Учебное пособие по курсу &quot

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ
ТОМСКИЙ ПОЛИТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
УТВЕРЖДАЮ
Директор ИДО
___________ С.И. Качин
«____» ________ 2013 г.
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
Учебное пособие для студентов
ИДО, обучающихся по направлению
151000 «Технологические машины и оборудование»
Составитель А.А. Светашков
Направление
Семестр
Кредиты
Лекции, часов
Практические занятия, часов
Индивидуальные задания
Самостоятельная работа, часов
Формы контроля
151000
4
4
8
6
№1
94
Зачет
Издательство
Томского политехнического университета
2013
УДК 330.8(075.8)
Элементы теории упругости: метод. указ. и индивид. задания для
студентов ИДО, обучающихся по направлению 151000 «Технологические
машины и оборудование»/ Сост. А. А. Светашков; Томский политехнический
университет –– Томск: Изд-во Томского политехнического университета,
2013. – с.
Методические указания и индивидуальные задания рассмотрены и
рекомендованы к изданию методическим семинаром кафедры
теоретической и прикладной механики «___» ___________ 2013
года, протокол №______.
Зав. кафедрой,
доцент, к.т.н.
Ф.А. Симанкин
Аннотация
Методические указания и индивидуальные задания по дисциплине
«Элементы теории упругости» предназначены для студентов ИДО,
обучающихся по направлению 151000 «Технологические машины и
оборудование». Данная дисциплина изучается в одном семестре.
Приведено содержание основных тем дисциплины, указаны темы
практических занятий. Приведены варианты индивидуального домашнего
задания в виде расчетно-графических работ. Даны методические указания по
выполнению индивидуального домашнего задания.
Оглавление
Предисловие............................................................................................................. 5
1. Состояние сплошной среды в окрестности точки. Теория напряжений ....... 7
Уравнения равновесия и закон парности касательных напряжений.
Напряжения на наклонных площадках. Граничные условия. Вычисления
главных значений тензора напряжений. Виды напряженных состояний.
2. Теория деформаций. Перемещения и деформации в точке тела. Тензор
деформаций ............................................................................................................ 17
Тензор деформаций. Главные деформации. Шаровой тензор и девиатор
деформаций. Геометрическая сторона задачи. Обобщение уравнений Коши
на трехмерную задачу. Условия сплошности (неразрывности) деформаций.
Задача определения перемещений по известным деформациям.
3. Связь между напряжениями и деформациями. Физические уравнения...... 28
Общая связь напряжений и деформаций. Закон Гука для изотропного тела.
Закон Гука для шаровых тензоров.
4. Плоская задача теории упругости ................................................................... 32
Плоское напряженное состояние. Плоская деформация. Основные уравнения
для плоского напряженного состояния. Уравнения равновесия в
перемещениях. Функция напряжений (Эри). Решение плоской задачи в
полиномах. Решение плоской задачи в тригонометрических рядах.
5. Плоская задача в полярных координатах ....................................................... 52
Основные
уравнения.
Симметричное
распределение
напряжений.
Растяжение пластины с отверстием. Задача Фламана. Действие силы на
острие бесконечного клина. Расчет перемещений для задачи Фламана.
3
6. Пространственная задача теории упругости .................................................. 73
Основные уравнения. Уравнения упругого равновесия в перемещениях.
Уравнения в напряжениях. Чистый изгиб призматического бруса. Изменение
формы поперечного сечения.
7. Пространственная осесимметричная задача в цилиндрических координатах 86
Основные уравнения. Уравнения равновесия. Сила, приложенная внутри
полупространства. Задача Буссинеска.
8. Контактные задачи теории упругости............................................................. 95
Частные случаи загрузки полупространства.
9. Задачи термоупругости ................................................................................... 100
Основные гипотезы. Физические уравнения. Решение
термоупругости. Расчет
цилиндрической
трубы при
температуры.
уравнений
действии
10. Расчет пластинок ........................................................................................... 106
Основные положения. Уравнения пластинки, работающей в плоскости.
Уравнения пластинки при работе из плоскости. Вывод дифференциального
уравнения упругой поверхности пластинки. План решения задачи изгиба.
Условия на опорном контуре. Эллиптическая пластинка, защемленная по
контуру. Расчет прямоугольной пластики. Усилия и моменты. Общий случай
нагрузки прямоугольной шарнирно опертой пластины. Расчет круглой
пластинки.
11. Элементы теории оболочек. Цилиндрические оболочки .......................... 135
4
Основные определения и гипотезы. Физическая сторона задачи.
Геометрическая сторона задачи. Деформации. Статическая сторона
задачи. Постановка задачи расчета цилиндрической оболочки. Расчет
цилиндрических резервуаров. Задача расчета цилиндрической трубы при
действии внутреннего давления. Расчет вертикально стоящего открытого
цилиндрического бака, заполненного жидкостью.
Литература ........................................................................................................... 156
5
Предисловие
Основы теории упругости были заложены в первой половине XIX века
Коши, Навье, Пуассоном, Ляме, Клайпероном. Данная наука, развиваемая
главным образом математиками как раздел математической физики, в 20-30
годах XX века приобрела законченную классическую форму. В эти же годы
появились новые разделы механики твердого деформируемого тела – теория
пластичности и реология.
В последние годы наблюдается бурное развитие теории упругости и ее
разделов. Причина – в значительном прогрессе, достигнутом во многих
областях техники: в химической промышленности, ядерной физике,
конструировании летательных аппаратов и т.д.
В практике проектирования прочных, надежных и экономичных
конструкций весьма много случаев, для которых элементарные методы
сопротивления материалов недостаточны, чтобы получить удовлетворительное
представление относительно распределения напряжений в конструкциях.
Так, элементарной теории недостаточно, чтобы составить представление о
местных напряжениях вблизи точек приложения нагрузок. Элементарная
теория не может дать объяснения в расчете напряжений в телах, размеры
которых являются величинами одного порядка. Элементарная теория не дает
возможность
исследовать
напряжения
в
местах
резкой
перемены
поперечного сечения балок и валов. Известно, что в данных сечениях
возникают осень высокие местные напряжения, что, в конечном счете,
приводит к появлению трещин, особенно если конструкция подвергается
знакопеременным нагрузкам.
Развитие расчетов прочности, устойчивости и колебаний конструкций
на базе методов теории упругости с использованием современной
вычислительной техники и программных средств привело к созданию
вычислительных технологий, опирающихся на классические формулировки
систем дифференциальных уравнений теории упругости.
6
В качестве обобщения опыта разработки индивидуальных программ,
реализующих отдельные задачи расчета конструкций на прочность,
современные вычислительные технологии предоставляют пользователю
универсальные программные комплексы (ANSYS, NASTRAN, FLUENT и
др.), которые стремятся охватить все многообразие конструкций, материалов
и способов нагружений. При этом стремление к автоматизации и
универсализации
решаемых
задач
невозможно
без
освоения
и
систематического изучения данной дисциплины.
Изложение материала соответствует уровню курса высшей математики
для технических вузов. В отдельных случаях приводятся краткие пояснения
некоторых вопросов математического анализа.
Предлагаемый
курс
лекций
должен
подготовить
читателей
к
самостоятельному решению простых задач, а также помочь выработать
навыки для математически корректной формулировки более сложных
граничных задач с целью их решения с применением универсальных
программных комплексов типа ANSYS.
Автор
благодарен
доценту
Н.А.
Куприянову
и
ассистенту
К.К. Манабаеву за проявленное внимание к рукописи, а также Е.Г. Шумской,
оказавшей неоценимую помощь в оформлении материала.
7
1. Состояние сплошной среды в окрестности точки.
Теория напряжений
Уравнения равновесия и закон парности касательных напряжений
Вырежем
бесконечно
малый
параллелепипед
в
окрестности
произвольной точки. Действие на параллелепипед окружающего тела
заменяем внутренними cилами, которые по отношению к элементу являются
внешними. Интенсивности приложенных сил – напряжения.
Так как напряжения – функции координат x, y, z, то при переходе от
одной грани элемента к другой данные функции получают приращения.
df 
f
f
f
dx  dy  dz .
x
y
z
σz + dzσz
z
τzx + dzτzx
τzy + dzτzy
τxz + dxτxz
τxy
σx
σx + dxσx
τyz + dyτyz
τyx + dyτyx
τxy + dxτxy
x
τxz
σy + dyσy
y
Рис. 1. Равновесие элементарного параллелепипеда
Здесь обозначено:
dx f 
f
f
f
dx, d y f  dy, d z f  dz .
x
y
z
8
Правило формирования индексов у напряжений
Нормальные напряжения имеют один индекс, соответствующий
направлению нормали к площадке, на которой действует напряжение. У
касательных напряжений два индекса: первый соответствует направлению
нормали к площадке, второй – направлению оси координат, параллельно
которой действует касательное напряжение.
Правило знаков
Все
три
напряжения
на
какой-либо
площадке
считаются
положительными, если:
а) нормаль к площадке совпадает с положительным направлением оси;
б) сами напряжения действуют вдоль положительных направлений осей.
Или:
а) нормаль совпадает с отрицательным направлением оси;
б) сами напряжения направлены против осей.
Рассмотрим равновесие плоской прямоугольной пластины единичной
толщины, рис. 2.
σy + dyσy
y
τyx + dyτxy
τxy + dxτxy
σx
σx + dxσx
τxy
dy
A
x
dx
τyx
σy
Рис. 2. Равновесие элементарного прямоугольника
9
Пусть кроме напряжений на выделенный элемент действует удельная
объемная сила с проекциями на оси X, Y. Тогда на весь объем dxdy∙1
приходятся силы Xdxdy, Ydxdy.
Уравнения статики
m  0 ,
x  0,
 y  0.
A
1) Рассмотрим момент относительно точки A, которую поместим в
центр тяжести наружной поверхности пластинки. Имеем
 xy dy


 dx
 dy
dx 
dy 
   xy  xy dx  dy   yx dx    yx  yx dy  dx  0 .
2 
x
2
2 
y

 2
Пренебрегая слагаемыми третьего порядка малости, получаем
 xy   yx .
В пространственном случае, применяя круговую перестановку индексов по
правилу:
y
x
z
получаем еще два соотношения:
 yz   zy ,
 zx   xz .
Данные уравнения выражают закон парности касательных напряжений:
на
любых
произвольную
двух
взаимно-ортогональных
точку
противоположные
по
тела,
действуют
направлению
площадках,
равные
напряжения.
по
Они
окружающих
величине
и
направлены
ортогонально ребру, образуемому пересечением данных площадок.
Теорема парности справедлива для всех тел, независимо от вида
нагрузок и свойств материала.
Рассмотрим второе уравнение статики.






 x dy    x  x dx  dy   yx dx    yx  yx dy  dx  Xdxdy  0 .
x
y




10
Приводя подобные, получим
 x  xy

 X  0,
x
y
 y  yx

 Y  0.
y
x
В трехмерном случае будем иметь:
 x  xy  xz


 X  0,
x
y
z
 yx  y  yz


Y  0,
x
y
z
 zx  zy  z


 Z  0.
x
y
z
Напряжения на наклонных площадках. (Граничные условия)
Выделим элементарную площадку, образованную тремя гранями
параллелепипеда и наклонной площадкой, рис. 3, а. Нормаль n к площадке
составляет с осями координат углы, косинусы которых l, m, n:
cos  n, x   l ,
cos  n, y   m,
cos  n, z   n.
Величины l, m, n – направляющие косинусы – связаны соотношением
l 2  m2  n 2  1 .
z
z
σy τyx
τyz
y
x
x
Рис. 3, а.
Элементарное наклонное сечение
σx
τxy
τxz
τzy
τzx
σz
Рис. 3, б.
Равновесие отсеченной части
11
y
Обозначим площадь наклонной площадки A, тогда
Ax  Al , Ay  Am, Az  An .
К выделенной пирамиде приложены напряжения, действующие по граням,
рис. 3, б. Проекции полного напряжения Pn, действующего на наклонной
грани, на оси координат обозначим Pnx, Pny, Pnz.
Составим суммы проекций сил на оси x, y, z.
Pnx A   x Ax   yx Ay   zx Az  0 ,
Pny A   xy Ax   y Ay   yz Az  0 ,
Pnx A   xz Ax   yz Ay   z Az  0 .
Сокращая A, получаем уравнения равновесия на наклонной площадке
X n   xl   xy m   xz n ,
Yn   xyl   y m   yz n ,
Z n   xzl   yz m   z n ,
где обозначено: Xn = Pnx, Yn = Pny, Zn = Pnz.
В случае, если наклонная грань проведена не внутри тела, а совпадает
с поверхностью, принадлежащей границе тела, полученные уравнения носят
название
граничных
уравнений
(или
условий)
теории
упругости
в
напряжениях. В этом случае Xn, Yn, Zn – поверхностные нагрузки.
Вычисление главных значений тензора напряжений
Пусть заданы компоненты тензора напряжений, приложенные на
гранях элементарного параллелепипеда, окружающего точку.
 x

T    yx

 zx
 xy
y
 zy
 xz 

 yz  .
 z 
Предположим, что наклонная площадка является главной, то есть на ней
отсутствуют касательные напряжения. Нормаль к наклонной площадке будет
главной осью. Поскольку касательные напряжений отсутствуют, то полное
напряжение Pn будет направлено по нормали, рис. 4.
12
z
Pn
n
y
x
Рис. 4. Ориентация полного напряжения и нормали
Проекции Pn на оси координат будут
Pnx  l , Pny  m, Pnz  n, Pn   .
Подставим выражения проекций в уравнения граничных условий
Pnx  l   xl   xy m   xz n ,
Pny  m   xyl   y m   yz n ,
Pnz  n   xzl   yz m   z n .
Получаем систему уравнений для определения направляющих косинусов
главной площадки, положение которой пока неизвестно.
  x    l   xy m   xz n  0 ,
 xyl    y    m   yz n  0 ,
 xz l   yz m    z    n  0 .
Данная система является однородной (отсутствуют правые части).
Необходимым условием существования ненулевого решения данной системы
является равенство нулю определителя, составленного из коэффициентов при
неизвестных l, m, n
x  
 xy
 xz
 xy
y  
 yz  0 .
 xz
 yz
z  
Тот факт, что система должна иметь ненулевое решение, следует из
соотношения между направляющими косинусами
l 2  m2  n 2  1 .
13
Раскрывая определитель, получим характеристическое уравнение,
называемое «вековым»
3  J12  J 2  J 3  0 .
(а)
Коэффициенты данного уравнения
J1   x   y   z ,
J 2  x y   y z   x z  2xy  2yz  2xz ,
x
J 3   xy
 xz
 xy
y
 yz
 xz
 yz   x y  z  2 xy  yz  zx   x  2yz   y  2xz   z  2xy .
z
В силу симметрии системы уравнений граничных условий, корни
характеристического уравнения (а) будут вещественны. Решая (а), получим
тройку главных напряжений σ1, σ2, σ3.
Величины σi зависят только от внешних нагрузок (или величин
компонент тензора напряжений) и не должны зависеть от ориентации
системы координат x, y, z – они должны быть инвариантами. Значит, и
коэффициенты векового уравнения также не должны зависеть от ориентации
осей координат
J i  const .
Поэтому J1, J2, J3 называют первым, вторым и третьим инвариантами тензора
напряжений.
Следствие
Поскольку корни кубического уравнения равны σi, данное уравнение
можно представить в виде:
   1    2     3   0 .
Раскрывая скобки и группируя слагаемые при одинаковых степенях σ,
сравним полученные выражения с уравнением (a). В результате находим
выражения инвариантов через главные напряжения:
J1  1  2  3 ,
14
J 2  12  23  13 ,
J 3  123 .
Зная значения главных напряжений, можно рассчитать три тройки
направляющих косинусов li, mi, ni, (i = 1, 2, 3), определяющих положение
каждой из главных площадок. Для этого можно воспользоваться системой
уравнений вида:
  x  i  li   xy mi   xz ni  0 ,
 xyli   e  i  mi   yz ni  0 ,
 xz li   yz mi    z  i  ni  0 ,
li2  mi2  ni2  1,
 i  1,2,3 .
Таким образом, любое напряженное состояние в произвольной точке
нагруженного тела можно представить как комбинацию растяжений (или
сжатий) в трех взаимно-ортогональных направлениях, действующих на
главных площадках.
Виды напряженных состояний
Приведем
типы
напряженных
состояний
(НС)
для
видов
сопротивления брусьев, которые изучаются в сопротивлении материалов.
Линейное напряженное состояние
P
P
σ1
σ1
Рис. 5. Одноосное растяжение
P
P
Рис. 6. Одноосное сжатие
15
σ3
σ3
(а)
m
(а)
σ1
σ1
(б)
σ3
σ3
m
(б)
Рис. 7. Прямой изгиб
m
(а)
(б)
m
Рис. 8. Косой чистый изгиб
Плоское напряженное состояние
m
τ
σ
σ3
1
σ1
σ3
m
Рис. 9. Кручение (чистый сдвиг)
m
σ1
τ
M
m
σ
σ
σ3
σ3
σ1
M
Рис. 10. Изгиб с кручением
Объемное напряженное состояние
σ3
P
P
σ1
σ2
Рис. 11. Растяжение образца с выточкой
σ3
σ1
σ2
Рис. 12. Трехосное сжатие
16
2. Теория деформаций. Перемещения и деформации в точке тела.
Тензор деформаций
Рассмотрим точку M в деформируемом теле. Под действием внешних
нагрузок
точка
M
переходит
в
положение
M M ',
M ',
M  x, y, z   M '  x ', y ', z '  , x '  x  u , y '  y  v , z '  z  w . Здесь u, v, w –
проекции вектора перемещений на оси координат, рис. 1.
z
M'
M
w
r
v
x
y
Рис. 1. Компоненты вектора перемещений
Рассмотрим деформации и перемещения элементарного кубика,
который при нагрузке изменит свои размеры и форму, рис. 2.
а
εxdx = Δdx
б
εydy = Δdy
dy
dx
в
г
z
εzdz = Δdz
x
dz
γxy
y
д
z
е
z
γyz
x
γzx
x
y
y
Рис. 2. Деформации удлинения и изменения углов
17
Линейные деформации εx, εy, εz положительны, если дают удлинения
ребер. Деформации сдвига γxy, γyz, γzx соответствуют тому, в какой из
координатных плоскостей происходит сдвиг между ребрами. Данные
деформации положительны, если они уменьшают угол между гранями.
Введем тензор деформаций
 x

T    yx

 zx
 xy
y
 zy
 xz 

 yz  .
 z 
Tε полностью определяет деформированное состояние в точке тела.
Главные деформации
По аналогии с напряженным состоянием существует такие положения
элементарного кубика, при котором тело испытывает только линейные
деформации, а сдвиги отсутствуют. Главные деформации найдутся из
характеристического уравнения
x  
 xy
 xz
det   xy
 y    yz  0 .
 xz
 yz
z  
Или
3  I12  I 2  I 3  0 ,
I1   x   y   z ,
I 2   x y   y z   z x   2xy   2yz   2zx ,
x
I 3   xy
 xz
 xy
y
 yz
 xz
 yz .
z
Ii – инварианты тензора деформаций.
18
Шаровой тензор деформаций и девиатор деформаций
Тензор деформаций Tε можно представить в виде суммы шарового
тензора Шε и девиатора Dε.
 ср

Ш   0
 0

0
ср
0
0 

0 ,
ср 
1
x   y  z  ,
3
  x  ср
 xy
 xz 


D    xy
 y   ср
 yz  .
 
 yz
 z   ср 
xz

ср 
Тензор Шε характеризует объемную деформацию в точке тела
   x   y   z  3ср  I1 .
Девиатор деформации отвечает за изменение формы тела. Первый
инвариант тензора Шε равен нулю, а второй инвариант
2
2
1
3
2

I 2D    x   y     y   z     z   x     xy   yz   zx  .
6
2

Геометрическая сторона задачи
Выделим из пластинки толщиной 1 элементарный параллелепипед
Oabc. После деформации параллелепипед перейдет в новое положение и
изменит свою форму, стороны его удлинятся и получат некоторый поворот.
Перемещения точки O вдоль осей X и Y обозначим через u, v.
u
y
b1
u  dy
y
v
a1
v  dy
b
y
a
β1
c1
dy
β2
v
v  dx
O1
x
v
c
x
O u
u
dx
u  dx
x
Рис. 3. Деформации элементарного параллелепипеда
19
Рассмотрим абсолютное удлинение Oc
u 
u

dx   u  dx   u  dx .
x 
x

Относительная деформация
x 
dx u
.

