А. И. Дудяк
Т. А. Сахнович
ПРИКЛАДНАЯ ТЕОРИЯ
УПРУГОСТИ
Допущено Министерством образования Республики Беларусь
в качестве учебного пособия для студентов
высших учебных заведений по техническим специальностям
Минск
в
«Издательство Гревцова»
2010

УДК 539.3(075.8)
ББК 22.251я73
Д81
Рецензенты:
заведующий кафедрой теоретической механики и теории механизмов
и машин Белорусского государственного аграрного технического
университета, доктор технических наук, профессор А.Н. Орда;
профессор кафедры инженерной графики и механики Белорусского
государственного университета информатики и радиоэлектроники,
доктор технических наук В.М. Сурин
Дудяк, А. И.
Д81 Прикладная теория упругости : учеб. пособие / А. И. Дудяк,
Т. А. Сахнович. - Минск : Изд-во Гревцова, 2010. - 164 с.: ил.
ISBN 978-985-6826-99-6.
В учебном пособии изложены основные вопросы теории упругости и
приведены примеры решения задач для тел любой формы. Представленный
теоретический и практический материал позволяет проводить
экспериментальные исследования по вопросам прочности для повышения надежности
машин и механизмов и снижения их материалоемкости.
Для студентов и преподавателей высших технических учебных заведений,
а также инженерных работников, желающих повысить квалификацию.
УДК 539.3(075.8)
ББК 22.251я73
ISBN 978-985-6826-99-6 ° ДУДЯК АИ> Сахнович Т.А., 2010
О Оформление. ООО «Издательство
Гревцова», 2010

Содержание
Введение 5
1. Теория напряжений 7
1.1. Внешние силы 7
1.2. Напряжения 7
1.3. Напряженное состояние в точке тела 8
1.4. Дифференциальные уравнения равновесия 10
1.5. Определение напряжений в точке 24
1.6. Граничные условия, выраженные через заданные
поверхностные силы 27
1.7. Главные напряжения 35
1.8. Октаэдрические напряжения 40
1.9. Понятие о шаровом тензоре напряжений и о тензоре -
девиаторе напряжений 42
2. Теория деформаций 51
2.1. Обозначение компонентов деформации.
Тензор деформации 51
2.2. Компоненты деформаций 56
2.3. Уравнения неразрывности деформаций 65
3. Соотношения между напряжениями и деформациями 71
3.1. Обобщенный закон Гука 71
3.2. Выражение напряжений через деформации 73
3.3. Удельная потенциальная энергия деформации 74
4. О решении задач теории упругости 79
4.1. Основные уравнения теории упругости 79
4.2. Решение задачи теории упругости в напряжениях 81
4.3. Решение задачи теории упругости в перемещениях 86
5. Теория предельных напряженных состояний 88
5.1. Предельное напряженное состояние 88
5.2. Энергетическая теория формоизменения 89
5.3. Критерий П.П. Баландина 90
6. Плоская задача теории упругости 93
6.1. Основные дифференциальные уравнения для плоского
напряженного состояния ..., 93
6.2. Плоская деформация 96
6.3. Функция напряжений для плоской задачи 99
6.4. Частный случай функции напряжений 108
з

7. Плоская задача теории упругости в полярных
координатах 115
7.1. Уравнения равновесия для плоской задачи
в полярных координатах 115
7.2. Уравнение совместности деформации
для плоской задачи в полярных координатах 117
7.3. Компоненты перемещений точек
в полярных координатах 123
7.4. Толстостенная труба под действием
равномерного давления 126
7.5. Расчет составных цилиндров 133
7.6. Влияние круглого отверстия на распределение
напряжений в пластине 140
7.7. Напряжения во вращающихся дисках 150
7.8. Напряжения во вращающихся валах 157
Литература 162

