 ) ,    pa 2
(1  2 ) .
b  a2
r
b  a2
r
Рис.6.2*. Действует только внутреннее давление
(6.10*)
Наибольшее растягивающее напряжение возникает в точках внутренней поверхности
цилиндра и превышает давление p. При
и b  a   напряжение
 
pa

b
  напряжении   max  p . При b  a
a
, т.е. как в тонкостенной трубе.
На рис.6.3*показано распределение напряжений в случае, когда внутреннее
давление отсутствует, а к внешней границе приложено растягивающее напряжение  .
Когда отверстие мало (при
b
  ) формулы (6.10*) дают
a
2
2
a
a
 r   (1  2 ) ,     (1  2 ) .
r
r
(6.11*)
Рис.6.3*. Действует только наружное давление равное σ
У отверстия наблюдается концентрация напряжений   , причем   max  2 (  r 0 ). Вдали
от отверстия имеем плоское гидростатическое растяжение с напряжениями     к   .
6.2 Чистый изгиб кривого бруса (задача Х. С. Головина 1881 г.).
Рассмотрим чистый изгиб кривого бруса (внутренний радиус a =1, внешний b =3
рис.6.1)
Рис. 6.1 Чистый изгиб кривого бруса
Во всех радиальных сечениях, включая сечения, где приложены моменты M,
напряжения одинаково распределены, т.е. поле напряжений полярно - симметрично. В
тоже время перемещения u и v будут несимметричны. При наличии осевой симметрии
функция напряжений зависит только от r , т.е.   (r ) . Поэтому бигармоническое
уравнение (уравнение совместности деформаций) принимает вид
(6.1)
Общее решение дифференциального уравнения (6.1) имеет вид
(6.2)
.
Выражение окружных и радиальных нормальных напряжений через функцию
напряжений имеет вид:
(6.3)
,
.
Подстановка (6.2) в (6.3) дает (константа _C3-в выражениях (6.2) при
дифференцировании исчезает):
(6.4)
.
Для бруса (рис.6.1) условия на поверхности имеют вид:
(6.5)
.
Окружные напряжения   (r ) в каждом радиальном сечении распределены по
некоторому закону (пока неизвестному) и приводятся к паре M. Поперечное сечение
бруса прямоугольное (b  a)  1 - единичной толщины, следовательно
(6.6)
С учетом выражений (6.4) условия (6.5), (6.6) примут вид
,
(6.7)
,
.
Матрица системы уравнений и ее определитель:
(6.8)
,
Решаем по правилу Крамера:
,
;
(6.9)
,
;
,
.
Таким образом, для констант интегрирования получаем следующие выражения
,
(6.10)
,
.
Подставляем выражения для констант в выражения для напряжений (6.4). В
результате получаем:
(6.11)
,
.
Для графической иллюстрации результатов зададимся следующими исходными
данными: М=1кНм, a=1м, b=3м. На рис. 6.2 (в одном масштабе) показаны графики
изменения радиальных и тангенциальных (окружных) напряжений по высоте сечения
(h=b-a).
Рис. 6.2 Радиальные и тангенциальные напряжения
На рис. 6.3 показан деформированный вид бруса и эпюры напряжений. Зеленым
цветом на рис. 6.3,б показана линия, в точках которой    0 (нейтральная линия).
Нейтральная линия смещена от оси бруса к центру кривизны.
Рис. 6.3 Эпюры радиальных и окружных напряжений
Вычисление перемещений.
Выражения деформаций через перемещения (радиальные (u) и тангенциальные (v))
,
(6.12)
,
.
Используем формулы закона Гука:
.
(6.13)
Подставляем (6.12) в (6.13) получаем:
,
,
(6.14)
.
Подставляем выражения для напряжений (6.11) в первое уравнение (6.14) и
интегрируем по
r , и добавляем функцию
d
_ F1( ) , получаем
d
(6.15)
.
Подставляем выражения для напряжений (6.11) и выражение (6.15) для u (r , ) во
2-е уравнение (6.14) интегрируем по  , получаем
(6.16)
Выражения для перемещений (6.15) и (6.16) подставляем в третье уравнение (6.14),
в результате имеем
(6.17)
Умножаем уравнение (6.17) на
r
.
и разделяем переменные
(6.18)
,
.
Решаем уравнения (6.18)
,
(6.19)
.
Подставляем функции _ F1( ), _ F 2(r ) в выражения для перемещений (6.15),
(6.16), получаем:
(6.20)
.
Константы интегрирования определяются из условий закрепления бруса (рис 6.4). В
точке на оси бруса с координатами (   0 , r  a 
перемещений как твердого тела: u  0 , v  0 ,
v
 0.
r
ba
) брус закреплен от
2
Рис. 6.4 Брус закреплен от перемещений как твердого тела
Выражения для перемещений имеют вид
(6.21)
,
(6.22)
.
Деформированный вид бруса представлен на рис. 6.3 (
МПа,
).
Внимание! При ответе на экзамене данного вопроса достаточно знать алгоритм
определения перемещений (без вывода формул для u, v ).
6.3. Растяжение пластины ослабленной круглым отверстием
(плоское напряженное состояние -задача Кирша).
Решение задачи Кирша, как и Ляме, дается в полярной системе координат. В ней
рассматривается бесконечная пластина растянутая напряжением σx =σ и имеющая
отверстие радиуса а, который в несколько раз меньше высоты пластины (а≤h/16)
(рис.6.5.)
Рис.6.5. иллюстрация к задаче Кирша
Выделим из пластины кольцо достаточно большого радиуса r=b. Вдали от
отверстия имеется простое растяжение σx =σ, поэтому по формулам (5.8)
 r на границе этого кольца
для наклонных площадок найдем напряжения σr и
 r   cos ( ) 
2
 (1  cos(2 ))
2
1
, c    sin( 2 )
2
(6.10)
Эти напряжения рассматриваются как внешняя нагрузка для кольца. Нагрузка  r
содержит две части:
 r   r `   r ``
1
`
Первая  r   -осесимметричная нагрузка и
2
для нее уже были получены формулы (6.11*) в которых вместо σ надо подставить
Нагрузки
 r `` 
 cos(2 )
2
и
1
2
 r    sin( 2 )
1
 .
2
не являются осесиметричными.
Для них принимается функция напряжений виде
  f (r ) cos(2 )
(6.20)
Подставляя
2
это
выражение
2
в
2
бигармоническое
уравнение
1 
1 2 
1 
1 
(