dx x
Аналогично получаем выражение относительной линейной деформации
вдоль оси y
y 
v
.
y
Рассмотрим угловые деформации, характеризующие изменение формы
прямоугольника.
Угол поворота стороны Oc
v 

 v  dx   v v
x 
tg 1  1  
 .
dx
x
Угол поворота вертикальной стороны Oa

u 
 u  y dy   u
u

tg 2  2  

.
dy
y
Угол сдвига будет суммой углов β1 и β2
v u
 xy   .
x y
Заметим, что положительный угол сдвига соответствует уменьшению
прямого угла aOc.
Таким образом, получены уравнения, связывающие деформации и
перемещения, названные уравнениями Коши.
Поскольку три компоненты тензора деформаций εx, εy, εz выражаются
через две функции перемещений u, v, данные деформации не могут быть
произвольными, а должны быть связанными некоторыми зависимостями.
20
Обобщение уравнений Коши на трехмерную задачу
Из рассмотрения изменений геометрии параллелепипеда размерами
dxdydz в пространстве можно вывести следующие соотношения между
деформациями и перемещениями:
u
v u
,  xy   ,
x
x y
v
w u
(a)
 y  ,  xz 
 ,
y
x z
w
w v
z 
,  yz 
 .
z
y z
Система дифференциальных соотношений между деформациями и
x 
перемещениями (а) носит название системы Коши.
Условия сплошности (или неразрывности деформаций)
Пусть
сплошное
тело
представляет
собой
набор
разрезанных
элементарных кубиков. Каждый из кубиков подвержен деформации. Если
сложить деформированные кубики, то между ними могут быть разрывы,
пустоты.
а
б
в
Рис. 4. Неразрывные (в) и разрывные (б) деформации тела
Чтобы
деформированные
кубики
составили
деформированные
сплошное тело, необходимо выполнение некоторых условий, называемых
условиями сплошности или неразрывности деформаций.
С точки зрения принципа минимального действия состояние (б)
требует больших затрат потенциальной энергии по сравнению с расходом
энергии на деформацию, которая приводит в состояние (в) (в состоянии (б) в
деформируемом теле образуются трещины и пустоты, на возникновение
которых и расходуется дополнительная энергия). Значит, возникновение
состояния (б) противоречит принципу наименьшего действия.
21
С математической точки зрения, если тело остается сплошным, то
деформации есть следствие перемещений всех точек тела. Необходимое
условие – однозначность определения шести компонент тензора деформации
по трем компонентам вектора перемещений.
Найдем соотношения между деформациями, которые выражают
однозначность их определения по перемещениям.
Задача определения перемещений по известным деформациям
(или по напряжениям)
Пусть найдены все компоненты тензора напряжений. Тогда, пользуясь
законом Гука, легко определить деформации.
Для определения перемещений u, v, w воспользуемся уравнениями
Коши
u
v
w
,  y  , z 
,
x
y
z
(1)
v u
w v
w u
 xy   ,  yz 
   xz 
 .
x y
y z
x z
u
Из данных соотношений следует, что только
определена через εx, а
x
остальные производные от u пока не выражены через деформации.
u  u
Если бы были найдены выражения
,
через деформации, то
y  z
перемещение u могло быть рассчитано по формуле
B
 u
u
u 
u    dx 
dy 
dz  .
(2)

x

y

z


A
x 
Интеграл (2) не зависит от пути интегрирования, а только от положения
точек A и B (так как выражение под интегралом есть полный дифференциал).
Поставим целью найти
u
. Для этой цели найдем производные
y
  u    u    u 
 ,
 ,
 ,
x  y  y  y  z  y 
  u    u   x
,
   
x  y  y  x  y
22
  u   
v   xy  v  xy  x






,
 xy

 
y  y  y 
x  y x y y
x
  u  1  
v  1  
w 






 xy

 zx

z  y  2 z 
x  2 y 
x 
1  

  v w  
  xy  zx   

2  z
y x  z y  
 
1  

  xy  zx  yz  .
2  z
y
x 
u
В итоге все производные от
найдены, и мы можем рассчитать саму
y
u
функцию
y
B
   u 
u
  u 
  u  
     dx    dy    dz  
y A  x  y 
y  y 
z  y  
B
 
 
  
 
1  

   x dx   xy  y  dy   xy  zx  yz  dz .
x
x 
2  z
y
x  
 y
A
u
Аналогично можно определить
.
z
Схема расчетов u
u
 x
x
  u  

x  y  
  u   u

y  y   y
  u  

z  y  
Схема расчетов v
v
u
  xy 
x
y
v
 y
y
u
  v  
 
x  z  

  v   v
 
y  z   z
  v  
 
z  z  
  u  
 
x  z  
  u   u
 
y  z   z
  u  
 
z  z  
23
v
Схема расчетов w
w
u 
  zx  
x
z 
w
v 
  yz   w
y
z 

w
 z

z

Найдем
  u    u    u 
u
с помощью
 ,
 ,
 
x  z  y  z  z  z 
z
 u  u  x
,


x z z x z
 u  u 1   xy  zx  yz 




,
y z z y 2  z
y
x 
  u   
w   zx  z

.
     zx 

z  z  z 
x  z
x
Найдем
v
z
 v 1  
w  1  
u 

  yz 

  xy   
x z 2 x 
y  2 z 
y 
1  yz 1  xy 1   w u  1  yz 1  xy 1  xz



 


.

2 x 2 z 2 y  x y  2 x 2 z 2 y
В
случае
плоской
двумерной
задачи
имеем
одно
уравнение
совместности (поскольку три компоненты деформации εx, εy, γxy выражаются
через два перемещения u, v):
2
 2 x   y  xy
.
 2 
y 2
x
xy
В качестве примера рассмотрим следующую задачу: определить
перемещения при нулевых деформациях
 x   y   z   xy   yz   zx  0 .
Получаем
24
u
 0,
x
  u    u    u 
u
 C1 ,
         0,
x  y  y  y  z  y 
y
  u    u    u 
u
 C2 .
         0,
x  z  y  z  z  z 
z
Следовательно, определяя u по найденным
 u u  u
,
,
, получим
 x y  z
u  C1 y  C2 z  u0 ,
где C1, C2, u0 – постоянные интегрирования.
Далее находим производные v.
v
u
   C1 ,
x
y
v
  y  0,
y
  v    v 
v
      0   C3 .
x  z  y  z 
z
Следовательно,
v  C1 x  C3 z  v0 .
Далее определяем w.
w
u
   C2 ,
x
z
w
v
   C3 ,
y
z
w
 0,
z
w  C2 x  C3 y  w0 .
Введем обозначения
C1  z , C2   y , C3  x
Тогда полученные выражения u, v, w будут
25
u   y z  z y  u0 ,
v   z x   x z  v0 ,
w  x y   y x  w0 .
Данные формулы есть перемещения абсолютно твердого тела как целого.
Перемещения u0, v0, w0 – получаются вследствие поступательного движения,
остальные слагаемые описывают вращения вокруг осей x, y, z на малые углы
φx, φy, φz.
В общем случае по заданным деформациям, удовлетворяющим
условиям оплошности, перемещения определяются не единственным
образом.
Различные
выражения
для
перемещений,
соответствующие
одинаковым деформациям, могут отличаться друг от друга только на
перемещения твердого тела, как целого.
При решении задач теории упругости подобные перемещения всегда
исключаются: либо путем задания взаимоуравновешенной системы сил, либо
закреплением тела по границе.
Исключим перемещения u, v, w из уравнений Коши.
Дифференцируя εx, εy и складывая, найдем
2
2
 2 x   y
 3u
 3v
 2  u v    xy
 2  2  2 
.
  
y 2
x
y x x y xy  y x  xy
Далее найдем
 xy
z

 yz
x
 xy
z


(а)
 zx
из трех последних уравнений Коши:
y
 yz
x

 zx
 2u
2
.
y
yz
Дифференцируя последнее по x, получаем
   xy  yz  zx 
 2  u 
2


2
x .
 2
x  z
x
y 
yz  x 
yz
(б)
Делая круговую подстановку индексов в (а), (б), запишем шесть
уравнений совместности деформаций
26
2
2
 2 x   y   xy
 2 
 0,
y 2
x
xy
 2 y
2
 2 z   yz
 2 
 0,
z 2
y
yz
 2 z  2 x  2  xz
 2 
0,
x 2
z
xz

 2 x
  
 
2
  xy  yz  zx  ,
yz x  z
x
y 
2
2
 2 y
zx

   yz  zx  xy 


,
y  x
y
z 

 
 2 z
  
  zx  xy  yz  .
xy z  y
z
x 
Уравнения (в) носят название уравнений совместности Сен-Венана.
27
(в)
3. Связь между напряжениями и деформациями.
Физические уравнения
Общая связь напряжений и деформаций
Напряженно-деформированное состояние (НДС) в каждой точке
характеризуется
шестью
компонентами
тензора
напряжений
Tσ
и
деформаций Tε. Между этими тензорами существует зависимость
Tσ = F(Tε).
В покомпонентном виде
 x  F1   x ,  x ,...,  xz  ,
 y  F2   x ,  x ,...,  xz  ,
…
 xz  F6   x ,  x ,...,  xz  .
Будем
предполагать,
что
в
недеформированном
состоянии
(  x   x  ...   xz  0 ) напряжения отсутствуют:
 x  F1  0,0,...,0   0 ,
…
 xz  F6  0,0,...,0   0 .
Разложим функции Fk в ряды Тейлора и ограничимся членами первого
порядка
 x  c11 x  c12 y  ...  c16  xz ,
…
(а)
 xz  c61 x  c62 y  ...  c66  xz .
Данные соотношения представляют собой обобщенный закон Гука для
анизотропного тела. Вследствие закона парности касательных напряжений
имеем
Сik = Сki, (i = 1, 2, …, 6).
Значит, только 21 константа из 36 будет независима.
28
Определение из опытов постоянных Сik, входящих в соотношения (а),
исследование частных случаев анизотропии и решение практических задач
входит в курс теории упругости анизотропного тела.
В дальнейшем будем рассматривать упругость изотропных тел.
Закон Гука для изотропного тела
Рассмотрим параллелепипед, к граням которого приложены только
нормальные напряжения
z
σz
σy
y
σx
x
Рис. 1. Нормальные напряжения
Пользуясь законами Гука и Пуассона для одноосного напряженного
состояния, найдем связь между деформациями и напряжениями в трехосном
случае. Будем учитывать справедливость принципа суперпозиции.
Деформацию в направлении оси 0x разложим на три составляющие:
первая обусловлена действием напряжения σx, вторая и третья – σy, σz.
 x  1x  2x  3x .
По закону Гука
1x 
x
,
E
где E – модуль Юнга, а по закону Пуассона
 2x  
3x  
29
y
E
,
z
,
E
где μ – коэффициент Пуассона. Складывая, получаем
x 
1
 x     y   z   .

E
Применяя круговую перестановку индексов, находим остальные компоненты
линейной деформации
1
 x     y   z   ,

E
1
 y   y     x   z  ,
E
1
 z   z     x   y  .
E
x 
Касательные
усилия
вызывают
(а)
перекашивание
граней
параллелепипеда, при этом линейные размеры элементов не изменяются.
Например,
касательное
напряжение
τxy
вызывает
искажение
грани,
параллельной плоскости x0y и оставляет без искажения другие грани
параллелепипеда.
В
силу
всего
сказанного,
получаем
закон
Гука,
связывающий сдвиговые деформации и касательные напряжения в виде:
1
 xy ,
G
1
 yz   yz ,
G
1
 zx   zx .
G
 xy 
Здесь G – модуль сдвига, который можно найти из опыта на кручение или
опыта на сдвиг, или рассчитать через известные коэффициент Пуассона и
модуль упругости E
G
E
.
2 1   
Уравнения закона Гука можно разрешить относительно напряжений
 xy  G xy ,
 x    2G x ,
 y    2G y ,
 yz  G yz ,
(б)
 z    2G z ,
 zx  G  zx .
30
(в)
Здесь λ – постоянная Ляме

E
,
1   1  2 
θ – объемная деформация
  x   y  z .
Таким образом, для изотропного упругого тела пара констант E, μ
полностью определяют физические уравнения, связывающие компоненты
тензора напряжений и тензора деформаций.
Закон Гука для шаровых тензоров
Сумма трех уравнений (а) дает
x   y  z 
1
1  2    x   y   z 
E
или

1  2
 , где    x   y   z .
E
Если ввести обозначение
K
E
,
1  2
то   K  , где K – модуль объемной упругости.
При   0.5, K   .
Следовательно,


0.
K
В этом случае объем тела не изменяется (несжимаемое тело).
Если предположить, что   0.5 , то K  0 и получилось бы, что при
трехосном растяжении кубика, окружающего точку,    x   y   z  0 и
объем кубика уменьшился бы. Этого не может быть. Поэтому принимается
0    0.5 .
31
4. Плоская задача теории упругости
Плоское напряженное состояние
Пусть тонкая пластинка нагружена усилиями на границе, параллельно
ее плоскости и равномерно-распределенными по толщине, рис. 1, а, б.
z
x
y
y
Рис. 1, а. Нагружение пластинки
в плоскости x, y
Рис. 1, б. Нагружение пластинки
в плоскости y, z
Компоненты напряжений σz, τxz, τyz на поверхностях пластинки равны 0.
Можно принять их равенство нулю и внутри пластинки.
Напряженно-деформированное состояние будет определяться только
напряжениями σx, σy, τxy и называться плоским. Напряжения будут зависеть
только от координат x, y.
Плоская деформация
Пусть размер тела вдоль оси z очень велик. Если, например,
цилиндрическое тело нагружено силами, действующими ортогонально его
оси, и не меняющимися по длине, то можно считать, что все поперечные
сечения находятся в одинаковых условиях, рис. 2.
32
q = const
y
δ
x
b
d
Рис. 2. Нагружение бесконечно длинного тела
Теоретически полагаем b   , практически b
d . Мысленно рассечем
данное тело на отдельные слои толщиной δ =1.
Предположим, что концевые сечения ограничены абсолютно жесткими
поверхностями, препятствующими продольным перемещениям. Тогда,
поскольку осевые перемещения на концах отсутствуют, то их не будет и в
среднем сечении.
Примеры таких задач – рис. 3-5.
x
x
y
y
Рис. 3. Подпорная стенка
Рис. 4. Тоннель
z
x
y
y
Рис. 5. Цилиндрическая труба под действием давления
33
Так как в каждом поперечном сечении условия одинаковы, достаточно
рассмотреть тонкий слой толщиной δ =1. Компоненты перемещений u, v
будут зависеть от x, y и не зависеть от z.
Продольное перемещение w = 0 и
 yz 
v w

 0,
z y
 xz 
u w

 0,
z x
z 
w
 0.
z
На основе закона Гука из условия равенства нулю продольной деформации
z 
1
 z     x   y    0

E
получаем
z   x   y  .
Таким образом, задача о плоской деформации сводится к определению
σx, σy, τxy как функций x, y.
Основные уравнения для плоского напряженного состояния
а) Компоненты напряжений и деформаций
 z   yz   xz  0 ,
 zy   zx  0 ,
z  

x   y  .
E
б) Уравнения равновесия в напряжениях
в области:
 x  xy

 X  0,
x
y
 xy  y

 Y  0.
x
y
на границе:
l x  m xy  X n ,
l  xy  m y  Yn .
34
в) Геометрические уравнения
x 
u
v
v u
,  y  ,  xy   .
x
y
x y
г) Уравнения совместности деформаций
2
2
 2 x   y   xy
.
 2 
y 2
x
xy
д) Физические уравнения
1
 x   y  ,
E
1
 y    y   x  ,
E
1
 xy   xy .
G
x 
Обратные соотношения
x 
E
  x   y  ,
1  
y 
E
  y   x  ,
1  
 xy  G xy .
е) Уравнения совместности в напряжениях
 X Y 
   x   y       

,

x

y


где Δ – оператор Лапласа
2
2
 2  2 .
x
y
Плоская деформация
Компоненты напряжений и деформаций
 z   zx   zy  0 ,
 xz   zy  0 ,
z   x   y  .
35
Для случая плоской деформации во всех уравнениях (д), (е)
необходимо сделать замены
  1 

,
1 
E  E1 
E
.
1  
Уравнения равновесия в перемещениях (Ляме)
Выберем в качестве основных неизвестных перемещения u, v в
функциях x, y. По закону Гука с использованием соотношений Коши
получаем
E  u
v 



,
1     x
y 
E  v
u 
y 
  ,
 
1    y
x 
x 
 u v 
E
 xy  G    , G 
.

y

x

1






Подставим в уравнения равновесия в напряжениях. Тогда получим
3  2G 
G
 u  X  0 ,
  2G x
(а)
3  2G 
G
 v  Y  0 ,
  2G y
u v 3  2G 1  
где  
.
 ,

x y   2G 1  
К системе (а) следует присоединить еще граничные условия,
выраженные через u, v и их производные. После чего задача нахождения
искомых перемещений становится замкнутой.
Функция напряжений (Эри)
Решение плоской задачи можно существенно упростить, если перейти
от трех искомых напряжений к одной функции φ, называемой функцией
напряжений.
36
Пусть интенсивности объемных сил постоянны
X = const, Y = const.
Выразим напряжения через φ
 
x   ,
y
 
y   ,
x
 
 xy  
  Xy  Yx  .
xy
Подставляя в уравнения равновесия
(а)
 x  xy

 X  0,
x
y
 xy  y

 Y  0,
x
y
получаем тождество для любой функции φ.
Таким образом, задавая всевозможные представления φ, будем
получать равновесные поля напряжений. Но этого не достаточно для
нахождения решения задачи теории упругости. Необходимо, чтобы функция
φ удовлетворяла уравнению совместности:
 x   y   0 .
Подставим сюда (а)
 
 
           0 .
y 
 x
Раскрывая скобки, получаем
 
       
 
 
 
(б)
             2      0 .
y  x
y 
x
x y
y
 x
Уравнение (б) называется бигармоническим. Оно представляет собой
уравнение совместности, выраженное через функцию напряжений.
Решения плоской задачи в полиномах
Функция напряжений может быть выбрана на основе выполнения двух
условий:
37
а) удовлетворять уравнению совместности
   0 ;
б) напряжения, рассчитанные по φ, должны удовлетворять граничным
условиям.
Обычно это сделать довольно трудно, однако существуют частные
случаи.
Будем задавать φ в виде полинома по x, y и исследовать, какому
напряженному состоянию она будет соответствовать. В общем случае
   a2 x 2  b2 xy  c2 y 2    a3 x 3  b3 x 2 y  c3 xy 2  d 3 y 3   ...
Линейные слагаемые в выражении φ, как легко показать, дадут нулевые
напряжения.
1. Полиномы второй и третьей степени
Полином
   a2 x 2  b2 xy  c2 y 2    a3 x 3  b3 x 2 y  c3 xy 2  d 3 y 3   ...
будет
удовлетворять
бигармоническому
уравнению
при
любых
коэффициентах, так как
 