ВВЕДЕНИЕ
Теория упругости - это раздел механики деформируемых
твердых тел. Задачи теории упругости - определение деформаций
и определение напряжений в упругом теле, которое подвергается
силовому или тепловому внешнему воздействию.
Эти же задачи рассматриваются и в курсе «Сопротивление
материалов», но методы их решения существенно различаются.
Сопротивление материалов решает задачи главным образом для
стержневых систем, базируясь на ряде гипотез и предположений. Поэтому
решения являются приближенными теоретическими решениями.
В теории упругости не используются недоказанные
предпосылки, следовательно, ее методы позволяют получать точные решения
для тел любой формы. При этом используется более строгий
математический аппарат, чем в сопротивлении материалов. Результаты
решения задач методами теории упругости позволяют оценить
правомочность гипотез и предпосылок, применяемых в сопротивлении
материалов. Методами теории упругости можно получить решения
задач, имеющих важное практическое значение, но не доступных
для методов решения сопротивления материалов. Это, например,
задачи о кручении стержня некруглого поперечного сечения или
переменных поперечных сечений, изгиба пластин, контактные
задачи, задачи о концентрации напряжений в пластинах, имеющих
отверстия малого диаметра.
При исследовании напряженно-деформированного состояния
твердых тел в прикладной теории упругости применяются
идеализированные схемы того или иного комплекса гипотез. Одной
из таких гипотез для твердого тела является свойство идеальной
упругости.
Характеризуется идеально упругое тело тем, что при действии
на него внешних сил между напряжениями и деформациями
существует линейная зависимость, а после прекращения действия
внешних сил оно восстанавливает свои первоначальные форму и размеры.
Идеально упругое тело должно обладать нижеследующими
свойствами.
1. Тело обладает сплошностью, т.е. тело непрерывное до
деформации и остается непрерывным после деформации. Это значит, что
тело, включая и микрообъемы, не имеет пустот и разрывов. Это
дает возможность рассматривать деформации и перемещения как
непрерывные функции координат. Тем самым не принимается во
внимание атомистическая структура вещества.
5

2. Тело обладает однородностью. Это значит, что во всех точка*
тела при одних и тех же напряжениях возникают одинаковые дс
формации. Предположение об однородности позволяет считать вс
личины, характеризующие упругие постоянные свойства тела, по
стоянными по всему его объему.
3. Тело обладает изотропностью. Под этим подразумевается, чтс
упругие свойства тела одинаковы по всем направлениям.
4. Начальные напряжения в теле равны нулю. Однако если в
действительности в некоторых случаях они значительны, то щ
надо уметь определять и учитывать при решении поставленных
задач.
5. Перемещения и деформации крайне малы по сравнению с ли*
нейными размерами тела.
6. Квадраты перемещений и деформаций малы по сравнению
с перемещениями и деформациями, и ими можно пренебрегать при
решении задач методами теории упругости.
7. Малость перемещений и деформаций, а также линейная
зависимость между ними позволяет применять принцип независимости
действия сил, который можно сформулировать следующим
образом: напряженно-деформированное состояние под воздействием
внешних сил не зависит от способа и последовательности
приложения этих сил.
8. Большое значение при решении задач в прикладной теории
упругости имеет принцип локальности эффекта
самоуравновешенных нагрузок, или принцип Сен-Венана. Согласно этому принципу
в точках твердого тела, достаточно удаленных от места
приложения нагрузок, напряжения не зависят от характера распределения
этих нагрузок по поверхности тела.