)(


)  0 ,
2 r r
2
2
2 r r
2
2
r
r 
r
r 
придем к уравнению для f (r )

d2
1d
4 d 2 f 1 df 4 f
(

 )(


)  0
dr 2 r dr r 2 dr 2 r dr r 2
(6.30)
Общий интеграл этого уравнения дает такое уравнение для f
f  C1r 2  C2 r 4  C3r  2  C4
(6.40)
Константы определяются из условия на поверхности кольца:
r  a ,  r  0 ,  r  0 ;
r  b ,  r   r `` 
 cos(2 )
2
, r  
(6.50)
1
 sin( 2 ) .
2
В итоге от симметричной и несимметричной нагрузок на кольцо дается придем к
следующим суммарным напряжениям в пластине ( b   ):
(
6.60)
a 2
a 4
и ( ) , быстро убывают с удалением точки от
r
r
Слагаемые, содержащие степени ( )
отверстия. Поэтому возмущение одноосного поля напряжений, вызванное отверстием,
носит местный характер. Это видно из эпюр   (рис.6.6) показанных для линий θ = 0 и
θ= π/2. В декартовой системе это будут эпюры напряжений σу и σх соответственно.
Рис. 6.6. Распределение растягивающих и сжимающих напряжений
Как видно из рис.6.6. наибольшие напряжения будут достигать    3 при θ= π/2.
Если на растяжение σ наложим сжатие (-σ) в перпендикулярном направлении, то, как известно,
пластина в целом будет испытывать чистый сдвиг с касательным напряжением    .
Распределение напряжений   у отверстия в этом случае показано на рис. 6.7. Коэффициент
концентрации при одноосном растяжении у отверстия равен 3, а при чистом сдвиге - 4.
Рис. 6.7. Распределение растягивающих и сжимающих напряжений