 0,
x 
 
 0,
x y 
 
 0.
y 
а) Положим
  ax 2 .
(а)
Напряжения будут
 
 
 
 x    0 ,  y    2a ,  xy  
 0.
y
xy
x
Рассмотрим в качестве простого примера, какие напряжения будут на
гранях прямоугольной полосы, рис. 6.
y
1
h
x
l
Рис. 6. Прямоугольная полоса
38
В случае задания φ в виде (а) ненулевыми будут только вертикальные
нормальные напряжения, равные постоянной для всех точек пластины.
Напряжения на верхнем и нижнем контурах должны уравновешиваться.
Получаем случай простого растяжения по оси y, рис. 7.
σy
2a
σy
2a
Рис. 7. Нормальные напряжения, действующие вдоль y
б)   bxy .
Напряжения
 x  0 ,  y  0 ,  xy  b .
Это случай чистого сдвига. По контуру пластины приложены равномернораспределенные сдвиговые напряжения, рис. 8.
τxy
b
τxy
b
b
b
Рис. 8. Касательные напряжения
в)   cy 2 .
 x  2c ,  y  0 ,  xy  0 .
Это случай растяжения вдоль x. Нормальные напряжения на боковых
контурах уравновешены, рис. 9.
σx
σx
2c
2c
Рис. 9. Нормальные напряжения, действующие вдоль x
39
г)   ax3 .
Напряжения
 x  0 ,  y  6ax ,  xy  0 .
Вертикальная нагрузка распределена по треугольному закону, рис. 10.
σy
6al
σy
6al
Рис. 10. Нагружение треугольной нагрузкой
Если взять начало координат в середине полосы, то получим случай
чистого изгиба, рис. 11.
σy
Рис. 11. Чистый изгиб
д)   bx 2 y .
Напряжения
 x  0 ,  y  2by ,  xy  2bx .
К полосе приложены нормальные и касательные силы.
τxy
2bl
σy
bh
τxy
2bl
σy
τxy
bh
2bl
Рис. 12. Действие нормальных и касательных напряжений
40
Вверху действуют растягивающие силы: при y 
h
h
,  y  2b  bh  0 .
2
2
h
Внизу – сжимающие силы: при y   ,  y  bh  0 .
2
Касательные напряжения вверху и внизу распределены по линейному закону;
слева их нет, справа они распределены равномерно, рис. 12.
Все силы, приложенные к полосе, уравновешены.
е)   cxy 2 .
Напряжения
 x  2cx ,  y  0 ,  xy  2cy .
Нормальные напряжение приложены к правому торцу. Касательные
напряжения равномерны вверху и внизу, на торцах меняются по линейному
закону, рис. 13.
τxy
сh
ch
τxy
σx
сh
сh
2cl сh
ch
τxy
Рис. 13. Действие нормальных и касательных напряжений
ж)   dy 3 .
Напряжения
 x  6dy ,  y  0 ,  xy  0 .
Здесь имеем случай изгиба моментами, приложенными к торцам, рис. 14.
σx
σx
3dn
3dn
Рис. 14. Изгиб пластинки в плоскости xy
41
2. Полиномы четвертой степени
Представим φ в виде
  ax 4  bx3 y  cx 2 y 2  dxy3  ey 4 .
Индексы у коэффициентов опущены. Легко проверить, что φ удовлетворяет
бигармонической уравнению не при любых a, b, … , e. Действительно,
 
 24a ,
x 
 
 4c ,
x y 
 
 24e .
y 
Подставляя в бигармоническое уравнение, получим соотношение между
постоянными коэффициентами
c
24a  8c  24e  0, е  a  .
3
Значит, задаем φ в виде
c

  ax 4  bx3 y  cx 2 y 2  dxy 3   a   y 4 .
3

Данная φ уже будет удовлетворять бигармоническому уравнению при любых
a, b, …
Рассмотрим случай   dxy 3 .
Напряжения
 x  6dxy ,  y  0 , xy  2dy 2 .
Нормальные усилия приложены только к правому торцу. Касательные
усилия равномерны вверху и внизу. Справа и слева изменяются по закону
параболы, рис. 15.
42
3
 dh2
4
σx
τxy
τxy
τxy
–3dlh  3 dh2
3 2
4
 dh
4
Рис. 15. Квадратичный закон касательных напряжений на границе
3
 dh2
4 τxy
3. Полином пятой степени
  ax5  bx 4 y  ...  fy 5 .
Подставим φ в бигармоническое уравнение. Получим
x 120a  24c  24e   y  24b  24d  120 f   0 .
Поскольку x, y – независимые переменные, то имеем два уравнения
120a  24c  24e  0 ,
24b  24d  120 f  0 .
Расчет плотины треугольного профиля
Пусть плотина подвергается нагрузке от давления воды и собственного
веса, рис. 16.
y
x
O
n
β
q
α
B
A
Рис. 16. Нагружение треугольной плотины
Требуется найти напряжения. Выделим пластинку толщиной δ =1. Плотина
находится в плоско-деформированном состоянии.
Давление на плотину на глубине y будет
q  y ,
43
γ – удельный вес воды. Удельный вес материала плотины – ρ. Ширина
плотины на глубине y будет равна
b
y
.
tg 
Возьмем функцию напряжений в виде полинома третьей степени
  ax3  bx 2 y  cxy 2  dy 3
и рассмотрим, можно ли с помощью найденной φ выполнить условия
равновесия на контуре.
 x  2cx  6dy ,
 y  6ax  2by ,
(а)
 
 xy  
 x  2bx  2cy  x .
xy
В случае представления τxy в таком виде мы можем удовлетворить
уравнениям равновесия в области при наличии объемной силы Y = P(y):
 x  xy

0,
x
y
 xy
x

 y
y
 Y  0.
Граничные условия на участке OA при x = 0 будут
 x  q  y ,
 xy  0 .
С учетом (а) находим

d ,

Напряжения с учетом d, c будут
с  0.
 x  y ,
 y  6ax  2by ,
 xy  2bx  x .
На границе OB нагрузки отсутствуют
X   xl   xy m  0 ,
Y   y m   xyl  0 .
Так как l  cos   sin  , m  sin   cos  , то получаем
44
y sin    2bx  x  cos   0,



 6ax  2by  cos    2bx  x  sin   
На граничном контуре x  
y
. Подставляем в систему и сократим y
tg 
 tg  
6
2b


 0,
tg  tg 
a
 4b    
tg 
Тогда
 tg   
 ,

2
 tg    tg 
a



6
b
(б)
Напряжения с учетом выражений (a), (b) будут
 x  y ,
 y    tg    tg    x      tg    y ,
 xy   tg    x .
Эпюра σy имеет вид трапеции с ординатами
x  0,  y    tg      h ,
x
h
h
  y    tg    tg  
   tg      h   tg    h .
tg 
tg 
σx
τxy
 tg   h
  tg

   h
 tg    h
Рис. 17. Эпюры нормальных и касательных напряжений
Эпюра τxy представляет
h
 tg  x
  tg   h , рис. 17.
tg 
собой
45
треугольник
с
ординатой
Решение плоской задачи в тригонометрических рядах
Зададим функцию напряжений в виде:
  sin
nx
F  y,
l
где n – целое число, n = 1, 2,…, l – длина пластинки, F(y) – некоторая
функция, которую можно найти из бигармонического уравнения. Обозначим

n
.
l
Найдем производные от φ по x, y.
 4
  4 sin xF  y  ,
4
x
 4
  2 sin xF II  y  ,
2
2
x y
 4
 sin xF IV  y  .
4
y
Подставим в бигармоническое уравнение
  F  2 F
4
2
II
 F IV  sin x  0 .
Общий интеграл данного обыкновенного дифференциального уравнения
имеет вид:
F  y   c1 sh y  c2 ch y  c3 y sh y  c4 y ch y .
(а)
Здесь гиперболические синусы и косинусы записываются как
sh y 
1 y y
1
e  e  , ch y   ey  ey  ,

2
2
 ch x   sh x,  sh x   ch x .
Более общее решение, найденное Рибьером и Файлоном, можно
записать


n 1
n 1
   Fn  y  cos x   Fn*  y  sin x ,
46
где Fn(y) – функция, определяемая соотношением (а), в котором константам ci
приданы индексы n: ci  cin ; функция Fn*  y  получается из Fn(y) заменой
констант cin на cin .
Рассмотрим пример, поясняющий применение данного решения.
Пусть полоса длиной 2l нагружена на верхней и нижней кромках в
пределах от – a до a. На верхней кромке нагрузка T = – q, на нижней T = q,
рис. 18.
y
q
y
c
x
c
1
q
a
l
z
h=2c
a
l
Рис. 18. Нагружение прямоугольной полосы
Нагрузки представим разложениями в ряды Фурье по косинусам. По верхней
кромке



T    a0   an cos x  ,
n 1


по нижней кромке

T  b0   bn cos x ,
n 1
где
l
a
1
q
qa
a0  b0   T  x  dx   dx 
,
2l  l
2l  a
l
l
a
1
q
2q
an  bn   T  x  cos xdx   cos xdx 
sin x .
l l
l a
l
47
Слагаемые a0 и b0 представляют собой равномерную сжимающую нагрузку,
вызывающую напряжения 0y  
qa
.
l
Найдем напряжения, выраженные через производные от функции Эри.

 x   c1n 2 ch y  c2n 2 sh y  c3n   sh y  y ch y  
n 1
 c4n   ch y  y sh y   cos x,
y  

2
 c
n
1
n 1
ch y  c2n sh y  c3n y ch y  c4n y sh y  cos x,

 xy    c1n sh y  c2n ch y  c3n  ch y  y sh y  
n 1
 c4n  sh y  y ch y   sin x.
Постоянные
необходимо
cin
определить из граничных
условий
на
продольных кромках y  c
 xy
y  c
T

T
y c
y  c
 0,
1
y y c
 1y
(б)

  an cos x ,
(в)
n 1

y  c
  bn cos x .
(д)
n 1
Из (б) имеем равенство нулю каждого из слагаемых ряда для τxy, которые
заключены в квадратные скобки.
При y = с получаем
c1n sh c  c2n ch c  c3n  ch c  c sh c   c4n  sh c  c ch c   0 .
При y = – с
c1n sh c  c2n ch c  c3n  ch c  c sh c   c4n  sh c  c ch c   0 .
Отсюда находим
c3n  c2n
 ch c
 sh c
, c4n  c1n
.
ch c  c sh c
sh c  c ch c
Используя условия (в), (д), получим
48
(е)
 2  c1n ch c  c2n sh c  c3nc ch c  c4nc sh c   an ,
 2  c1n ch c  c2n sh c  c3nc ch c  c4nc sh c   bn .
Или, суммируя и вычитая последние два уравнения,
 2  c1n ch c  c4nc sh c   an  bn ,
 2  c2n sh c  c3nc ch c   an  bn .
Принимая во внимание (е), найдем из последних равенств
c1n 
an  bn sh c  c ch c 4q
sh c  c ch c
 3 sin a
,
2

sh 2c  2c
l
sh 2c  2c
c2n  c3n  0 ,
c4n 
4q
sh c
sin

a
.
3l
sh 2c  2c
Окончательные формулы для напряжений принимают вид:
4qa 
x 
 Kn c ch c ch y  sh c  ch y  y sh y  cos x ,
l n1 

qa 

 y       1  4 Kn c ch c ch y  sh c  y sh y  ch y  cos x  ,
l 
n 1

0
y
1
y
4qa 
 xy 
 Kn  c ch c sh y  sh c ch y  sin x ,
l n1
Kn 
В
срединной
sh a
.
a  sh 2a  2a 
плоскости
полосы,
y = 0,
напряжение
σy
будет
определяться как
y  

qa 

1

4
K n c ch c  sh c  cos x  .


l 
n1

Для бесконечно длинной полосы при малом a, когда полоса нагружена
силами P = 2qa, распределение σy характеризуется следующим графиком,
рис. 19.
49
y
P
с
x
с
P
K n y 
2,0
Kn 2P
c
1,0
0
x/с
Рис. 19. Эпюра напряжений σy
Легко видеть, что напряжение σy при y = 0 очень быстро затухает по
мере удаления от сечения, где приложены силы P. Это согласуется с
принципом Сен-Венана.
Рассмотрим случай узкой полосы, когда h  2c
случае число c 
2l , рис. 20. В этом
nc
большое и
l
1
sh c  ch c  ec .
2
Полагая sin a  a , выражение для Kn примет вид:
2
Kn 
c
l
l
e
y
P
.
c
x
c
P
Рис. 20. Нагружение пластинки сосредоточенными силами
50
Для сечений y = const, удаленных от срединной плоскости y = 0, можно
принять
1
sh y  ch y  ey .
2
Тогда для напряжений σy в этих сечениях получим

P

 n

 y   1  2   c  y   e
2l 

n 1  l

n y c 
l


cos x  .


l
Эпюры напряжений σy в сечениях y  c  , c  l , c  2l приведены на
2
рис. 21.
0,198
l
yc
2
P/2l
2,75
y  c l
P/2l
0,668
1,387
y  c  2l
P/2l
0,973
1,027
Рис. 20. Эпюры напряжений σy
Отсюда видно, что при удалении от места приложения силы P по
координате y распределение напряжения σy быстро приближается к
равномерному. На расстоянии
y  c  2l , равном ширине пластины,
напряжения почти постоянны, что находится в соответствии с принципом
Сен-Венана.
51
5. Плоская задача в полярных координатах
Основные уравнения
Ряд задач теории упругости удобно решать в полярной системе
координат, в которой положение точки M(x,y) определяется координатами
r, θ, рис. 1.
y
M1
s
v
u
M
r
dθ
y
θ
x
x
Рис. 1. Положение точки M в декартовых и полярных координатах
Координаты дуги s и угол θ связаны зависимостью
s = r θ,
Полное
перемещение
точки
ds = r dθ.
MM1
зададим
двумя
компонентами
перемещений: u – в радиальном направлении, v – в тангенциальном.
Статические уравнения выражают условия равновесия элемента dr, ds, 1
по радиальному и тангенциальному направлениям, рис. 2.
y
τrθ+dτrθ
σr+dσr
τθr+dτθr
σθ+dσθ
σr
dθ
ds
τrθ
ds+Δds
dr
τθr
σθ
x
Рис. 2. Равновесие криволинейного элемента
52
Уравнения равновесия будут
 r  d r  ds  ds   r ds  dr sin
d


d
 Rdrds  0,

   d   dr  dr  rds   r  d r   ds  ds  
    d   dr sin
  r  d r  dr sin
(а)
d
d
 r dr sin
 Tdrds  0.


Здесь R, T – интенсивности объемных нагрузок,
d r 
r



dr , d r  r d , d r  r dr , d    d  .
r

r

В уравнениях (а) учтены проекции сил, действующих на гранях dr, которые
они дают вследствие наклона граней к направлениям R, T на углы
Заменим в (а)
sin
d d
,



ds   r  dr  d   rd   drd 
d
.

и отбросим
слагаемые третьего порядка малости. Тогда получим
 r 1  1

   r     R  0,
r r  r
 1  2

   T  0.
r r  r
(б)
Здесь τ = τrθ = τθr. Равенства (б) есть аналог уравнений равновесия в
напряжениях для полярных координат.
Геометрическое уравнения в полярной системе координат принимают
вид:
u
,
r
1 v u
 
 ,
r  r
1 u dv v
 r 

 .
r  dr r
r 
(в)
Соотношения (в) представляют собой уравнения Коши в полярных
координатах.
53
Физические уравнения закона Гука остаются без изменений
r 
E
E
E
    ,  
   r  , r 
 r .
2  r
2  
1 
1 
2 1   
(г)
Функция напряжений для случая отсутствия объемных сил позволяет
выразить напряжения
 2
1  1  2
  2 ,  r 

,
r
r r r 2 2
1  1  2
  1  


 
,
r  r r
r  r  
(д)
удовлетворяющие системе уравнений равновесия (б).
Условие совместности деформаций, выраженное через напряжения, в
случае прямоугольных координат записывается как
 x   y   0 .
(е)
Поскольку из теории напряженного состояния известно, что сумма
нормальных
напряжений
на
двух
взаимно-ортогональных
площадках
постоянна, то
 r     x   y
и получаем уравнение совместности в полярной системе координат
  r     0 .
(ж)
Оператор Лапласа Δ необходимо расписать для полярной системы
координат. Поскольку в декартовой системе координат было справедливо
 x   y  
   x   y    2 ,
то получаем
r     .
Найдем сумму нормальных напряжений в полярных координатах,
используя соотношения (д).
 2 1  1  2
 r    2 

  .
r
r r r 2 2
54
Отсюда, в частности, следует выражение гармонического оператора Δ в
полярной системе координат
2 1  1 2
.
 2 

r
r r r 2 2
Бигармоническое уравнение совместности деформаций в полярной
системе координат имеет вид:
 2 1 
1 2 
   r         2 

    .
r r r 2 2 
 r
2
Симметричное распределение напряжений
В случае симметрии напряжений (и граничных нагрузок) относительно
начала координат напряжения σr, σθ не зависят от θ, а τrθ = 0.
Уравнение равновесия приобретает вид:
d  r  r  

 R .
dr
r
Соотношения Коши для случая симметрии (независимости от угла θ)
r 
u
u
,   .
r
r
Учитывая
u  r ,
r 


 r       r  .
r
r
(а)
Это и есть уравнение совместности.
Запишем закон Гука
1
 r    ,
E
1
      r  .
E
r 
Подставим в уравнении совместности (а)
1
1
r d
 r        r  
   r  .
E
E
E dr
55
(б)
Выразим напряжения через φ:
1 d
,
r dr
d 2
  2 .
dr
r 
Подставим в (б)
1  1 d
d 2  1  d 2
1 d   r d  d 2  d  
 2   2 




.
E  r dr
dr  E  dr
r dr  E dr  dr 2 r dr 
После преобразований получаем
d 3 1 d 2 1 d 


 0.
dr 3 r dr 2 r 2 dr
(в)
Заметим, что общий вид уравнения совместности имел бы четвертый
порядок.
Решение (в) имеет вид:
  C1 ln r  C1r 2  C3 .
Напряжения в этом случае запишутся
C1
 2C2 ,
r2
.
C1
   2  2C2 .
r
r 
(г)
Решение Ляме. Рассмотрим цилиндрическую трубу под действием
внутреннего и внешнего давлений, рис. 3.
y
qb
x
qa
a
b
Рис. 3. Равновесие полого цилиндра
56
Вырежем из цилиндра плоский слой. Если цилиндр короткий, то имеем
плоское напряженное состояние; если цилиндр длинный, то имеем плоскую
деформацию (нет деформации εz).
Граничные условия:
при r = a, σr = –qa,
при r = b, σr = –qb.
В соответствии с (г) имеем
C1
 2C2   qa ,
a2
C1
 2C2   qb .
b2
Решая систему относительно С1, С2, находим
a 2b 2  qb  qa 
qa a 2  qbb 2
.
C1 
,
2
C

C

2
2
b2  a 2
b2  a 2
Напряжения принимают окончательный вид:
a 2b 2  qb  qa  1 qa a 2  qbb 2
r 

,
b2  a 2
r2
b2  a 2
a 2b 2  qb  qa  1 qa a 2  qbb 2
  

.
b2  a 2
r2
b2  a 2
При qb = 0, qa = q имеем
a 2q  b2 
r  2
1   ,
b  a2  r 2 
a 2q  b2 
  2
1   .
b  a2  r 2 
Так как b > a, то напряжение σr – растягивающее, σθ – сжимающее.
Максимальное значение σθ на внутренней поверхности r = a

max

a 2  b2
.
q 2
b  a2
Если qa = 0, qb = q, рис. 4, то напряжения
r 
b2q  a 2 
1   ,
b2  a 2  r 2 
b2q  a 2 
  2
1   .
b  a2  r 2 
57
y
q
x
Рис. 4. Действие наружного давления
При a= 0 получаем

При b
max

b2
.
 2q 2
b  a2
a max  2q .
Если бы не было отверстия, то в круглой пластине напряжения
пропорциональны q. Но стоит сделать небольшое отверстие, появляется
концентрация напряжений, обусловленная наличием r2 в знаменателе
выражений σr, σθ.
Растяжение пластины с отверстием
Наличие отверстия вызывает перераспределение напряжений. В
непосредственной
близости
возникают
значительные
напряжения.
Концентрация напряжений по краям круглого отверстия имеет большое
практическое значение. Это относится к трещинам в сплошных деталях,
отверстиям в фюзеляжах и т.д.
Если отверстие мало, его влиянием можно пренебречь на расстоянии
нескольких диаметров от его края. Поэтому точки, находящиеся на таком
расстоянии, можно рассматривать как бесконечно удаленные.
58
Рассмотрим задачу о малом отверстии в бесконечной пластинке,
находящейся под действием растягивающих напряжений P, рис. 1.
y
P
P
x
a
Рис. 1. Равновесие пластины с отверстием
При отсутствии отверстия имеем
0x  P, 0y  0xy  0 .
Функция напряжений для сплошной пластинки
1
0  Py 2
2
удовлетворяет
бигармоническому
уравнению.
В
цилиндрических
координатах при y  r sin  получаем
1
1
0  Pr 2 sin 2   Pr 2 1  cos 2  .
2
4
При выборе функции напряжений φ для пластины с отверстием при удалении
от него (большие значения r) мы должны получить те же напряжения, что и
для функции φ0, поэтому зададим общий вид φ:
  A ln r  Br 2 ln r   A2 r 2  B2r 4  C2r 2  D  cos 2 .
Полагаем B = B2 = 0, чтобы избежать возрастания напряжений с ростом r, а
для получения равенства напряжений, рассчитанных по φ и φ0 при больших r,
нужно взять
1
1
C  P, A2   P .
4
4
Действительно, рассчитаем σr по φ (за вычетом слагаемых, содержащих
B и B2). Имеем
59
r 
A
C2 D 