1. ТЕОРИЯ НАПРЯЖЕНИЙ
1.1. Внешние силы
Все внешние силы, действующие на твердое тело, можно
разбить на две группы: поверхностные и объемные.
Поверхностные силы распределены по поверхности тела,
например сила давления воды на плотину или сила давления
фундамента на грунт. Поверхностные силы характеризуются
интенсивностью, т.е. значением силы, приходящейся на единицу
поверхности, по которой распределена эта сила. Если размеры площади, на
которой действует сила, малы по сравнению с размерами тела, то
такой площадью можно пренебречь и считать, что сила приложена
в точке. Такую силу называют сосредоточенной.
Объемные силы действуют в каждой точке тела. К ним
относятся собственная масса тела, силы инерции. Эти силы будем в
дальнейшем обозначать X,Y,Z.
1.2. Напряжения
Рассмотрим деформируемое тело произвольной формы,
нагруженное некоторой системой внешних сил Fu F2, F3,..., Fn (рис. 1.1).
Под действием этих сил в результате смещения атомов
вещества в теле возникают внутренние силы, или силы упругости,
которые непрерывно распределены (в соответствии с принятым
допущением о непрерывности материала). Для определения внутренних
сил рассечем мысленно данное тело плоскостью на две части.
Взаимодействие частей друг на друга заменяется внутренними
силами, которые уравновешивают внешние силы. Определим
интенсивность внутренних сил в точке В данного сечения (рис. 1.2). В
окрестности точки В выделим бесконечно малую площадку. Пусть
М-равнодействующая внутренних сил, действующих на эту площадку.
Равнодействующую AR можно разложить на две составляющие:
1) нормальную к площади сечения, обозначим ее AN;
2) лежащую в плоскости сечения, обозначим ее AQ.
В этом случае имеем
AA-+0 АЛ
где Р - полное напряжение в точке В;
1

F\\
f;
Рис. 1.1
Рис. 1.2
AN
°=lim—7, (1.2;
дл->о АЛ
где О - нормальные напряжения в точке В;
АС?
T=lim-T7, (1.3;
дл->о АЛ
где Т - касательные напряжения в точке В,
Из вышеизложенного следует, что напряжение - это
внутренняя сила, отнесенная к единице площади.
Единица напряжения - паскаль (Па) или мегапаскаль (МПа):
Н
Н
Па =—; МПа = —-9 МПа = 10° Па.
м мм
Разложение полного напряжения на нормальное и касательное
имеет определенный физический смысл. Нормальное напряжение в
теле возникает тогда, когда атомы материала стремятся отдалиться
друг от друга или, наоборот, сблизиться. Касательные напряжений
связаны со сдвигом атомов по плоскостям.
1.3. Напряженное состояние в точке тела
Рассмотрим бесконечно малый элемент в виде куба с гранями?
параллельными координатным осям, находящегося в
деформированном состоянии под действием внешних сил. В общем случае х\°

;Го граням будут возникать три нормальных напряжения: о^, оу и
з2, а также шесть касательных напряжений: 1^,1^,1^,1^,1^,1^.
Нормальные напряжения положительны, если растягивают
элемент, и отрицательны, если сжимают элемент.
Направление нормальной составляющей является вполне опреде-
тенным. Достаточно одного индекса, обозначающего
соответствующую площадку. Касательную составляющую напряжения можно
:нова разложить на два компонента по направлению координатных
осей, лежащих в плоскости сечения. Поэтому для определения
касательного напряжения необходимы два индекса. Первый должен
обозначать плоскость, в которой напряжение действует, а второй -
направление напряжения. При этом три составляющие напряжения,
действующие в плоскости yOz, следует обозначить через ах9тху,тхг.
Через любую точку тела можно провести три взаимно
перпендикулярные координатные плоскости, так что всего получим девять
составляющих напряжения. Положительные направления для
касательных напряжений условимся выбирать, как показано на рис. 1.3.