2
C

2
A


4
A

  cos 2 .
2
2

r2
r4 r2 

При больших r, полагая cos 2  , r  2C  2 A2 . В то же время
напряжение, рассчитанное по φ0, дает нам P. Тогда получаем
2C  2 A2  P,
C   A2 
P
.
4
Таким образом, функция напряжений
  A ln r 
P 2  P 2

r    r  C2r 2  D  cos 2 ,
4
 4

а сами напряжение будут
r 
A P  P 6C2 4 D 
  
 2  cos 2 ,
r2 2  2 r4
r 
  
A P  P 6C2 
     4  cos 2 ,
r2 2  2
r 
 P 6C 2 D 
r     4 2  2  sin 2 .
r
r 
2
Постоянные найдутся из условий
r  r  0 при r = a
для всех значений θ (в том числе  

, cos2   ). Подставляя значения
4
r = a, находим
A
Pa 2
Pa 4
Pa 2
, C2  
, D
.
2
4
2
Окончательно напряжения будут

P  a 2  3a 4 4a 2 
r  1  2  1  4  2  cos 2 ,
2 r
r
r 



P  a 2  3a 4 
  1  2  1  4  cos 2  ,
2 r
r 


P  3a 4 2a 2 
r   1  4  2  sin 2 .
2
r
r 
60
Эпюра σθ приведена на рис. 2:
при   

,   3P ,
2
при   0,  ,    P .
y
P
P
σθ
x
d
a
3P
Рис. 2. Эпюра тангенциальных напряжений
Таким
образом,
увеличение
напряжений
(или
концентрация
напряжений) имеет место у края отверстия.
Задача Фламана
Пусть сила P действует на границу упругой полуплоскости. Под
полуплоскостью понимается бесконечная пластина толщиной, равной
единице, ограниченная ребром x = 0, рис. 1.
P
y
θ
σr
1
x
Рис. 1. Действие сосредоточенной силы
Считаем, что к краю пластины приложена сила, равномерно распределенная по
толщине. Такая пластина будет испытывать плоское напряженное состояние.
61
Рассмотрим
бесконечного
нагружение
объема,
упругого
ограниченного
полупространства
плоскостью
x = 0)
(то
есть
линейно
распределенной нагрузкой, интенсивностью P = const, рис. 2.
P
y
1
x
Рис. 2. Действие погонной нагрузки на полупространство
Слой единичной толщины будет испытывать плоскую деформацию (в
отличие от нагружения полуплоскости, которая испытывает плосконапряженное состояние). В подобных условиях находится основание под
бесконечно длинным равномерно нагруженным ленточным фундаментом.
Распределение напряжений в обеих задачах будет одинаковым. Перемещения
же будут отличаться ввиду соответствующей замены упругих констант.
Функцию напряжений назначим в виде:
  Kr sin ,
K  const .
Легко убедиться, что φ удовлетворяет уравнению совместности:
  2 1  1  2 
 2 

 0.
r r r 2 2 
 r
Напряжения
r 
1  1  2
1
 2 2  2 K cos  ,
r r r 
r
 2
  2  0 ,
r
r  
  1  

  0.
r  r  
62
Данной функции φ в каждой точке пластины соответствует линейное
напряженное состояние с напряжением σr в направлении радиуса r.
Определим константу K. Выделим в окрестности точки O полукруг
радиуса r, рис. 3.
P
θ
r
σrds = σrrdθ
Рис. 3. Равновесие элементарных сил и нагрузки
Напряжение σr дает элементарную силу σrds. Поскольку линия действия
элементарной силы σrds пересекает точку O, то все элементарные силы,
включая силу P, должны уравновешиваться. Сумма проекций всех сил на ось
x будет
/2
P  2  r cos ds  P  4 K
0
/2

0
1
cos 2 ds  P  2 K
r
/2
 cos
2
d  .
0
Здесь учтено, что ds = rdθ.
Поскольку
/ 2

0
/2
1 
1
1
cos d    sin  cos       ,
2 0
4
2
2
то получаем
P  K   
K 
P
.

Окончательно
r  
2P
cos  .
r
При r  0 имеем особенность в точке O, в которой приложена сила P.
Эта
особенность
связана
с
идеализацией
сосредоточенной
силы,
передаваемой через точку (бесконечно малую площадь). На самом деле при
63
действии силы образуется контактная зона конечных размеров. В некотором
объеме малого радиуса δ распределение напряжений будет отличным от
r  
2P
cos  .
r
Зная распределение напряжений в полярной системе координат, можно
перейти к напряжениям в декартовой системе.
Воспользуемся формулами сопротивления материалов, связывающими
напряжения на прямоугольных и наклонных площадках, рис. 4.
σα
α
σ
σ
τα
Рис. 4. Напряжения на наклонной площадке
1
   cos2  ,    cos 2 .
2
(*)
В применении к нашей задаче, рис. 5, роль σ играет радиальное
напряжение σr в упругой полуплоскости.
P
y
σy
τyx
θ
σy
α2=90–θ
τxy
σx
x
α1=–θ
σx
τxy
Рис. 5. Эпюры напряжений в декартовых координатах
64
Для
горизонтальной
площадки
α1 = –θ,
для
вертикальной
α2 = 90–θ.
Соответственно, при α = α1, α = α2 в соотношении (*) имеем σx и σy.
Подставляя, находим
x  
2P
2P
cos3  ,  y  
cos  sin 2  ,
r
r
2P
 xy  
sin  cos  .
r
Заменяя
y
x
, cos   , r  x 2  y 2 ,
r
r
получим напряжения, выраженные через функции x, y.
sin  
Выражения, найденные в данном решении, могут играть роль функции
влияния для произвольной нагрузки, приложенной к краю полуплоскости.
Пусть решается задача расчета напряжения σx(x, y) от действия произвольной
нагрузки, неравномерно распределенной по граничному контуру, рис. 6.
q(y1)
y
a
0
b
y1
dy1
x
σx
y
y
x
Рис. 6. Действие распределенной нагрузки
Пусть для нагрузки q(y1), действующей на расстоянии y1 от начала
координат, требуется рассчитать напряжение σx в точке с координатами x, y.
Обозначим выражение σx при P = 1 через Φ(x, y) – это функция влияния
единичной силы на напряжение σx. При действии элементарной силы
65
dP  q  y1  dy1
в рассматриваемой точке возникнет напряжение
d  x    x, y  y1  q  y1  dy1 .
Полное напряжение в данной точке от всей нагрузки q(y) получим, суммируя
влияние всех элементарных сил на участке ab:
b
b
a
a
 x   d  x     x, y  y1  q  y1  dy1 .
С помощью подобных соотношений и соответствующих функций
влияния можно рассчитать распределение любой компоненты напряженнодеформированного состояния от произвольной нагрузки, приложенной по
граничному контуру.
Действие силы на острие бесконечного клина
Данную задачу можно рассматривать в качестве обобщения решения
Фламана, рис. 7.
P
y
0
α α
θ
σr
x
Рис. 7. Нагружение клина
Радиальное напряжение имеет тот же вид, что и в случае упругой
полуплоскости
66
r  2 K
cos 
,
r
а σθ = τrθ = 0. Константу K найдем из условия равновесия элементарных
радиальных сил и нагрузки P, действующих на клин. Угол θ будем
отсчитывать от направления действия силы. Пределы интегрирования по θ
для данной задачи будут от 0 до α. Имеем



cos 2 
P  2 r cos ds  P  4 K 
ds  P  4 K  cos 2 d   0 .
r
0
0
0
Интегрируя, находим

2
 cos d  
0

1
1

 sin  cos     0  sin 2  .
2
4

P  K sin 2  2  
r  
При  
K 
P
,
1
  sin 2
2
P
cos 
.
1
r
  sin 2
2

получаем решение задачи о нагружении полуплоскости.

Еще одна задача о нагружении клина силой, действующей по оси y,
рис. 8.
y
P
0
θ
α
α
σr
x
Рис. 8. Действие силы P, направленной вдоль оси y
67
В этом случае при определении константы K в выражении σr, составляя
уравнение статики для всех сил, действующих на клин, будем вести
интегрирование по θ от


  до . В результате получим


r  
P
cos 
.
1
r
  sin 2
2
Данную задачу можно рассматривать и как изгиб клина силой P. Для
напряжений σy и τry получим следующие выражения
P
xy 2
,
y  
2
2 2
1
x

y

  sin 2 
2
P
x2 y
.
 xy  
2
2 2
1
  sin 2  x  y 
2
На рис. 9 при α = 30о построены эпюры тех же напряжений (пунктир),
найденных по формулам сопротивления материалов, в которых не
учитывается переменность площади поперечного сечения.
0
α=3
0о
x
y
4,5 P/y
3,6 P/y
σy
τxy
2,05 P/y
1,3 P/y
Рис. 9. Эпюры нормального и касательного напряжений
68
Расчет перемещений для задачи Фламана
Для расчета перемещений u, v по найденным напряжениям
r  
P cos 
,
r
σθ = τrθ = 0,
(а)
будем использовать соотношения закона Гука
r 
1
 r    ,
E1
(б)
 
1
   r  ,
E1
(в)
 r 
2 1  21 
r
E1
и геометрические уравнения
u
,
r
1 v u
 
 ,
r  r
1 u v v
 r 
  .
r  r r
r 
(г)
С учетом закона Гука и соотношений
E1 
E

,



1  
1 
находим компоненты деформаций
r 
 
u
1   2 P cos 
,

r
E
r
2 1    P cos 
1 v u

,
    r 
r  r
E1

r
 r 
1 u v v
  0.
r  r r
Интегрируем (д) по r
u
2 P cos  1    
E
ln r  f      B cos  ln r  f     .
69
(д)
(е)
(ж)
Уравнение (е) с учетом найденного u можно записать:
2 1    P cos 
v
 u 
 B cos  ln r  f      A cos  .


r
Здесь введены обозначения
B
2 P 1    

A
,
2 1    P
.

Интегрируем последнее уравнение по θ
v   f     B sin  ln r  Asin   f1  r  .
Для нахождения неизвестных функций f (θ), f1(r) подставим найденные
выражения u, v в уравнение (ж). Предварительно учтем, что
v

 B sin   f1  r  ,

r
v
1
ln r 1
1
  f    B sin 
 A sin   f   r  ,
r
r
r
r
r
u
 B sin  ln  r   f     .

Теперь подставляем найденные выражения в уравнение (ж)
1
1
 B sin  ln r  f "      B sin   f1  r  
r
r
1
ln r 1

 f     B sin 
 A sin   f1  r  .
r
r
r
r
Умножим на r и приведем подобные
 B  A sin   rf1  r   f1  r  
f      f     0 .
Данное уравнение можно разбить на два
f     f      B  A sin  ,
f1  r  
1
f1  r   0 .
r
(з)
(и)
Решение (з) можно представить как сумму решения однородного
уравнения
f     f     0 ,
70
которое имеет вид:
f 0     C1 cos   C2 sin 
и частного решения неоднородного уравнения
fн   
1
 B  A  cos  .
2
Действительно, подставим fн (θ) в (з)
1
fн   B  A cos    sin   ,
2
1
fн   B  A 2sin    cos   ,
2
f н  f н    B  A  sin  .
Таким образом, f (θ) можно записать как
f    C1 cos   C2 sin  

 B  A  cos  .

Решение уравнения (и)
f1  r   C3r .
Тогда с учетом найденных f (θ), f1(r) перемещения u, v будут
u

2 P cos  1    
E
2 P 1    
ln r  f     
cos  ln r 
1   1  2  P  sin   .
E
E

1   1  2  P  cos   C sin 
  C2 
1

E


Здесь учтено, что
B A
2 1   1    P
.

v   f     f1  r   B sin  ln r  A sin  .
Или, подставляя найденные f (θ), f1(r), получим
71
v
2 P 1    
E
ln r sin  
1   1  2  P  cos  
E
2 1    P 

C1 cos   C2 
 sin   C3r.
E


Для нахождения Ci нужно исключить перемещения полуплоскости как
твердого целого.
Положим
  0,
v  0,
rh 
 u  0.
0 
В этом случае получаем
C1 = C3 = 0,
C2 
2 1     P
E
ln h 
1   1  2  P .
E
Окончательно с учетом найденных Ci получаем перемещения
2 1    P  r

1  2
u
ln
cos



sin


,
E
h
2
1







2 1     P 
1 
1  2
 r

v
 cos  .
 ln 
 sin  
E
2 1   


  h 2 1    

Точки граничного контура   

имеют перемещения.
2
2 1     P y 2 1    P
1   1  2  P

u
, v
.
ln 
E
2E
72
h
E
6. Пространственная задача теории упругости
Основные уравнения
Уравнения равновесия в напряжениях
 x  xy  xz


 X  0,
x
y
z
 xy

x
 y
y

 yz
z
Y  0,
(а)
 xz  yz  z


 Z  0.
x
y
z
Граничные условия в напряжениях
X n  l x  m xy  n xz ,
Yn  l  xy  m y  n yz ,
(б)
Z n  l  xz  m yz  n z .
Связь перемещений и деформаций
x 
u
v u
,  xy   ,
x
x y
y 
v
w v
,  yz 
 ,
y
y z
z 
w
w u
,  zx 
 .
z
x z
(в)
Уравнения совместности
2
2
 2 x   y   xy
,
 2 
y 2
x
xy
 2 x  2 z  2  xz
,
 2 
z 2
x
xz
 2 y
2
 2 z   zy
,
 2 
z 2
y
zy


 2 x
  
2
  zx  xy  yz
yz x  y
z
x
73
(г)

,

2
 2 y
xz

   xy  yz  xz



y  z
x
y

,

 
 2 x
  

2
  yz  xz  xy  .
xy z  x
y
z 
Физические уравнения
x 
2 1   
1
 x     y   z   ,  xy 
 xy ,

E
E
y 
2 1   
1
 y     x   z   ,  xz 
 xz ,
E
E
z 
2 1   
1
 z     x   y   ,  yz 
 yz .

E
E
(д)
В разрешенном относительно напряжений виде закон Гука имеет вид:
 x    2G x ,  xy  G xy ,
 y    2G y ,  xz  G xz ,
(е)
 z    2G z ,  yz  G yz .
Здесь обозначено

E
,
      
  x   y  z ,

    ,
E
  x   y  z .
Здесь σ – среднее напряжение.
Кроме задач с граничными условиями в напряжениях (б) могут иметь
место задачи с граничными условиями в перемещениях. В этом случае
u  us ,
v  vs ,
(ж)
w  ws .
где us, vs, ws – некоторые заданные на границе функции.
74
Граничные условия могут иметь смешанный характер, когда на одной
части границы заданы условия (б), на другой – (ж).
Уравнения упругого равновесия в перемещениях
Наиболее часто используемым в теории упругости является метод
решения краевой задачи в перемещениях. Данный метод содержит
минимальное число искомых функций – u, v, w. При решении задачи в
перемещениях
уравнения
совместности
Сен-Венана
выполняются
автоматически.
В уравнениях закона Гука выразим деформации через перемещения в
помощью (в):
 x    2G
 v u 
u
,  xy  G    ,
x
 x y 
 y    2G
 w v 
v
,  yz  G 
 ,
y
 y z 
 z    2G
w
 w u 
,  xz  G 
 .
z
 x z 
Подставим в первое уравнение равновесия в напряжениях
2G
  2u  2 v 
  2u  2 w 
 2u




G


G
 2

 2
  X  0.
x 2
x

y

x

y

z

x

z




Замечая, что
 2u  2 v
 2 w 



x 2 xy xz x
и выделяя оператор Лапласа
2
2
2
 2  2  2,
x
y
z
получим
  G 

 Gu  X  0 .
x
75
(а)
Производя круговую подстановку (x → y → z, u → v → w, X → Y → Z),
получим остальные два уравнения

 Gv  Y  0,
y
,

   G   Gw  Z  0.
z
  G 
(б)
Если на граничной поверхности заданы перемещения, то граничные
условия для уравнений (а) выражаются достаточно просто. Если же на
границе заданы нагрузки, то граничные условия получим, подставив
напряжения, которые выражены через производные от перемещений по
формулам Коши:
   2G 
 v u 
u
 u w 
l  G  m  G 
n  Xn ,
x
 z x 
 x y 
 u v 
 v w 
v
G    l     2G  m  G  
 n  Yn ,
x
 y x 
 z y 
(в)
 v w 
w
 u w 
G 
l  G  
 m     2G  n  Z n .
z
 z x 
 z y 
Система уравнений (б) была получена Ляме.
Уравнения в напряжениях
При решении задач теории упругости, в которых граничные условия
заданы в напряжениях, удобно пользоваться системой уравнений равновесия,
в которую в качестве неизвестных входят напряжения.
Бóльшая
сложность
системы
дифференциальных
уравнений
компенсируется простотой граничных условий и простотой формул для
напряжений.
Напряжения (а их шесть функций) должны удовлетворять трем
уравнениям
равновесия.
удовлетворить
Но
уравнениям
этого
недостаточно.
совместности.
Необходимо
Поскольку
еще
уравнения
совместности Сен-Венана сформулированы в деформациях, сначала их
76
нужно выразить через напряжения, используя закон Гука. После выполнения
этих громоздких выкладок система уравнений совместности в напряжениях,
называемая системой Бельтрами-Мичелла, принимает вид:
  2
X
  X Y Z 
 x 
 2




,
2
  x
x    x y z 
…
 X Y 
  2
 xy 
 

,
  xy
 y x 
…
В случае отсутствия объемных сил правые части уравнений равновесия
обращаются в ноль.
Решение задач теории упругости в напряжениях сводится, таким
образом, к нахождению шести неизвестных функций σx, σy, σz, τxz,
удовлетворяющих шести уравнениям совместности, трем уравнениям
равновесия и трем граничным условиям.
Особенность
постановки
задачи
в
напряжениях
в
том,
что
дифференциальных уравнений (девять) больше, чем число неизвестных
функций (шесть), но зато число граничных условий (три) меньше, чем число
неизвестных функций. Тем не менее, из физического смысла задачи этих
дифференциальных
уравнений
как раз достаточно для
определения
неизвестных напряжений.
Чистый изгиб призматического бруса
Пусть брус (не обязательно прямоугольного сечения) изгибается двумя
моментами M, приложенными по торцам. Объемные силы отсутствуют, рис. 1.
z
M
M
y
Рис. 1. Изгиб бруса
77
x
Напряжения
Посмотрим, нельзя ли удовлетворить системе уравнений равновесия,
если принять распределение напряжений таким же, как в сопротивлении
материалов.
Примем
Mz
Ez
 ,
Iy
R
 y   z  0,  xy   xz   yz  0 ,
x  
R
EI y
M
(а)
,
где R – радиус кривизны изогнутого бруса, то есть величина, обратная
1
M
кривизне   
.
K EI y
Проверяя уравнения равновесия, видим, что они выполняются.
Выполняются также и граничные условия на боковых поверхностях
бруса, где не приложено никаких сил. Так как косинус угла между нормалью
n и x, l = cos(n, x) = 0, то второе и третье граничные условия на концах бруска
выполняются тождественно. Первое граничное условие при l = 1 дает нам
X n  x .
На основании последнего заключаем, что полученное решение будет
точным, если к концевым сечениям приложены нагрузки, распределенные по
закону (а).
Деформации и перемещения
Изменение формы поперечного сечения невозможно рассчитать,
исходя из элементарной теории изгиба, которую представляет сопротивление
материалов.
Имеем деформации:
x
z
 ,
E
R

z
z
 y   x   ,  z   ,
E
R
R
x 
 xy   yz   zx  0 .
78
Перейдем от деформаций к перемещениям. Используем соотношения
Коши:
v u

 0,
x y
u
z
 ,
x
R
v z
 ,
y R
v w

 0,
y z
(а)
w z
 ,
z R
(б)
u w

 0.
z x
Интегрируем (а)
u
xz
 f1  y, z  ,
R
v
xz
 f 2  x, z  ,
R
w
z 2
 f 3  x, y  .
2R
Функции fi найдем из (б)
f 2  x, z  f1  y, z 

 0,
x
y
f3  x, y  x f1  y, z 
 
 0,
x
R
z
(в)
f3  x, y  y f 2  x, z 


 0.
y
R
z
Будем искать f1, для чего исключим из уравнений, в которые она входит,
другие функции. Продифференцируем первое уравнение по y, второе – по z.
 2 f1
 0,
y 2
 2 f1
 0.
z 2
Первое из данных уравнений удовлетворяется, если f1 содержит y в первой
степени, второе – если f1 содержит z в первой степени. Значит, f1 должна быть
полиномом, в котором y, z входят в первой степени. Примем
f1(y, z) = ay + bz + cyz + d.
79
Для нахождения f2(x, z) исключим из первого, третьего уравнений
другие функции. Дифференцируем первое уравнение по x, третье – по z:
 2 f 2  x, z 
0,
x 2
 2 f 2  x, z 
0.
z 2
Отсюда f2 должна содержать x, z в первой степени
F2(x, z) = ex + fz + gxz + h.
Наконец, дифференцируем второе уравнение по x, третье – по y:
 2 f 3  x, y  1
 ,
x 2
R
2
 f 3  x, y 

.


y 2
R
Следовательно, в функцию f3 должны входить слагаемые
x2
y 2
, 
, а также
2R
2R
x, y в первой степени. Примем
x2
y 2
f 3  x, y  
 ix 
 ky  lxy  m .
2R
2R
В выражениях оказалось 12 констант. Чтобы узнать связь между ними,
подставим fi в соотношения (в):
e + gz + a + cz = 0,
x
x
 i  ly   b  cy  0 ,
R
R

y
y
 k  lx 
 f  gx  0 .
2R
2R
Из этих уравнений получаем
e + a = 0,
k + f = 0,
g + c = 0,
l + g = 0,
i + b = 0,
g = c.
e + c = 0,
Поскольку l = c и l = –c, то заключаем, что c = 0, значит l = g = 0.
Таким образом, функции fi принимают вид:
80
→
l=–
f1  y, z   ay  bz  d ,
f 2  x, z   ax  fz  h ,
x2
y 2
f 3  x, y  
 bx 
 fy  m .
2R
2R
Осталось шесть произвольных постоянных. Найдем перемещения
u
v
xz
xz
 f1  y, z     ay  bz  d ,
R
R
yz
yz
 df 2  x, z  
 ax  fz  h ,
R
R
(г)
z 2
z 2 x 2
y 2
w
 f 3  x, y  

 bx 
 fy  m .
R
R 2R
2R
Можно для проверки подставить найденные значения перемещений в
уравнения для деформаций и убедиться, что последние выполняются.
Условия закрепления бруса:
Середина левого торца (точка x = y = z =0) закреплена. Значит
1) u = v = w при x = y = z =0.
Ограничения на углы поворота:
2)
w v

 0 при x = y = z =0.
x x
Эти условия означают, что элемент оси бруса не имеет поворота около осей
Y, Z.
3) Устраним вращение вокруг оси X:
w v

 0.
y z
Тогда производные перемещений согласно (а) будут
w x
  b,
x R
v
 a ,
x
w
y
  f .
y
R
81
Ограничения (1-3) дают нулевые значения всех шести постоянных:
a = b = d = f = h = m = 0/
Значит, перемещения определяются как
u
v
w
xz
,
R
yz
,
R
(д)
x2    y 2  z 2 
2R
.
Уравнение упругой линии получим, если в выражении w положим
y = z =0 – эти точки находятся на оси бруса:
x2
Mx 2
w

.
2 R 2 EI y
Это уравнение совпадает с результатом сопротивления материалов (при
соответствующих условиях закрепления).
При малых деформациях кривизна
1
равна второй производной от
R
прогиба w, в чем убеждаемся, производя дифференцирование:
y '' 
1 M
.

 EI
Рассмотрим произвольное сечение бруса на расстоянии x1 от начала
координат, рис. 2.
z
M
x
z
x1
u
Рис. 2. Перемещение u в сечении x1
82
После деформации все точки бруса переместятся по направлению x на
величину u
u
x1 z
R
и будут находиться на поверхности, определяемой уравнением
x  x1  u  x1 
x1 z
.
R
Это есть уравнение плоскости, параллельной оси 0Y. Следовательно,
поперечные сечения, плоские до деформации, остаются плоскими и после
деформации. Гипотеза Бернулли в силе.
Измерение формы поперечного сечения
Пусть
z
прямоугольное
w
v
A
брус
B
до
деформации
сечение,
рис.
3.
В
имел
силу
гипотезы Бернулли, нам безразлично, на каком
расстоянии от закрепления рассматривается
y
h
сечение.
Рассмотрим перемещения v, w, которые
искажают первоначальную форму.
D
C
b
Рис. 3. Анализ деформации
поперечного сечения
Все точки боковой поверхности, которая
до деформации определяется уравнением
y
b
,
2
получают горизонтальное перемещение
v
yz bz
.

R
2R
Уравнение боковой поверхности бруса AD после деформации
y
b
b bz
.
v 
2
2 2R
Это уравнение линии, наклоненной к оси 0Y. При y = 0 получаем
83
b bz

 0,
2 2R
z
R
.

При z = 0 получаем
y
b
.
2
Верхняя сторона прямоугольного сечения до деформации определяется
уравнением
h
z .
2
Перемещения точек вдоль оси Z при x = x1, согласно (д), будут
 2 h2 
x   y  
x12    y 2  z 2 
4

w

.
2R
2R
2
1
Исключим из данного выражения перемещения центра тяжести поперечного
сечения, которое определяется как
  h2
2
wцт 

y

.
2R  4

Это уравнение параболы. Так как парабола имеет малую кривизну, ее можно
заменить окружностью с радиусом R1 
R
. Тогда

1 2w

 2  .
R1 y
R
Полученные результаты можно распространить на чистый изгиб
пластинки, рис. 4.
z
M
x
M
y
Рис. 4. Чистый изгиб пластинки
84
Если пластинка изгибается моментами, приложенными к двум ее сторонам,
параллельным плоскости Y0Z, то кривизна в плоскостях, параллельных
плоскости X0Z, будет равна
1

; в плоскости Z0X кривизна будет , причем
R
R
изгиб будет направлен в противоположную сторону. Поверхность пластинки
будет седлообразной.
85
7. Пространственная осесимметричная задача
в цилиндрических координатах
Уравнения равновесия
При решении задач удобно использовать цилиндрические координаты,
рис. 1.
z
А
z
x
θ
r
y
Рис. 1. Положение точки в цилиндрической системе координат
Положение точки определяется тремя координатами r, θ, z. Будем
рассматривать очень важный для практики случай, когда напряженнодеформированное состояние (НДС) зависит только от координат r и z – это
осесимметричное НДС.
Выделим
из
упругого
тела
бесконечно
малый
элемент
двумя
радиальными плоскостями и двумя плоскостями, параллельными Y0X, рис. 2, 3.
Обозначения для напряжений
σr – нормальное напряжение, направленное вдоль r;
σθ – нормальное тангенциальное напряжение;
σz – нормальное осевое напряжение;
τrz – касательные напряжения, направленные вдоль радиуса r на площадках с
нормалью,
параллельной
оси
z,
действующие
по
цилиндрическим
поверхностям.
Других касательных напряжений быть не может, так как все
производные по θ равны 0.
86
z
dθ
dz
r
x
y
rz 
rz
dz
z
dz r
 rz
r
z 
 z
dz
z
rz 
rz
dr
r
r 
r
dr
r
dr
z
Рис. 2. Равновесие бесконечно малого элемента. Вертикальная проекция
x
θ
dθ
rdθ
r
r
σθ
d
2
r 
σθ
y
r
dr
r
dr
Рис. 3. Равновесие бесконечно малого элемента. Вид сверху
Напряжение σr изменяется по r, тангенциальное напряжение σθ по
граням элемента постоянно и меняется только от r и z.
Сумма проекций всех сил на направления r и z дают два уравнения
равновесия
r rz r  


 R  0,
r
z
r
87
 z rz rz


 Z  0,
z
r
r
R, Z – интенсивности объемных нагрузок.
Деформации
u
,
r
u
  ,
r
w
,
z 
z
u w
.
 rz 

z r
r 
Уравнения совместности
2
1  2
r  2   r    
 0,
r
1   r 2
2
1 1 
  2  r    
 0,
r
1   r r
1 2  2
 z 
 0,
1   r 2 r 2

1 
rz  rz2 
 0.
r
1   rz
Функция напряжений

 2 
r     2  ,
z 
r 

1  
  
,
z 
r r 
 
 2 
 z         2  ,
z 
z 
 
 
 2 
rz       2  .
r 
z 
Здесь оператор Лапласа
 2 1   2
.
  2 

r
r r z 2
Функция φ удовлетворяет бигармоническому уравнению:
 2  0 .
88
(а)
Или
 2 1 
 2   2 1   2 



(б)
 2

  0,
r r z 2  r 2 r r z 2 
 r
Следовательно, при осесимметричном распределении напряжений
достаточно найти φ, а затем по (а) рассчитать напряжения и удовлетворить
граничным условиям.
Многие функции удовлетворяют (б). Например,
  C1 ln r  C2 z ln r  C3 z 2 ln r  C4 z 3 ln r ,
  C1z  C2r 2  C3 z 2  C4r 2 z  C5 z 3 ,
n
3
1
  C  r 2  z 2  z , где n   ,  , 1,
2
2
4
4
  C  3r  8 z  ,
  C  3r 2  2 z 2  z 2 ,
  C  r 2  4z2  r 2 .
Здесь Ci, C – некоторые постоянные, которые необходимо определить,
используя условия на границе.
Сосредоточенная сила, приложенная внутри полупространства
Пусть внутри полупространства приложена сосредоточенная сила Р,
рис. 4.
x
O
y
P
z
Рис. 4. Сила внутри полупространства, направленная вдоль z
89
Так как сила направлена по оси z, то напряжения будут симметричны
по отношению к данной оси.
Начнем решение с подбора бигармонической функции. Возьмем ее в
виде:
  C r2  z2  2 .
1
Проверим, выполняется ли уравнение 2  0 ?
1

 Cr  r 2  z 2  2 ,
r
 2
 r 2  z 2  12  r 2 r 2  z 2  3 2  .

C


 

r 2
Так как r, z входят в φ симметрично, то
 2
 r 2  z 2  12  z 2 r 2  z 2  3 2  .

C


 

z 2
 2 1 
2 
 2  :
Далее находим    2 

r
r

r
z 

  C  r 2  z 2 
1
2
.
Найдем производные от Δφ.
1

   Cr  r 2  z 2  2 ,
r
2
  r 2  z 2  3 2  3r 2 r 2  z 2  5 2  ,



C




 
 
r 2
2
  r 2  z 2  3 2  3z 2 r 2  z 2  5 2  .



C




 
 
z 2
Подставляем все в уравнение      0 .
 2    1      2   


0.
r 2
r r
z 2
Так как φ – бигармоническая функция, то теперь можно выразить через
нее все напряжения осесимметричной задачи:
90
1
1
3

 2   

r     2   C  r 2  z 2  2  C  r 2  z 2  2  r 2  r 2  z 2  2   
z 
r  z 


3
3
5
1
3
 1

 C    r 2  z 2  2   r 2  z 2  2  2 z  r 2  r 2  z 2  2  2 z  
2
2
 2

3
5
 Cz 1  2   r 2  z 2  2  3r 2  r 2  z 2  2  .


Точно так же получим другие напряжения.
  C 1  2  z  r 2  z 2 
3
2
,
3
5
 z  C 1  2  z  r 2  z 2  2  3 z 3  r 2  z 2  2  ,


3
5
rz  Cz 1  2  r  r 2  z 2  2  3rz 2  r 2  z 2  2  .


Из условия равновесия
2

0
0
 d  rdr   P получаем
P
.
2   
Из приведенных формул для напряжений видно, что неявное граничное
C
условие, которое подразумевает стремление всех напряжений к нулю при
r , z   , выполняется. В то же время напряжения растут при стремлении r, z
к нулю.
Задача Буссинеска
Пусть сила приложена к границе полупространства, рис. 5.
P
r
B
θ
a
r
z
σz
z
τxz
Рис. 5. Сила, приложенная к границе полупространства
91
Зададим бигармоническую функцию в виде:
  C1 z ln r  C2  r 2  z 2  2  C3 z ln
1
r2  z2  z
.
r z z
Граничные условия для напряжений следующие: при r   , z   все
2
2
компоненты стремятся к 0; на поверхности rz  0 ,  z  0 (кроме точки B).
Найдем τrz по φ.
3
5
rz  C2   1  2  r  r 2  z 2  2  3rz 2  r 2  z 2  2  


3
5
 C3  4r  r 2  z 2  2  6rz 2  r 2  z 2  2 


Потребуем, чтобы при z  0 rz  0 . Отсюда следует
3
3
C2   1  2  r  r 2  2   C3  4r  r 2  2   0 ,




C3  
1  2  C
4
2
.
Далее найдем σz
 
 2 
 z   2      2  
z 
z 
3
5
 C2   1  2  r  r 2  z 2  2  3 z 3  r 2  z 2  2  


3
5


 C3  4z  r 2  z 2  2  6 z 3  r 2  z 2  2  .


Условие на поверхности  z  0 при z  0 выполнено. Подставим выражение
C3, тогда
5
3
3
2
2  2
 z  C2 z  r  z  .
2
При любом z сумма вертикальных усилий равна –P:
  dF   P .
z
Так как dF  rd dr , то
2

0
0
 d   rdr   P .
z
92
Получаем
C2 
P
   P .
, C3  


Постоянная C1 находится из условия
r  0,
После
подстановки
z    C1 
констант
получаем
   P .

окончательное
решение
для
напряжений
r 
1
5
P

z
    2  2  r 2  z 2  2  3r 2 z 2  r 2  z 2  2  ,

r
 r

 
3
1
P
  z 2
2  2
2
2  2




r

z

z
r

z

 2 2 


  ,

r
 r
z  
rz  
5
3P 3 2
z r  z2  2 ,

5
3P 2 2
rz  r  z 2  2 .

Перемещения
u  r 
r
    r   z  .
E
Подставляя сюда выражения σθ, σr, σz, получим
u
     P  z
2
2
 r  z 

Er
1
2
1
3 
1
r2z r2  z2  2  .
 

Вертикальное перемещение w найдем путем интегрирования по z
выражения εz
r 
w 1
  z    r    .
z E 
Подставим сюда выражения σz, σr, σθ:
w
   P  z 2
E

r
2
 z2 
3
2
 2     r 2  z 2 
1
2
 f r .
 

При z   выражение в квадратных скобках  0 .
Так как перемещение также должно обращаться в 0, то заключаем f  r   0 .
93
На поверхности
u
     P ,
Er
   P .
w

Er
Зная решение для случая действия сосредоточенной силы P, можно
получить решение и для распределенной нагрузки, взяв интеграл по
загруженной площадке. Пусть в некоторой части плоской границы
приложена нормальная распределенная нагрузка интенсивностью q  x, y  .
Выделим элементарную площадку dA, рис. 6.
y
B(x, y)
r
A
A(ξ, η)
x
Рис. 6. Влияние элементарной нагрузки, собираемой с площади dA
Заменим нагрузку, собираемую с площадки dA = dξdη, силой dp = qdA.
Производя интегрирование по всей площади загрузки A, найдем значения
напряжений и перемещений, возникающих в точке B  x, y  полупространства
от действия q  x, y  .
Например, для перемещения w
w  x, y  
  
E 
A
94
q  ,  d d 
 x     y  


.
8. Контактные задачи теории упругости
Частные случаи загрузки полупространства
Имея решение для сосредоточенной силы, действующей на границу
полупространства, можно найти перемещения и напряжения, возникающие
от распределенной нагрузки.
1. Равномерная загрузка по кругу
Пусть по кругу радиуса a распределена равномерно нагрузка,
равнодействующая которой равна P. Интенсивность нагрузки
q
P
.
a 
Найдем перемещение на поверхности в произвольной точке C загруженного
круга, рис. 1.
a
wC
w0
M1
M
S
a
dS
dφ
φ
S
M
C
0
a
S
2 rsinφ
a
C
0
φ r
K
r
S
a
Рис. 1. Равномерная загрузка по
площади круга
Рис. 1, а. Деление секущей MK
перпендикуляром, опущенным из
центра окружности
Проведем через C секущую MC и бесконечно близкую к ней M1C.
Рассмотрим влияние на прогиб wC нагрузки на заштрихованной площадке.
dF  Sd dS ,
95
dP  qdF  qSd dS .
От такой нагрузки точка C просядет на величину
w
P    
Er
 dw 
dP    
ES
.
Или
 
dw 
qdSd  .
E
Полное перемещение точки C определим как
w
q    
E
 dS  d  .
Интеграл, взятый по всей длине секущей от 0 до S , будет, рис. 1а:
S
 dS  S  2
a 2  r 2 sin 2  .
(а)
a 2  r 2 sin 2 d  .
(б)
0
Следовательно
  
w  4q
E
Прогиб в центре круга, r = 0
w0 
2    
E
/2

0
qa 
2    
aE
P.
Отсюда следует, что в случае действия на полупространство распределенной
(не сосредоточенной) нагрузки, бесконечно большие перемещения исчезают.
Для точек на контуре, r = a
wa 
4    
E
qa .
Отношение перемещений двух характерных точек составляет
w0 
 .
wa 2
2. Загрузка в виде полушара
Пусть по кругу приложена нагрузка в виде «шапки», рис. 2. В любой
точке круга интенсивность нагрузки пропорциональна ординате полусферы
96
q  kyкр ,
yкр – ордината круга радиуса a, k 
q0
– коэффициент нагрузки, q0 – max
a
интенсивность в центре загрузки.
q0
a
yкр
w0
wC
q1 = kyкр
φ
S
adφ
C
a
Рис. 2. Нагрузка, распределенная по границе в виде полушара
Величину q0 можно выразить через равнодействующую загрузки полусферы
как
q0 
P
3 3
a
2
.
Для вычисления wC, действуя аналогично предыдущему случаю, имеем
  
wC 
d  qdS .
E  
В данном случае q  const . Выясним геометрический смысл интеграла
   qdS ,
где Ω – площадь эпюры нагрузки на длине S . При сечении нагрузки,
изображаемой полушаром, в разрезе получаем полукруг, следовательно
97
1
q
  S 2 k , k  0 .
8
a
Таким образом,
1
 qdS  8 S
2
q0
.
a
На основании (а)
S 2  4  a 2  r 2 sin 2   ,
S  2 a 2  r 2 sin 2  ,
значит
   qdS 
 2 2 2 q0
 a  r sin  a .
2
Полное перемещение точки C
  
wC  2
E


0
q0  2
a  r 2 sin 2   d  .

a 2
После интегрирования получим
wC  w0r 2 ,
  2
w0 
 q0a ,
E
  2

q0 .
E a
Если радиус изогнутой поверхности границы будет велик по
сравнению с радиусом круга загрузки, то выражение wC можно считать
уравнением сферической поверхности.
3. Обратная задача
Пусть задано уравнение продавленной поверхности. Требуется найти
нагрузку, вызвавшую такую деформацию. Будем считать, что перемещение w
постоянно под круглой подошвой штампа. Распределение контактного
давления определится из решения интегрального уравнения
 
qdSd   w0 .
E 
Решение Садовского-Чаплыгина
98
q
P
2a a  r
2
2
,
P – полная нагрузка на штамп, a – радиус штампа, r – координата.
Минимальное значение при r = 0
qmin 
P
.
2a 2
На кромке штампа r = a, q   . Перемещение штампа
w0 
P    
 Ea
.
При наличии закруглений кромок распределение напряжений у краев
существенно изменится. Такая задача была решена Штаерманом, рис. 3.
P
a 2 3
k = 1,05
P
2
k = 1,1
1
a
k = 1,2
b
–0,5
0,5
Рис. 3. Действие штампа с закругленными кромками
Данное решение свободно от бесконечных напряжений, k 
99
a
.
b
9. Задачи термоупругости
Основные гипотезы
Предполагается, что
– при изменении температуры коэффициенты упругости не меняются;
– удлинения пропорциональны температуре и по всем направлениям
одинаковы;
– угловые деформации от действия температуры отсутствуют;
– рассматривается установившееся температурное поле, T = T(x, y, z), то
есть зависимость температуры от времени отсутствует.
Физические уравнения
Прямая форма закона Гука – уравнения Дюгамеля-Неймана:
x 
1
  x     y   z    T ,