В площадке, где растягивающее нормальное напряжение совщ
дает с направлением координатной оси, касательные напряжени
будем принимать положительными, если они действуют по на
правлениям двух других координатных осей. Если же нормально
растягивающее напряжение направлено обратно по отношению
оси, то положительные касательные напряжения будут действовав
в сторону, обратную положительным направлениям координатны;
осей. Следовательно, все нормальные и касательные напряжения
приведенные на рис. 1.3, будут иметь положительные значения.
1.4. Дифференциальные уравнения равновесия
Приложенные к телу внешние силы считаются уравновешенны
ми, если под действием этих сил тело находится в состоянии покоз
или прямолинейного равномерного движения.
Прежде чем перейти к составлению уравнений равновесия,
определим выражения для составляющих напряжения, действующих по
граням бесконечно малого элемента. Выделим элемент длиной,
равной единице, и площадью поперечного сечения dxdy . В общем
случае напряжения в теле меняются от точки к точке. Рассмотрим
случай линейного напряженного состояния, когда бесконечно малый
элемент подвергается растяжению только вдоль оси х (рис. 1.4).
а™ °хс
С—1
U
\1
\«
VL
VL
\1
\L
t
dy
dx J
^
\
1 *7
ь/
1
^/
. к/
&хв
Рис. 1.4
10

Обозначим напряжение в точке А через ст^. Так как напряжения
распределены непрерывно и изменяются по линейному закону, то
напряжение в точке В можно представить как сумму а^ и малого
приращения на отрезке АВ. Это малое приращение можно определить по
известным правилам дифференциального исчисления как скорость
изменения с^ по координате х, относящуюся к точке А и умноженную
на длину отрезка АВ:
ох
В выражении (1.4) используется символ частной производной, так
как сх зависит не только от координаты х, но и от координаты у.
Выражения для напряжений Gx в точках С и D запишутся следующим
образом:
VxD=°xA+-^dy\ С1-5)
ду
+ ^Ldy = (aXA + —f-dx) + — (о^ +
ду ох ду
+ ^j±dx)dy = CxA + ^dx + ^dy + lL^±dxdy (1.6)
-J^-dx)dy = oXA +——dx +——dy + -
дх дх ду дхду
Поскольку величины dx и dy являются бесконечно малыми, то
слагаемое —dxdy является бесконечно малой величиной второго
дхду
порядка малости, и этой величиной можно пренебречь. Окончательно
выражение для определения напряжения в точке С примет
следующий вид:
axc=aXA+^dx + ^dy. (1.7)
дх ду
Когда мы пренебрегаем членами высшего порядка малости, то
тем самым полагаем, что напряжения вдоль граней AD и ВС
распределяются по линейному закону. Сила, действующая по грани
AD, будет равна
Fx =oXAdy+-(aXD -oXA)dy = oXAdy+-(cXA +
^ф-а^у=ах^у^^у\ (1.8)
ду 2 ду
11

Аналогичным образом находим силу, действующую по грани ВС:
F2 = <*хв4У + Т(°хс -°хв)Ф' = (Рхл + -^-dx)^ +
2 ох
1,
Эсх
хл
дх
dx +
до
до
ХА
-^dy-oXA——
ду дх
dx)dy =
(1.9)
дх 2 ду
Результирующая сила, действующая на элемент ABCD, будет равна
I,F = F2-Fl =
до
ХА
дх
dxdy.
(1.10)
Если предположить, что среднее напряжение по грани AD равно
ах и приложено в центре грани, то среднее напряжение по грани
Я/т
ВС будет равно о +—-dx (рис. 1.5).
дх
^ ,
D
\А
+
J
dy
1
dx
cl
г В
►
О"*"
^dx
дх
Рис. 1.5
В этом случае результирующая сила, действующая на элемент
ABCD, будет равна
£F = F2 - F, = (а, + ^dx)dy - oxdy = ^dxdy.
дх дх
(1.11)
Сравнивая выражения (1.10) и (1.11), приходим к выводу, что
результирующая сила при равномерном распределении
напряжений приводит к тому же результату, что и первое предположение.
12