E
 xy 
1
 xy ,
G
y 
1
 y     x   z    T ,
E
 yz 
1
 yz ,
G
z 
1
  z     x   y    T ,

E
 xz 
1
 xz .
G
Обратная форма закона Гука
 x    2G x  KT ,
 xy  G xy ,
 y    2G y  KT ,
 xz  G xz ,
 z    2G z  KT ,
 yz  G yz ,
K  3  2G 
E
.
1  2
Уравнения равновесия в перемещениях (Ляме)
  G 

T
 Gu  K 
 0,
x
x
  G

T
 Gv  K 
 0,
y
y
100
(a)
  G 

T
 Gw  K 
 0.
z
z
Граничные условия в перемещениях имеют вид:
 v u 
u 

 w u 
  n  Pl ,
   2G  l  G    m  G 
x 

 x z 
 x y 
 v u  
 w v 
v 
G    l     2G  m  G 
  n  Pm
y 
 x y  
 y z 
(б)
 w v 
w 
 w u 

G
 l  G 
  m     2G
 n  Pn ,

x

z

y

z

z






P  K T .
Из уравнение (а), (б) следует, что задача термоупругости приводится к
обычной задаче теории упругости при наличии объемных сил
 T T T 
, ,


x
y z 

 X ,Y , Z    K  
и внешнего поверхностного давления P  K T .
Решение уравнений
Будем искать решение в виде суммы двух функций
u  u1  u2 ,
v  v1  v2 ,
w  w1  w2 ,
где u1, v1, w1 – общее решение однородных уравнений, u2, v2, w2 – частное
решение неоднородных уравнений термоупругости.
Положим
u2 
F
F
F
, v2 
, w2 
.
x
z
y
Подставляя в систему (а), получим
F 
K
1 
T 
T .
  2G
1 
101
(в)
Решение уравнения (в) можно записать как
F  x, y , z   
K
4    2G  V
T  , ,   dV
 x   2   x   2   x    2
.
Здесь dV  d d d  .
Граничные условия (б) будут иметь вид:
 v u 
u 
2GK T
  T 

 w u 


l  2G 
   2G
l  G 
n 
,
m  G
x 
z 
  2G
x  n 

 x
 x y 
 v u  
 w u 
v 
2GK T
  T 
G      l     2G   m  G      n 
m  2G 
,
y 
z 
  2G
y  n 
 x y  
 y
 w v 
w 
2GK T
  T 
 w u 

G      l  G      m     2G   n 
n  2G 
.
z 
z 
  2G
z  n 
 x

 y z 
Расчет цилиндрической трубы при воздействии температуры
Определить напряжения в симметрично нагретой T = T(r) длинной
трубе с наружным радиусом b, внутренним – a.
Решение
Предположим,
что
полый
цилиндр
находится
под
действием
температуры T = T(r), распределенной по закону параболы по толщине
стенки
 r2 
T  T0 1  2  ,
 b 
где T0 – разность температур между наружной и внутренней поверхностью.
Деформации найдутся как
r 
du 1
 r       z   T  r  ,
dr E 
 
u 1
     r   z   T  r  ,
r E
z 
1
 z    r  z   T  r  .

E
102
(а)
Так как точки трубы, равноудаленные по z, будут иметь одинаковую
температуру, то
 z  D  const .
Уравнение равновесия в напряжениях запишется

1 d
 rr     0 ,
r dr
r
Выразим напряжения через перемещение u, используя (а)
r 
1   du u 1  

E
 
T  D  ,

1   1  2    dr r 

 
 du 1   u 1  

E



T

D
,
1   1  2   dr  r 

z 
 du u 1  
E
1  
 
T 
D .


1   1  2   dr r 

Обозначим
a
E
1 
E
1 
, b
, cb
.

1   1  2  
1   1  2 
Тогда
u
r  au  b  cT  D ,
r
u
  bu  a  cT  D ,
r

u
1  
 z  b  u   T 
D.
r



Выразим
 r  
z
1
u a b
u
  a  b  u    a  b   
 u   ,
r
r
r 
r
d r
b
u
 au   u    cT  .
dr
r
r
Подставим найденные выражения в уравнение равновесия (б)
103
(б)
b
u
a b
u
au   u    cT  
 u    0 ,
r
r
r 
r
или
u u 

a  u   2   cT   0 .
r r 

Поделим на a и продифференцируем T по r
u 
u u
r 1 
 2  2T0 2
 0,
r r
b 1 
(в)
Решение обыкновенного дифференциального уравнения (в) будем искать в
виде суммы общего решения однородного уравнения
u 
u u
  0,
r r2
которое имеет вид
u0  Ar 
B
,
r
и частного решения неоднородного уравнения
u 
u u
  C1r ,
r r2
C1  2
1   T0
,
1   b2
(г)
Будем искать решение последнего уравнения в виде:
uн  Kr 3 .
Подставляя в (г), находим
K
C1
.
8
В окончательном виде перемещение u запишется как
u  u0  uн  Ar 
B
r 3 1   
 T0 2
.
r
b 4 1   
Для определения трех констант A, B, D имеем два граничных условия для σr
r  a,  r  0 ,
r  b, r  0
и граничное условие для напряжения
104
σz в виде равенства нулю продольной силы
b
   z rdr  0 .
a
Подставляя напряжения в граничные условия, находим
 1  3 a 2
3 
A  T0 

,
2



b









 a2 1 
1  2
B  T0
a , C  T0  2   .
   

 2b
В итоге получаем напряжения
 r 2 a2 a2 
1
r  ET0
1     ,
     b 2 b 2 r 2 
  ET0
 z  ET0

1
r2 
1

3

,
    
b2 
1 
r 2 a2 
1

2
 .

    
b2 b2 
105
10. Расчет пластинок
Основные положения
В современной технике конструкции в виде пластин имеют широкое
применение.
Основная гипотеза теории пластин – гипотеза прямых нормалей.
Нормаль к плоской срединной поверхности после деформации переходит в
нормаль к искривленной поверхности. Тем самым предполагается отсутствие
сдвигов по плоскостям, параллельным срединной поверхности.
Гипотеза прямых нормалей сводит задачу расчета из трехмерной к
двухмерной, так как предполагается, что все слои пластинки деформируются
подобно срединной поверхности.
Ввиду симметрии относительно срединной поверхности работу
пластинки можно разделить на две независимые части:
а) работу в своей плоскости, при которой происходят перемещения u, v,
параллельные срединной поверхности (при отсутствии перемещений w вдоль
оси z;
б) работу пластинки из плоскости, при которой точки срединной
поверхности испытывают только нормальные перемещения w.
Уравнения пластинки, работающей в плоскости
Если нагрузка может быть сведена к силам, действующим в срединной
плоскости пластинки, то в пластинке возникает плоское напряженное
состояние, напряжение σz = 0, рис. 1.
Деформации
x 
du
,
dx
y 
dv
,
dy
 xy 
du dv
 .
dy dx
106
Уравнение совместности
2
2
 2 x   y   xy
.
 2 
y 2
x
xy
Уравнения равновесия
 x  xy

 X  0,
x
y
 xy
x

 y
y
 Y  0.
x
dx
σx
dy
τyx
τxy
σy
h/2
y
h
z
Рис. 1. Напряжения в срединной поверхности пластины
В отсутствие массовых сил уравнения равновесия будут выполнены,
если
x 
 2
 2
 2



,  y  2 , xy
,
xy
y 2
x
где Φ – бигармоническая функция.
Уравнения пластинки при работе из плоскости
Кроме гипотезы прямых нормалей, примем статическую гипотезу,
согласно которой, как и в элементарной теории изгиба балок, пренебрегаем
нормальными напряжениями σz на площадках, параллельных срединной
плоскости, рис. 2.
107
z
x
τxz
τxy
τyz
y
σy
σx
τyx
Рис. 2. Изгиб пластинки при работе из плоскости
Согласно статической гипотезе, уравнения закона Гука будем брать в
виде:
1
  x   y  ,
E
1
 y    y   x  .
E
x 
(а)
Таким образом, мы пренебрегаем слагаемыми μσz в последних формулах.
Напряжение σz хотя и отлично от нуля, дает небольшой вклад в деформации
εx, εy.
Пластинку будем предполагать постоянной толщины и загруженной
поперечной нагрузкой q(x, y).
Из рассмотрения рис. 3 следует
u  z
w
x
w
w
.
, v  z
x
y
(б)
w
x
b'
u
b
w
z
a'
x
a
Рис. 3. Гипотеза прямых нормалей
108
b
В соответствии с соотношениями Коши получаем
2w
2w
x  z 2 ,  y  z 2 ,
x
y
2w
 xy  2 z
.
xy
(в)
Тогда физические соотношения (а), разрешенные относительно напряжений,
будут
E
  x   y  ,
1  2
E
y 
  y   x  ,
1  2
E
 xy 
 xy .
2 1   
x 
Подставляя (в), получим
Ez   2 w
2w 
x  
  2 ,

1   2  x 2
y 
Ez   2 w
2w 
y  
  2 ,

1   2  y 2
x 
(г)
Ez  2 w
 xy  
.
1   xy
Законы изменения σx, σy, τxy по толщине пластинки оказываются
линейными, как и в теории изгиба балок. Рассмотрим законы изменения τxz,
τyz.
Из первых двух уравнений равновесия
 x  xy  xz


 0,
x
y
z
 xy  y  yz


0
x
y
z
имеем
 xz
Ez    2 w  2 w 



,
z 1   2 x  x 2 y 2 
109
 yz
Ez    2 w  2 w 



.
z 1   2 y  x 2 y 2 
Интегрируя эти уравнения, находим
Ez 2
  2w 2w 
 xz 


  1  x, y  ,
2 1   2  x  x 2 y 2 
Ez 2
  2w 2w 
 yz 


   2  x, y  .
2 1   2  y  x 2 y 2 
Используем граничные условия на верхней и нижней поверхностях пластины
(при z  
h
 xz   yz  0 ), тогда
2
1  x, y   
Eh 2

w ,
8 1   2  x
Eh 2

2  x, y   
w .
2
8 1    y
Таким образом,
E  h2  4 z 2  
 xz  
w ,
8 1   2  x
E  h2  4 z 2  
 yz  
w .
8 1   2  y
Законы изменения τxz, τyz по толщине пластинки оказались параболическими
(как и при изгибе балок прямоугольного сечения).
Все полученные формулы для напряжений выражены через прогиб
срединной поверхности. Уравнение для w в данном случае является как бы
разрешающей функцией, аналогичной функции напряжений в плоской задаче
теории упругости. Осталось найти данное уравнение.
110
Вывод дифференциального уравнения упругой поверхности пластинки
Для получения дифференциального уравнения прогиба используем
граничные условия для σz
h
h
z  , z  q , z   , z  0 .
2
2
Предполагается, что поперечная нагрузка приложена к верхней поверхности
пластинки и направлена вверх.
Найдем σz. Из третьего уравнения равновесия имеем

 z

  zx  zy .
z
x
y
На основании выражений для τzx, τzy находим
2
2
 z E  h  4 z  2

 w.
z
8 1   2 
Интегрируя, получаем
4 

Ez  h 2  z 2 
3  2
z  
 w    x, y  .
8 1   2 
(а)
Используем граничные условия
z
z
z
h
2
h
z 
2
Eh3

 2 w    x, y   q ,
2
24 1   

Eh3
 2 w    x, y   0 .
2
24 1   
Складывая последние два уравнения, получаем
1
  x, y   q .
2
(б)
Согласно (а) напряжение σz изменяется по закону кубической параболы по
толщине плиты. Эпюра σz имеет вид, представленный на рис. 4, в
зависимости от того, к какой поверхности приложена нагрузка (верхней,
срединной или нижней).
111
q
q/2
q
h/2
h/2
q/2
q
q
q/2 q/2
Рис. 4. Эпюры напряжения σz
Подставляя найденное по (б) выражение ψ (x, y) в уравнение (а),
получим дифференциальное уравнение изогнутой срединной поверхности
первоначально плоской пластинки:
Eh3
2w  q .
2
12 1   
(в)
Вводя обозначение
Eh3
 D,
12 1   2 
где D – цилиндрическая жесткость при изгибе пластинки, окончательно
имеем
4w
4w
4w
q
2

2



w

.
x 4
x 2y 2 y 4
D
(г)
Выражение (г) есть основное уравнение изгиба пластинки. Его называют
уравнением Софи Жермен.
План решения задачи изгиба. Условия на опорном контуре
Задача изгиба заключается не только в интегрировании уравнения
Софи Жермен и определении прогиба w = w(x, y), но и в удовлетворении
условий на опорном контуре.
Рассмотрим
прямоугольную
пластинку,
рис.
5,
с
различными
опорными связями. Для левого защемленного конца имеем следующие
112
условия: при x = 0 и любом значении y необходимо отсутствие прогиба w = 0
и отсутствие угла наклона срединной плоскости относительно оси x, то есть
w
 0.
x
0 шарнирное опирание
a
защемление
x
свободный край
y
Рис. 5. Различные способы опирания пластины
Для шарнирно опертого контура при y = 0 при любом x необходимо
отсутствие прогиба и нормальных напряжений σy по опорному сечению, а
также равенство нулю касательных напряжений τxy, параллельных оси x.
Касательные напряжения τzy, действующие параллельно оси z, возможны и
необходимы, так как именно они поддерживают пластинку.
На основании формул для напряжений
Ez   2 w
2w 
x  
  2 ,

1   2  x 2
y 
Ez   2 w
2w 
y  
  2 ,

1   2  y 2
x 
Ez  2 w
 xy  
1   xy
заключаем, что при y = 0 имеют место следующие условия шарнирного
опирания:
w  0,
2w
2w


 
y 2
x 2
2w
 0.
xy
113
(д)
Подбор w(x, y), которая удовлетворяла бы всем граничным условиям
2w
 0 . Необходимо
(д), можно смягчить, отказавшись от условия  xy 
xy
лишь добиться того, чтобы сумма τxy по толщине пластинки сводилась к
системе взаимноуравновешенных усилий.
На свободном крае все напряжения отсутствуют
 x   xy   xz  0 .
На основании формул для напряжений получаем:
2w
2w
  2  0,
x 2
y
2w
 
xy
  2w
2w 
  2   0.

x  x 2
y 
Способ удовлетворения граничных условий в интегральной форме будет
рассмотрен ниже.
Таким образом, уравнение упругой поверхности в теории изгиба
пластин играет такую же роль, что и функция напряжений в плоской теории
упругости. Как и в плоской задаче, зная уравнение упругой поверхности,
легко получить напряжения. Как будет показано ниже, через w(x, y)
выражаются и компоненты усилий.
Математически бигармоническое уравнение для функции напряжений
плоской задачи совпадает с однородным уравнением упругой поверхности
пластинки.
114
Эллиптическая пластинка, защемленная по контуру
Рассмотрим эллиптическую в плане пластину, рис. 6.
y
u
b
a
x
ω
Рис. 6. Эллиптическая пластинка
Пластинка загружена равномерно распределенной нагрузкой q = const.
Уравнение контура
x2 y2

 1,
a 2 b2
где x , y – координаты точек на опорном контуре. Зададимся выражением
прогиба в виде:
2
 x2 y2

w  x, y   w0  2  2  1 .
b
a

(а)
Очевидно, что на контуре прогиб обращается в 0. Уравнение (а) отвечает и
другому граничному условию, согласно которому контур защемлен и
изогнутая срединная поверхность на контуре остается горизонтальной.
Действительно
 x2 y2
 2x
w
 2 w0  2  2  1 2 ,
x
b
a
a
115
 x2 y2
 2y
w
 2w0  2  2  1 2 .
y
b
a
b
При x  x , y  y производные равняются нулю, следовательно, равняются
нулю производные по нормали
w w
,
, где n, s – нормаль и касательная к
n s
граничному контуру в произвольной его точке.
Для того, чтобы определить, удовлетворяет ли решение (а) уравнению
С. Жермен, найдем остальные производные.
4w
w0  4 w
w0
4w
w

24
,

24
,
 8 2 02 .
4
4
4
4
2
2
x
a
y
b
x y
ab
Подставляя данные производные в дифференциальное уравнение, получаем
24  q
 24 16
w0  4  2 2  4   .
ab
b  D
a
Отсюда находим константу w0:
w0 
q
.
24 
 24 16
 4  2 2  4 D
ab
b 
a
Зная w(x, y), можно рассчитать напряжения:
Ez  2 w
Ez 8w0 xy
 xy  

,
  xy
  a 2b 2
E  h2  4 z 2   3w 3w 
E  h 2  4 z 2   w
w 
 xz  



24

8



 x.
3
2
4
xy 
a 2b 2 
8    2   x
8    2   a
Рассчитаем нормальные и касательные напряжения в соответствии с
формулами:
Ez   2 w
2w 
x  
 2 ,

  2  x 2
y 
Ez   2 w
2w 
y  
 2 ,

  2  y 2
x 
Ez  2 w
 xy  
.
   xy
116
На основе представления прогиба формулой (а) имеем

 2 w 4w0  x 2 y 2
x2 
 2  2  2  1   2 2  ,
x 2
a  a
b
a 


 2 w 4w0  x 2 y 2
y2 
,



1

2


2 
y 2
b 2  a 2 b 2
b


2
 w 4w0 xy
 2 2 .
xy
ab
Тогда напряжения будут равны
 1    x 2 y 2

 x2
Ez
y 2 
x  
4w0  2  2   2  2  1  2  4   4   ,
  2
b
b 

a
 a b   a
 1    x 2 y 2

 x2
Ez
y 2 
y  
4w0  2  2   2  2  1  2  4   4   ,
  2
a  a
b
a 

b
 b
Ez 8w0 xy
.
 xy  
  a 2b2
Зная напряжения, легко рассчитать изгибающие (Mx, My) и крутящий
(Mxy) моменты согласно выражениям
I
I
I
M x   x , M y   y , M xy   xy
z
z
z
,
h3
где I  .
12
Выражения перерезывающих сил найдутся как
  2w 2w 
Qx   D  2  2  ,
x  x
y 
Qy   D
  2w 2w 


.
y  x 2 y 2 
Рассчитаем сначала Δw.
 1

 x2 y 2 
   x2 y 2
w  4w0  2  2   2  2  1  2  4  4   .
b
b 

a
 a b   a
Тогда находим
 2x  1   2x 
Qx  4 Dw0  2  2  2   4  ,
a  a b  a 
117
2y  1   2y 
Qy  4 Dw0  2  2  2   4  .
b a b  b 
В качестве примера рассчитаем эпюры изгибающих моментов Mx, My и
перерезывающей силы Qx. Положим y = 0 (точки, лежащие на большем
диаметре) и рассчитаем моменты и силу в сечениях x = –a, 0, a.
Имеем
x   a, M x  
где K  4 Dw0 . Для My имеем
2K
 1 
, x  0, M x  K  2  2  ,
2
a
a b 
1 
x   a, M y  0, x  0, M y  K  2  2  .
a 
b
Перерезывающая сила Qx в отмеченных сечениях принимает следующие
значения:
2K  2 1 
   , x  0, Qx  0 .
a 2  a 2 b2 
Нормальные напряжения в центре пластинки (x = y = 0) будут:
x   a, Qx 
Ew0
  2
Ew0
y  
  2
x  
1
 1
z 2   2 ,
b 
a
1 
1
z 2   2 .
a 
b
Для круглой пластинки, полагая a = b, получим
qa 4
w0 
, w  w0  a 2  r 2  , r 2  x 2  y 2 ,
64 D
3 q
 xz   3  h 2  4 z 2  x.
2h
В случае бесконечно вытянутой по оси x пластинки ( a   ) имеем
цилиндрический изгиб
 y2

qb 4
w  w0  2  1 , w0 
,
24 D
b

что соответствует изгибу балки с теми же граничными условиями и
нагрузкой, с заменой в формулах прогиба балок изгибной жесткости балки EI
на D  
EI
.
 2
118
Расчет прямоугольной пластинки
Пусть прямоугольная пластинки шарнирно оперта по граничному
контуру и имеет нагрузку, удовлетворяющую уравнению, рис. 7.
q  x, y   q0 sin
x
y
sin .
a
b
y
(а)
a
b
x
0
q0
Рис. 7. Нагружение прямоугольной пластинки
Примем уравнение упругой поверхности в виде:
w  x, y   C sin
x
y
sin .
a
b
(а)
Данная функция удовлетворяет дифференциальному уравнению Софи
Жермен и граничным условиям. Действительно
x = 0, w = 0; y = 0, w = 0,
x = a, w = 0; y = b, w = 0.
Производные от w:
2w
2


w,
x 2
a2
2w
2
  2 w,
y 2
b
 4 w 4
 w,
x 4 a 4
 4 w 4
 w,
y 4 b 4
4w
4

w.
x 2y 2 a 2b 2
Поставляя в дифференциальное уравнение изгиба, находим
119
C
q0
 1 1
4 D  2  2 
a b 
2
.
Величина C представляет прогиб в центре пластинки при x 
a
b
, y .
2
2
Подставим найденные выражения вторых производных в формулы для
напряжений
x  
Ez   2 w
2w 



,
  2  x 2
y 2 
Ez   2 w
2w 
y  
 2 ,

  2  y 2
x 
(в)
Ez  2 w
 xy  
.
   xy
По кромкам пластины отсутствуют нормальные напряжения: σx = 0 при
y = 0, b; σy = 0 при x = 0, a. Кроме нормальных, по кромкам будут действовать
касательные напряжения: τxy на сторонах, параллельных оси y, τyz на
сторонах, параллельных оси x. Их выражения имеют, как известно, вид:
E  h2  4 z 2   3w 3w 
 xz  
 3 
,
xy 2 
    2   x
E  h2  4 z 2   3w 3w 
 yz  
 2  3 .
    2   x y y 
Поскольку
3w
3
x
y
,

C
cos
sin
x3
a3
a
b
3w
3
x
y
 C 2 cos sin ,
2
xy
ab
a
b
то
 xz  
E  h 2  4 z 2  3
    a
2
1
x
y
 1
C  2  2  cos sin .
b 
a
b
a
120
По сторонам, параллельным оси y, x = 0, a, напряжения τxz распределены по
закону синуса, рис. 8.
max τxz
h
b
Рис. 8. Касательные напряжения τxz
Аналогично можно получить выражения τyz. Очевидно, что система
напряжений τzx, τzy, действующая по кромкам пластины и направленная в
сторону, противоположную нагрузке q(x, y), уравновешивает внешнюю
нагрузку.
Для нормальных напряжений на основании (в) имеем
x  
y  
E 2  b 2  a 2 
 2  a 2b2
E 2  a 2  b 2 
   a b
2
2 2
zw,
,
(г)
zw.
Наибольших значений по толщине плиты нормальные напряжения достигают
h
при z   . Эпюра данных напряжений, согласно (г), подобна упругой
2
поверхности пластинки. Также из (г) следует, что кромки пластинки
свободны от нормальных напряжений.
Напряжения τxy равны
Ez  2 w
 xy  
.
   xy
Так как
2w
2
x
y
 C 2 2 cos cos ,
xy
ab
a
b
121
то
Ez
2
x
y
 xy  
C 2 2 cos cos .
  a b
a
b
По кромкам пластины
 xy
 yx
y 0
x 0
  xy
  yx
y b
x a
Ez
2
x

C 2 2 cos ,
  a b
a
Ez
2
x

C 2 2 cos .
  a b
b
Изменение τxy в зависимости от x в пределах от 0 до a приведено на рис. 9.
a/2
a/2
a
Рис. 9. Эпюры изменения касательного напряжения τxy по длине кромки
Очевидно, что в пределах каждой кромки касательные напряжения имеют
главный вектор и главный момент, равные нулю, то есть они статически
эквивалентны нулю.
Таким образом, поскольку по граничному контуру могут действовать
только вертикальные касательные напряжения, играющие роль реакций
опорного контура, полученное решение в части нахождения напряжений τ xy
носит приближенный характер.
Усилия и моменты
Напряжения σx, σy и τxy изменяются по толщине пластинки по
линейному закону. Суммируя указанные напряжения на элементарных
122
прямоугольниках высотой h и основаниями dx или dy, получим статически
эквивалентные им моменты, рис. 10.
Myx
Mx
σx
My
σy
τyx
Mxy
τxy
Δy = 1
Δy = 1
Δx = 1
Δx = 1
Рис. 10. Эпюры изгибающих моментов
Нормальные напряжения σx, σy приводятся к изгибающим моментам,
действующим в двух взаимно-ортогональных направлениях. Касательные
напряжения τxy и τyx приводятся к крутящим моментам, которые действуют в
двух взаимно-ортогональных сечениях. Вследствие закона парности τxy = τyx,
эти моменты равны по величине и противоположны по знаку.
Если обозначить интенсивность изгибающих моментов по сечениям
x = const, y = const через Mx, My, а интенсивности крутящих моментов в тех
же сечениях – через Mxy, то их выражения будут
h/2
Mx 

 x zdz ,
h / 2
h/2
My 

 y zdz ,
h / 2
h/2
M xy   M yx 

 xy zdz .
h / 2
Подставляя значения напряжений, находим
 2w
2w 
M x  D  2   2  ,
y 
 x
123
(а)
 2w
2w 
M y  D  2   2  ,
x 
 y
(б)
2w
Eh3
.
, D
xy
12 1   2 
M xy   D 1   
Напряжения могут быть выражены через моменты согласно формулам
x 
M
M
Mx
z ,  y  y z ,  xy  xy z ,
I
I
I
(в)
h3
I .
12
Последние формулы позволяют провести аналогию с известными формулами
сопротивления материалов, построенными на основе гипотезы линейного
распределения напряжений по толщине.
Аналогично
можно
ввести
интенсивности
поперечных
сил,
действующих по двум взаимно-ортогональным направлениям, рис. 11.
h/2
Qx 

h/2
 zx dz, Qy 
h / 2

 zy dz .
(г)
h / 2
Qx
Qy
τzx
τzy
max
zx 
Δy = 1
3 Qx
2 h
τzy
1
Q
3
y
Δx = 1
max
1
zy 
2 h
τzy 11. Приведения касательных напряжений τ , τ к поперечным силам
Рис.
zx zy
Подставляя в (г) выражения τzx, τzy, получаем
  2w 2w 
Qx   D  2  2  ,
x  x
y 
  2w 2w 
Qy   D  2  2  .
y  x
y 
124
(д)
Размерности Qx, Qy – это размерности силы, поделенной на длину – погонная
поперечная сила. Исключая в (д) производные от прогибов, с учетом
выражений τxz, τyz, получим
 zx 
QS
Qx S x
,  zy  y y ,


где Sx, Sy – статические моменты отсеченной площади сечения пластинки
(представляющих
прямоугольники
с
единичным
основанием),
расположенной выше того уровня, на котором вычисляются касательные
напряжения (аналог формулы Журавского расчета касательных напряжений,
возникающих при изгибе балки).
В заключение рассмотрим понятие о приведенной поперечной силе.
Касательные напряжения на опорном контуре пластинки τzx или τzy можно с
использованием принципа Сен-Венана условно объединить с касательными
напряжениями, создающими кручение пластинки, то есть τxy = τyx. Тогда
приведенная поперечная сила по краю x = const
 M xy 
Vx  Qx  
 .
 y  x a
С учетом (б), (г) получаем
 3w
3w 
Vx   D  3   2   
.
2

x

x

y


По краю y = const
 3w
3w 
Vy   D  3   2   
.
xy 2 
 y
В связи с введением приведенных поперечных сил граничные условия для
свободного края x = a можно представить как
M x  Vx ,
 2w 2w 
 2w
3w 
 0.
 2  2   0,  3   2   
y  xa
xy 2  xa
 x
 x
125
(е)
Таким образом, на свободном крае пластинки граничные условия (е)
достаточны для полного решения задачи.
Общий случай нагрузки прямоугольной
шарнирно опертой пластины
Рассмотрим прямоугольную шарнирно опертую по контуру пластину,
нагруженную произвольной поперечной нагрузкой q(x, y), рис. 12.
y
y=b
x=a
x
Рис. 12. Расчет шарнирно опертой прямоугольной пластины
Граничные условия при x = 0, a, y = 0, b имеют вид
2w 2w
w  2  2  0.
x
y
Возьмем решение в виде ряда


w   Amn sin
n 1 m 1
nx
my
sin
,
a
b
(а)
где Amn – искомые коэффициенты двойного ряда. Заметим, что задание w в
виде (а) гарантирует выполнение граничных условий. Для нахождения Amn
разложим нагрузку q(x, y) в двойной ряд


q   qmn sin
n 1 m 1
nx
my
sin
.
a
b
(б)
Коэффициенты ряда при заданной функции q(x, y) найдутся как
4
nx
my

q  x, y  sin
sin
dxdy .

ab 0 0
a
b
a b
qmn
126
(в)
Подставляя (а), (б) в уравнение Софи Жермен, после преобразований
находим
Amn 
qmn
 n  2  m  2 
4
 D      
 a   b  
2
.
Тогда общее выражение прогиба будет
w  x, y  
Рассмотрим


1

 D n1 m1
частные
nx
my
sin
a
b .
2
 n  2  m  2 
     
 a   b  
qmn sin
4
случаи.
При
действии
(г)
равномерно
распределенной нагрузки q = const из (в) находим
4q
nx
my
16q

sin
dx
sin
dy

.
0 b
ab 0
a
2 mn
a
qmn
b
Значит, прогиб будет
w  x, y  

sin

16

2 D n1 m1
nx
my
sin
a
b
2 2
 n   m  
nm      
 a   b  
2
.
Данный ряд достаточно быстро сходится. Например, для максимального
прогиба в центре квадратной пластины (a = b) при четырех членах ряда
получаем точное значение
wmax  0,00406
Рассмотрим
нагружение
qa 4
.
D
равномерной
прямоугольника со сторонами c, d, рис. 13.
127
нагрузкой
по
площади
a
x
β
b
α
d
c
y
w(x, y)
α
P
a
Рис. 13. Нагружение по площади прямоугольника
Обозначим координаты центра грузового участка через α и β. Найдем
коэффициенты разложения нагрузки q(x, y):
 d / 2
 c / 2
qmn
4q
nx
my

sin
dx  sin
dy 

ab c / 2
a
b
 d / 2

Пусть c 
(д)
16q
n
m
nc
md
sin
sin
sin
sin
.
2
 mn
a
b
2a
2b
a
a
b
, d  b ,   ,   . Тогда
2
4
2
qmn 
16q
2 n
2 m
.
sin
sin
2 nm
4
4
В качестве второго примера рассмотрим расчет пластины, нагруженной
сосредоточенной силой P, которая приложена в точке xP = α, yP = β, рис. 14.
a
b
yp
x
xp
P
y
Рис. 14. Нагружение сосредоточенной силой
128
Зададим P = qcd. Подставляя q 
qmn 
P
в (д), получим
cd
nx p
my p
16 P
nc
md
.
sin
sin
sin
sin
2
 nmcd
a
b
2a
2b
Введем переменные  
nc
md
, 
, тогда получим, учитывая nc  2a ,
2a
2b
mc  2b :
qmn 
nx p
my p
16 P
sin  sin  sin
sin
.
2a  2b
a
b
Переходя к пределу при   0 ,   0 , находим
qmn 
Если принять x p 
nx p
my p
4P
.
sin
sin
ab
a
b
a
b
, y p  , то прогиб будет
2
2
n
m
sin
4P
2
2 sin nx sin my ,
w  x, y  

2
ab D n1 m1  n  2  m  2  2
a
b

    
 a   b  


sin
где индексы m, n являются нечетными числами.
Для квадратной пластины a  b , x  y 
a
из последней формулы
2
получаем
wmax
4 Pa 2  
1
.
 4 
 D n1 m1  n2  m2 2
Удерживая первые четыре члена, то есть полагая n  m  1, 3 , получим
wmax 
0,0112a 2 P
,
D
что на 3% отличается от точного значения wmax
129
0,0116a 2 P

.
D
Расчет круглой пластинки
В общем случае нагружения круглой пластинки удобно пользоваться
полярными координатами. Уравнение Софи Жермен изогнутой поверхности
имеет вид
 2 1 
1  2   2 w 1 w 1  2 w  q  r ,  
 w 2 



.


r r r 2 2  r 2 r r r 2 2 
D
 r
2
(а)
В случае, когда нагрузка не зависит от θ (симметричное нагружение),
уравнение (а) будет:
  4 w 2  3 w 1  2 w 1 w 
D 4 


  qr  .
r r 3 r 2 r 2 r 3 r 
 r
Решение последнего неоднородного дифференциального уравнения в случае
q = const можно представить как
qr 4
.
w  A ln r  Br ln r  Cr  K 
64 D
2
2
(б)
Для сплошной пластинки из условий конечности w и ее производных
получаем A = B = 0. Остальные постоянные найдутся из граничных условий.
а) При защемлении по контуру w 
w
 0 при r = a. Используя данные
r
граничные условия, находим
w
2
q
r 2  a2  .

64 D
б) Если пластина свободно оперта по контуру, то при r = a w = 0,
Mr = 0.
Моменты в полярной системе координат будут:
 2w
  2 w  w 
2w 
M r  M x  D  2   2   D  2 
,

x

y

r
r

r




 2w
  w
2w 
2w 
M   M y  D  2   2   D 
  2 .
x 
r 
 y
 r r
(в)
Последние формулы легко получить, если направить ось вдоль радиуса,
идущего к той точке, где мы ищем моменты. Тогда θ = 0 и
130
2w 2w

,
x 2 r 2
 2 w  w   2 w


.
y 2 r r r 2 2
Второй член последней формулы отпадает, так как w не зависит от θ.
Возвращаясь к расчету граничных условий при свободном опирании,
потребуем, чтобы
2w  2w
r  a : w  0,

 0.
r 2 r r 2
Данные условия дают
Ca 2  K 
2 1    DC 
qa 4
 0,
64 D
3 2
qa  0 .

Отсюда находим:
3   qa 2
5   qa 4
, K
.
C
 1    D
 1    D
Уравнение срединной поверхности
w
q
 5    a 4  2  3    a 2 r 2  1    r 4  .
 1    D
Моменты найдутся, исходя из (в)
Mr 
M 
3   q

a
2
 r2  ,
q
 3    a 2  1  3  r 2  .

В центре пластинки r = 0
Mr  M
3    qa 2


.

в) Нагружение круглой пластинки погонным моментом M, равномерно
распределенным по контуру.
Уравнение срединной поверхности возьмем без последнего члена
w  Cr 2  K .
131
Моменты
M r  M   2 1    DC .
По контуру r = a должно выполняться w = 0, Mr = M. Значит
Ca 2  K  0 ,
2 1    DC  M .
Отсюда
C
M
D,
 1   
Ma 2
.
K
 1    D
Далее находим
w
M  a2  r 2 
2 1    D
,
Mr  M  M .
4a 2  a 2  r 2  
q  2
2
w
 a  r  
.
 D 
1 


Для пластинки, защемленной по контуру, прогиб от силы P,
приложенной в центре, имеет вид:
w
P 1 2 2
a
a  r   r 2 ln  .


D  2
r
Если пластинка оперта по контуру, то
w
P 1 3   2 2
a
a  r   r 2 ln  .


D  2 1  
r
Для кольцевой пластинки, свободно опертой по внешнему контуру,
подверженной действию равномерно распределенной нагрузки, рис. 15,
используем решение в форме (б).
132
q
b
b
a
a
Рис. 15. Расчет кольцевой пластинки
Для определения постоянных A, B, C, K необходимо удовлетворить
граничным условиям:
r = b, σr = 0, (Mr = 0), τzr = 0 (Qr = 0),
r = a, Mr = 0.
На опорном контуре величина поперечной силы
w
q  a 2  b 2 
2a
равна погонной опорной реакции.
Использование данных граничных условий в решении (б) позволяет
после упрощений получить уравнение упругой поверхности в виде:
qa 4  2 
w
 3    1  2   k  1     1    


64 D 1  

4

k ln    ln   ,
1 

где

r
b


  ,   , k   3     1   
ln   .