В уравнения равновесия входят результирующие силы, а поэтому
при выводе уравнений равновесия можно пользоваться вторым
предположением с упрощенным законом распределения
напряжений по граням исследуемого элемента.
Рассмотрим более общий случай, когда бесконечно малый
элемент находится в плоском напряженном состоянии (рис. 1.6).
Yt
30 у J
ду
dy
л
T-yx+-r-dy
ду
. т
V, ''ху
х л —ах
ху дх
V
7ух
>Ч-
dx
Gr +—-ах
х дх
-+х
Рис. 1.6
Под плоским напряженным состоянием понимают такое
напряженное состояние, когда аЛ., ау, хху и тух отличны от нуля и не
зависят от координаты z, а остальные компоненты напряжений
равны нулю. Объемные силы X и Y также не зависят от
координаты z, а объемная сила Z равна нулю. Суммируя проекции всех
сил на ось х и пользуясь условием ^Fx =0, получим
(ах + —^-dx)dy - axdy + (гух + —^-dy)dx - xyxdx + Xdxdy=0.
дх
ду
13

После ряда преобразований находим
(
Scr дт v
дх ду
■ + X)dxdy = 0.
Очевидно, что произведение dxdy отлично от нуля, и поэтому
условие Y*FX ~ 0 требует, чтобы
*' *~+Х = 0. (1.12)
"^
дх ду
Подобным образом, используя условиеХ^ =0> находим
дх Г1| 9а,.
Jcy
их ду
+ 7 = 0.
(1.13)
В случае, если бесконечно малый элемент находится в условиях
объемного напряженного состояния, то аналогичным образом легко
доказать, что уравнения равновесия будут иметь следующий вид:
до„ дхх
X
дх
дх
d*xz
+
+
+
ду
ду
ду
дх^
dz
■ + Х = 0:
+ —^ + Y = 0;
dz
(1.14)
да
^ + Z = 0.
дх ду dz
Уравнения (1.14) являются основными дифференциальными
уравнениями равновесия в декартовых координатах.
Определим моменты всех сил относительно начала координат
(рис. 1.6) исходя из условия£М0 =0:
(oxdy)(y + ^) - (ах +^dx)dy(y + &) - (xxydy)x +
2 дх 2
+ (т^ + ~^~ dx)Mx + dx) - (a dx)(x + -^-) + (а + —-^ <fy) х
дх 2 у ду
dx.
у
5т,
х dx(x + у) + (т^Л)>> - (т^ + -^ ф)Л<> + </у) - (АУхф) х
14

При написании этого условия равновесия использовали
положившие значения моментов, если они вращали элемент против ча-
эвой стрелки. Приводя подобные члены и отбрасывая члены более
ысокого порядка малости, приходим к следующему уравнению:
да 5т „v _„ . 9т,,. да,
[xxv-xyx)dxdy-{-
дх
- + X)ydxdy + (-
+ Y)xdxdy = 0.
ду дх ду
Согласно равенствам (1.12) и (1.13) выражения во второй и треть-
й скобках равны нулю. Так как произведение dxdy не равно нулю,
о из последнего уравнения следует:
т*у= V (1.15)
Рассматривая случай объемного напряженного состояния и оп-
»еделяя моменты сил, действующие на элемент, легко доказать
ледующее:
^ху~ ^ух-> ^xz~~^zx> ^yz~^zy (1-16)
Последнее выражение говорит о том, что касательные напряже-
1ия симметричны.
Задача 1. Для балки с нагрузкой, показанной на рис. 1.7, ис-
юльзуя условия равновесия плоской задачи, проверить
пригодность формул сопротивления материалов для gx и т и вывести
формулу су, положив в основу вывода формулу т из
сопротивления материалов.
я1
у f у ff {у Yfff
TT
9M
R = *L
ж
T
У
-M
Рис. 1.7
15