a
a
 


133
(г)
На основе решения в форме (г) можно получить выражения для  
w
r
(девиация), Mr (радиальный момент), Mθ (тангенциальный момент) и Qr
(поперечная сила). После этого можно рассчитать максимальные напряжения
в сечениях, а именно
r 
6M r
6M
3 Qr
.
,   2  , max
zr 
2
h
h
2 h
Характер эпюр для случая железобетонной пластины при a = 180 см,
b = 90 см, E = 1,9∙106 Н/см2, μ = 1/6, q= 0,8 Н/см2 представлен на рис. 16.
q
w
qa 4
0,6
D
Mr
0,04qa 2
Mθ
0,23qa 2
Qr
Рис. 16. Эпюры прогиба, моментов и усилия круглой пластинки
134
11. Элементы теории оболочек. Цилиндрические оболочки
Основные определения и гипотезы
Оболочки широко используются в технике, строительстве, авиа- и
ракетостроении. Примерами могут служить перекрытия зданий, градирни,
емкости хранения жидкостей и газов, элементы судов и летательных
аппаратов.
Оболочечные конструкции отличаются легкостью и обладают высокой
прочностью и жесткостью. Объясняется это тем, что внешняя поперечная
нагрузка уравновешивается не только за счет изгиба (как в пластинах), но и
за счет нормальных и сдвиговых усилий в срединной поверхности. Примеры
оболочечных конструкций приведены на рис. 1, а-г.
а
б
г
в
Рис. 1, а-г. Примеры оболочечных конструкций
Для пояснения подкрепляющего эффекта оболочечных конструкций уместно
провести аналогию с арками. В сечениях арки действуют изгибающий
135
момент Mизг, поперечная и продольная силы Qпопер, N, распределение которых
зависит от очертания арки. В случае рационального очертания Mизг = 0 во
всех сечениях. Внешняя нагрузка уравновешивается только продольной
силой N, что облегчает конструкцию.
Оболочка
–
тело,
ограниченное
двумя
криволинейными
поверхностями. Толщина оболочки много меньше других размеров.
Поверхность, делящая толщину оболочки пополам, называется срединной.
Если толщина оболочки постоянна, то геометрия оболочки полностью
определяется геометрией срединной поверхности.
Если через точку M, рис. 2, провести кривые по поверхности оболочки,
то касательные к этим кривым будут лежать в касательной плоскости.
M
Рис. 2. Касательная и нормальные плоскости к поверхности оболочки
Нормаль к касательной плоскости называется нормалью к поверхности.
Плоская кривая, получающаяся при пересечении поверхности с
плоскостью, содержащей нормаль, называется нормальным сечением
поверхности в точке M. Таких сечений будет множество. Среди плоскостей,
проходящих через нормаль, можно выделить две взаимно-ортогональные –
такие, что кривизны сечений в точке M имеют максимальное и минимальное
значения K1, K2. Эти кривизны называются главными, а направления,
определяемые двумя плоскостями – главные направления.
Лежащие на поверхности кривые, вдоль которых кривизны принимают
главные значения, называются линиями главных кривизн или линиями
кривизн.
136
В зависимости от знаков K1, K2 в точке значение гауссовой кривизны
K = K1K2.
может быть либо больше нуля, либо равно нулю, либо – отрицательным.
В соответствии со знаками K поверхность может быть (рис. 3, а-в):
–
положительной (эллипсоид, сфера);
–
нулевой (цилиндр, конус);
–
отрицательной (однополостный гиперболоид).
R2
R2
R1
Рис. 3 а. Поверхности эллипсоида,
сферы, K > 0
Рис. 3 б. Цилиндр, K = 0
R2
R1
Рис. 3 в. Однополостный гиперболоид, K < 0
Оболочки первого и третьего типов называют еще оболочками двоякой
кривизны. Как правило, это оболочки вращения, образуемые вращением
некоторой плоской кривой вокруг прямолинейной оси.
137
Положение точки на поверхности можно определить по координатам в
декартовой системе z = z(x, y). Однако не всегда удобно задавать поверхность
в декартовой системе. Целесообразно систему координат связать с самой
поверхностью. В качестве координатных линий выбирают линии кривизн,
образующих на поверхности ортогональную сетку. Чаще всего используются
цилиндрические и сферические координаты.
В основе теории оболочек лежат две основные гипотезы: а) гипотеза
прямых нормалей, согласно которой нормальный элемент к поверхности
остается нормальным и прямолинейным и после деформации, не изменяя
своей длины; 2) нормальные напряжения на площадках, параллельных
срединной поверхности, будут малы (ненадавливание волокон).
Гипотеза прямых нормалей позволяет выразить деформации в любой
точке оболочки через деформации срединной поверхности.
Оболочки,
для
которых
справедливы
приведенные
гипотезы,
называются тонкими. В противном случае оболочки считаются толстыми. В
теории тонких оболочек членами порядка
h
пренебрегают по сравнению с
R
единицей, где h, R – толщина и наименьший радиус кривизны.
Постановка задачи расчета цилиндрической оболочки
В цилиндрической оболочке положение точки А определяется двумя
координатами: x – расстоянием от начала координат и центральным углом θ,
рис. 4.
A
x
0
ds
dx
R
θ
x
Рис. 4. Элемент цилиндрической оболочки
Будем рассматривать круговые оболочки радиуса R.
138
Вырежем
из
оболочки
двумя
вертикальными
плоскостями,
ортогональными оси 0x, бесконечно малый элемент dxds. Толщина оболочки
h, рис. 5.
К выделенному элементу приложены:
–
N – нормальное усилие вдоль образующей (продольное усилие);
–
S – нормальное усилие в поперечном направлении по дуге окружности
(тангенциальное или кольцевое);
–
Tx, Tθ – сдвиговые усилия;
–
Mx, Mθ – изгибающие моменты в продольном и поперечном направлении;
–
Qx, Qy – поперечные силы.
Все усилия и моменты рассчитываются на единицу длины. Поэтому,
например, если продольное усилие равно N, то напряжение в продольном
направлении
N 
N
.
1 h
Mθ
z
Tθ
S
h
Qx
Tx
N
N
Mx
Qx
Qθ
Tx
x
Mx ds
Qθ
Tθ
y
S
dx
dθ
Mθ
Рис. 5. Усилия и моменты, приложенные к элементу оболочки
Крутящие моменты опущены, поскольку при расчете оболочек ими
пренебрегают.
Перемещения точек срединной поверхности – u, v, w. Положительное
направление w – вверх.
139
Моменты считаются положительными, если они растягивают волокна
наружной поверхности (со стороны, где w > 0).
Поперечная сила должна быть положительной, если момент возрастает.
На рис. 5 не показаны приращения усилий при переходе от одного края
элемента к другому. Данные приращения будут проявлены на последующих
рисунках, отдельно для каждого уравнения равновесия.
Статическая сторона задачи
а) Проекции на ось X (Σ = X), рис. 6.
z
N
y
Tθ
N
N
dx
x
T 
T
ds
s
ds
x
dx
Рис. 6. Схема усилий в проекции на ось X
Учитывая размеры элемента, имеем
N
T
dxds   dxds  Xdxds  0 .
x
s
После сокращения
N T

 X  0.
x s
б) Проекции на ось Y, рис. 7.
140
(1)
S
z
Tx
Q 
Q
ds
s
Qθ
x
Tx 
y
Tx
dx
x
S
Рис. 7. Схема усилий в проекции на ось Y
Поскольку поперечные силы приложены по нормали к поверхности
оболочки, то в силу кривизны будем иметь проекции поперечных сил на ось Y.
S
T
d 
Q
 d
dsdx  x dxds  Qdx
  Q   ds  dx
 Ydxds  0 .
s
x
2 
s
2

Заменяя d  
ds
и пренебрегая бесконечно малой, получим
R
S Tx Q


Y  0.
s x
R
(2)
в) Проекции на ось Y, рис. 8.
S
z
Q 
Qx
dx
x
Q
ds
s
x
Qθ
Qx
y
Qx 
S
S
ds
s
Рис. 8. Схема усилий в проекции на ось Z
 Sdx
d 
S  d  Qx
Q
S 
ds  dx

dxds   dxds  Z  0 .
2 
s 
2
x
s
После преобразований
141

г) Сумма моментов
S Qx Q


 Z  0.
R x
s
(3)
 m , рис. 9.
x
z
Q 
Mθ
Q
ds
s
x
Qθ
y
M 
M 
ds
s
Рис. 9. Схема усилий и моментов mx
Qdx
ds 
Q
M  
 ds

  Q   ds  dx  M dx   M  
ds  dx  0 .
2 
s
s
 2


Отсюда
Q 
д) Сумма моментов
m
y
M 
0.
s
(4)
, рис. 10.
Qx 
z
Qx
dx
x
Mx
x
Mx 
M x
dx
x
y
Qx
Рис. 10. Схема усилий и моментов my
Qx ds
dx 
Q
M x 
 dx

  Qx  x dx  ds  M x ds   M x 
dx  ds  0 .
2 
x
x
 2


142
Qx 
е) Сумма моментов
M x
 0.
x
(5)
 m , рис. 11.
z
z
Tθ
Tx
x
Tx 
y
T 
Tx
dx
x
T
ds
s
Рис. 11. Схема усилий и моментов mz
Tx ds
dx 
T
ds 
T
 dx
 ds
  Tx  x dx  ds  Tx dx   T   ds  dx  0 .
2 
x  2
2 
s  2
Откуда следует
Tx  T  T .
(6)
Подставляя значения
Q 
M 
,
s
Qx 
M x
,
x
Tx  T  T
в уравнения (1) – (3), получим три уравнения равновесия
N T

 X  0,
x s
S T 1 M 


Y  0,
s x R s
S 2M x 2M 
 

 Z  0.
R
x 2
s 2
143
(7)
Геометрическая сторона задачи. Деформации
Линейные относительные удлинения срединной поверхности
u
v w
,    .
x
s R
Изменение угла по поверхности между образующей и дугой вследствие
x 
сдвигов
  1  2 
u v
 .
s x
Кривизны вдоль осей x и y будут
2w
,
x 2
1 v  2 w
.
y  

R s s 2
x 
Физическая сторона задачи
Закон Гука для случая плоского напряженного состояния имеет вид:
E
  x    ,
1  2
E
 
    x  ,
1  2
E

.
2 1   
x 
(1)
В направлении оси z в силу гипотезы ненадавливания считается, что  z  0 .
Пусть к выделенному элементу приложены усилия N, S, T. Умножая
напряжения на длину, равную единице, и толщину h, выразим усилия через
деформации
Eh
 x    ,
1  2
Eh
S   h 
   x  ,
1  2
Eh
T  h 
.
2 1   
N  xh 
144
(2)
Здесь  x ,  ,  – деформации срединной поверхности.
Для определения изгибающих моментов рассмотрим удлинения
волокна, отстоящего на расстояние z от срединной поверхности
 x   z x ,
   z  .
Тогда
M x    x zdz  
A
Mx  
E
 z x  z y  zdA ,
1   2 A
EI
  x      D   x    ,
1  2
Eh3
I   z dA , D 
.
2
12
1


 
A
2
Аналогично выражение My будет
M y   D     x  .
Всего получаем в итоге 5 физических уравнений относительно трех
усилий (2) и двух моментов. К данным уравнениям необходимо добавить
пять геометрических соотношений для деформаций εx, εθ, γ и кривизн κx, κθ, а
также систему трех уравнений статики (7).
Заметим, что после подстановки в выражения усилий и моментов
геометрических соотношений и, в свою очередь, подстановки усилий в
систему уравнений статики (7), получим, как и в теории упругости,
замкнутую систему уравнений равновесия относительно трех искомых
перемещений u, v, w.
Теория пластин – частный случай теории оболочек. При замене ds = dy
и полагая v = 0 получаем выражения моментов
 2w
2w 
M x  D  2   2  ,
y 
 x
 2w
2w 
M y  D  2   2  .
x 
 y
145
Расчет цилиндрических резервуаров
Рассмотрим применение полученной теории к расчету цилиндрических
резервуаров постоянной толщины, рис. 12.
Рис. 12. Расчетная схема резервуара, наполненного жидкостью
Если бы стенка резервуара не была соединена с днищем, то стенку
необходимо было рассчитывать только на растяжение в горизонтальном
направлении, изгиб отсутствовал бы. Соединение стенки с днищем
препятствует деформациям в радиальном направлении.
Условные обозначения
R – радиус резервуара;
С – толщина стенки;
h – высота слоя жидкости;
γ – удельный вес жидкости;
x – расстояние сечения от днища;
w – прогиб стенки (положительный наружу);
φ – угол между касательной к стенке после деформации и вертикалью;
Mx – изгибающий момент в вертикальном направлении на единицу ширины
(Mx = M > 0 соответствует растяжению наружного волокна);
Mθ – изгибающий момент в горизонтальном направлении;
Q – поперечная сила на единицу ширины;
S – растягивающее кольцевое усилие на единицу высоты стенки.
Силовая схема представлена на рис. 13.
146
c
x
φx
Mx Qx
h
Qx Mx
Qx
Qx
Mx
Mx
x
R
w
R
S
S
Рис. 13. Силовая схема расчета резервуара
Моменты, поперечные силы и кольцевые усилия
Будем считать, что продольная вертикальная сила отсутствует, N = 0.
Вследствие симметрии сдвигающая сила
T = 0.
Из-за симметрии все производные по s равны нулю.
Из закона Гука
147
N
Ec
Ec  u
w








x


0
1  2
1   2  x
R
получаем
u
w
  .
x
R
Рассмотрим S
S
Ec
   x  .
1  2
В силу того, что
x 
u
w
v w w
  ,    
x
R
s R R
выражение для S приобретает вид:
S
Ec  w
w
w
     Ec .
2 
1   R
R
R
Изгибающие моменты
M x   D   x    ,
M    D     x 
с учетом
1 v  2 w
2w
 x  2 ,   

R s s 2
x
принимают вид:
2w
M x  D 2 ,
x
2w
M    D 2 .
x
В дальнейшем кольцевые моменты учитывать не будем. Обозначим
2w
M  M x  D 2 .
x
Тогда на основании уравнения
Qx 
dM x
dx
148
получаем (отбросив индексы)
3w
Q  D 3 .
x
Уравнения равновесия
Из трех уравнений системы (7) остается одно уравнение

S 2M

 Z  0.
R x 2
Последний член представляет нагрузку от давления жидкости на единицу
поверхности. В сечении x имеем
Z   h  x .
В итоге получаем уравнение равновесия

Ec
4w
Ec3
.
w

D


h

x

0,
D



R
x 4
12 1   2 
Обозначим

4
3 1   2 
R 2c 2
,
Тогда уравнение равновесия примет вид:
4w
44 R 2


4

w

 h  x  0 .
x 4
Ec
После определения w из (*) можно рассчитать напряжения
x 
 
E 
w
 




z
,
x
1   2 
R
x 
E 
w
 




z
,

1   2 
R
x 
  0.
Здесь
h
  2 w
 2 . Наибольшие напряжения будут при z   .
2
x x
149
(*)
Задача расчета цилиндрической трубы
при действии внутреннего давления
Для цилиндрической трубы l  10 kh (k = α, h = c), имеющей жесткие
фланцы на концах, при действии внутреннего давления требуется:
определить эпюры изгибающих моментов и прогибов в окрестности фланцев,
найти максимальные напряжения.
Общее решение уравнения (*), в котором вместо γ(h – x) имеем
нагрузку в виде внутреннего давления p, можно записать:
w  e kx  C1 sin kx  C2 cos kx   ekx  C3 sin kx  C4 cos kx  
p
.
4k 2 D
(**)
На достаточно большом удалении от фланца
x  5 kh
перемещение должно стремиться к константе, чему противоречит второе
слагаемое в решении (**), которое неограниченно возрастает с ростом x. Для
устранения данного противоречия положим C3 = C4 = 0.
С учетом этого
w  e kx  C1 sin kx  C2 cos kx  
p
.
4k 2 D
(а)
Граничными условиями для w(x) будут условия сопряжения цилиндра с
жестким фланцем (условия защемления):
x = 0, w = 0,
dw
 0.
dx
Подставляя решение (а) в граничные условия, находим
C1  C2  
p
.
4k 2 D
С учетом найденных С1, C2
pR 2
1  e kx  sin kx  cos kx   .
w x  
Eh
При достаточно больших x  5 kh
150
pR 2
w x  
 const .
Eh
Найдем изгибающий момент согласно
M  M x  D
Mx 
pRh
2 31  2 
2w
,
x 2
e kx  cos kx  sin kx  .
Наибольшее значение момент имеет в заделке при x = 0, рис. 14.
M xmax 
pRh
2 3 1   2 
.
w
pR 2
Eh
x
M xmax
Рис. 14. Эпюры момента и прогиба в окрестности фланца
Напряжение σx
x  
max

x
6M x
,
h2
3PR
h 31  2 
 1,82
pR
.
2
Поскольку значение нормального напряжения в цилиндрической оболочке,
рассчитанное на основе решения Лапласа, имеет вид
151
x 
pR
.
2
Таким образом получаем, что изгибающие напряжения в меридианальном
направлении в 1,82 раза больше, чем напряжения, даваемые решением
Лапласа.
Расчет вертикально стоящего открытого цилиндрического бака,
заполненного жидкостью
Пусть открытый бак заделан нижней частью в жесткое основание и
доверху наполнен жидкостью.
R = 1 м – радиус срединной поверхности;
h = 5∙10–3 м – толщина стенки;
H = 5 м – высота стенки;
E = 2∙105 МПа – модуль упругости;
γ = 10 кН/м3 – удельный вес жидкости;
μ = 0,3 – коэффициент Пуассона.
Требуется: определить внутренние силовые факторы, построить эпюры
Mx, My, найти III
экв в опасных точках.
Решение
Координату x будем отсчитывать от днища. Давление жидкости в
сечении x будет
p    H  x .
Общее решение для прогибов следует из уравнения (*)
w  e kx  C1 sin kx  C2 cos kx   ekx  C3 sin kx  C4 cos kx  
Постоянные Ci найдутся из граничных условий
(1 – 2) x  0 : w 
dw
 0,
dx
(3 – 4) x  H : M x  Qx  0 .
Поскольку
152
  H  x
.
4k 2 D
dM x
2w
Qx 
, M D 2 ,
dx
x
то граничные условия (3 – 4) преобразуются к виду:
xH:
d 2 w d 3w

0.
dx 2 dx3
Подставляя выражение для прогиба w в граничные условия, получим
четыре уравнения для определения Ci. Первые два условия дают
C2  C4  
H
,
4k 2 D
C1  C2  C3  C4  

.
4k 5 D
Рассчитаем величину kH
kH  H 4
3 1   2 
 54
R 2h
3 1  0,09 
 91 .
5  103
Величина e kH  e91 пренебрежимо мала по сравнению с ekH , поэтому в
уравнениях двух остальных граничных условий при x = H
C1e kH cos kH  C2e kH sin kH  C3ekH cos kH  C4ekH sin kH  0 ,
C1e kH  cos kH  sin kH   C2e kH  cos kH  sin kH  
C3ekH  cos kH  sin kH   C4ekH  cos kH  sin kH   0
можно пренебречь членами, содержащими e  kH . Тогда решение системы
граничных условий можно представить в виде:
C1 
H  1
H

  H  , C2  4 , C3  C4  0 .
4
4k D  k
4k D

Решение для w, M, Q, можно записать
w

   kx  1


e   H  sin kx  H cos kx   H  x  ,
4
4k D 

 k


d 3w

Q  3  2 e kx sin kx  1  2 Hk  cos kx  ,
dx
4k
M y  M x , N y 
153
Eh
w.
R
Эпюры приведены на рис. 15.
P=γ(H – x)
x
Ny=γR(H – x) x
h
2R
H
Mx
x
Рис. 15. Расчетная схема и эпюры усилий и моментов
Из построенных эпюр видно, что изгибающий момент имеет
наибольшее значение в заделке и уменьшается по мере удаления от днища.
Значение растягивающей силы в заделке Ny = 0. По мере удаления от
днища Ny возрастает, а затем убывает, стремясь к уравнению прямой. Данное
уравнение легко получить, полагая в выражении прогиба e kH  0 . Тогда

 H  x  , N y  R  H  x  .
4k 4 D
w
Следовательно, наиболее опасными являются точки, расположенные вблизи
заделки.
Для расчета III
экв (третья теория прочности) запишем напряжения:
E 
w
2w 
x 
 x    z 2  ,
1  2 
R
x 
y 
E 
w
2w 




z
 y
.
1  2 
R
x 2 
Усилия и моменты
N x    x dz , N y    y dz ,
M x    x zdz , M y    y zdz .
Производя интегрирование, находим
154
Nx 
Eh 
w
Eh 
w
,



N



x
y
y



,
1  2 
R
1  2 
R
2w
M x  D 2 , M y  M x .
x
Поскольку возле заделки Ny = 0, то
1   x  17900
кН
,
м3
2  н  0,3 x  5400
кН
,
м3
3  0 .
Тогда
III
экв  1  3  17900
155
кН
.
м3
Литература
1. Филин А.П. Прикладная механика твердого деформируемого тела /
А.П. Филин. – М. : Наука, 1975. – Т. 1. – 832 с.
2. Жемочкин Б.Н. Теория упругости / Б.Н. Жемочкин. – М. : Гос. издво лит. по строительству и архитектуре, 1957. – 256 с.
3. Саргсян А.Е. Строительная механика / А.Е. Саргсян, А.Т. Демченко,
Н.В. Дворянчиков, Г.А. Джингвелашвили. – М. : Высшая школа, 2000. – 416 с.
4. Александров А.В. основы теории упругости и пластичности / А.В.
Александров, В.Д. Потапов. – М. : Высшая школа, 1990. – 400 с.
5. Самуль В.И. основы теории упругости и пластичности / В.И.
Самуль. – М. : Высшая школа, 1982. – 264 с.
6. Рекач В.Г. Руководство к решению задач по теории упругости / В.Г.
Рекач. – М. : Высшая школа, 1966. – 227 с.
7. Демидов С.П. Теория упругости / С.П. Демидов. – М. : Высшая
школа, 1979. – 432 с.
8. Безухов Н.И. Основы теории упругости, пластичности и ползучести
/ Н.И. Безухов. – М. : Высшая школа, 1968. – 512 с.
9. Папкович П.Ф. Теория упругости / П.Ф. Папкович. – Л.-М. :
Оборонгиз, 1939. – 640 с.
10.Саргсян А.Е. Основы теории упругости и пластичности / А.Е.
Саргсян. – М. : Высшая школа, 2000. – 286 с.
11.Ржаницын А.Р. Строительная механика / А.Р. Ржаницын. – М. :
Высшая школа, 1991. – 439 с.
12.Кац А.М. Теория упругости / А.М. Кац. – СПб. : Лань, 2002. – 208 с.
156
Учебное издание
ЭЛЕМЕНТЫ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
Методические указания и индивидуальные задания
Составитель А.А. Светашков
Рецензент
Доцент каф. ТПМ, к.т.н.
Н.А. Куприянов
Компьютерная верстка
Подписано к печати Формат 60х84/16. Бумага «Снегурочка».
Печать XEROX. Усл.печ.л. Уч.-изд.л.
Заказ . Тираж экз.
Национальный исследовательский Томский политехнический университет
Система менеджмента качества
Издательства Томского политехнического университета сертифицирована
NATIONAL QUALITY ASSURANCE по стандарту BS EN ISO
9001:2008
. 634050, г. Томск, пр. Ленина, 30
Тел./факс: 8(3822)56-35-35, www.tpu.ru
157