Для решения задачи выделим внутри балки точку Мс коордиц;
тами х и у и определим величину изгибающего момента в сеченц
балки, проходящей через точку М\
1 j ( X) 72 / ( 2 — Х + Х )
М(х) = — ( х) - q -^ = - - а — - =
W2V27^2 4 2 * 2
_ ql2 qlx ql2 qlx qx2 _ ql2 qx2
4 2 8 2 2 8 2
Из курса сопротивления материалов известно выражение дд
определения нормальных напряжений в сечении балки
М(х)
-у,
где /
/
bh
Z
3
12
Напряжение ох в точке М определяется формулой
_ 8 2 " = 8 .. = 3g/ бдх
fctf ЬА3 У lb}?* Ыг>У'
12
где A = -L-1; Я = —т.
26Л3 6Л3
Касательные напряжения в точке М определяются по формул
Журавского:
XXY ~w
Поперечная сила Q в сечении балки, проходящем через точк
М, равна
Q = -^ + q(--x) = -qx.
Статический момент отсеченной (заштрихованной) площади равен
16

Используя значения S:
напряжений в точке М:
отс
Z
и Q , находим величину касательных
qx(-
V
)Ъ I2qx(-
■4/
TXY -
12
bh5
3q 6q 2
= -л + —-xy ,
2bh bh3
XXY = ~CX + Bxy2,
3gjc(ft2-4y2)
2bh3
где C =
3g
2bh
При плоском
L;rz
= T
Z*
напряженном состоянии ctz=0; TZK=xrz=0;
= 0. Решение задачи не требует учета собственного
веса балки, а поэтому объемные силыX-Y — Z = 0. С учетом
изложенного система уравнений равновесия, представленная
уравнениями (1.14), примет вид:
"ух
дх
дг„,
ду
да,,
= 0;
= 0.
дх ду
Для проверки пригодности формул сопротивления материалов
используем первое уравнение равновесия для плоского
напряженного состояния.
ох=Ау-Вх2у;
хху - -Сх + Вху
да
^ = -2Вху;
= 2Вху\
дх
дхух
ду
дах дхух
= -2Вху + 2Вху = 0.
дх ду
Условия равновесия удовлетворяются, а это значит, что
выражения для ах и т из курса сопротивления материалов пригодны для
определения напряжений при пЛоском поперечном изгибе балок.
Второе дифференциальное уравнение равновесия дает
возможность получить выражение для определения су:
17

дхху | day _ q . day
дх ду dy
OX
txy = -Cx+5x/; ^L=-C + By2;
OX
3
Величину f(x) можно определить, используя следующее
граничное условие:
h
aY = 0 при у = -;
C--B — + f(x) = 0;
2 24
24
й 6q къ 2q h _ q 3q
2 M?'24~2bh'2~'4b~~4b
f(x) = B~-C- = ^ ^
q 3q 2q 3
3_.
2b'
Gy = —Z7 +
2b 2bhy ЬкгУ '
Второе граничное условие можно использовать для уточнения
правильности получения выражения для с^:
q h
gy - -^т +
3?
2b 2bh
сту=—
/Л
2
при У —
2q_
b\t
h_
V 8
зЛ
2b 4b 4b
-2q + q-3q
4b
b
Ответ: 1) ay
q 3q
2q з
—j у . 2) Формулы сопротив-
2b 2bh" bh3
ления материалов пригодны для определения ax и т при плоском
поперечном изгибе балок.
18

Задача 2. Приняв формулу сопротивления материалов для ох,
ьшести формулы для напряжений т^ и az, возникающих вблизи
очки А (в нижней полке тонкостенного профиля) (рис. 1.8).
тгттт-п
/I
1У
Рис. 1.8
Уравнения равновесия без учета собственного веса материала
профиля (объемные силы равны нулю) можно представить в виде:
= 0;
дх
8*XY
дх
frzx
+ d^YX
ду
да у
+—-
ду
, dxYZ
, dxzx _
dz
, d^ZY _
dz
д<57
дх
ду dz
= 0;
0.
Анализируя напряженное состояние элемента в окрестности
точки А9 легко придем к выводу,' что в силу тонкостенности полки
профиля
lXY
= Т
YX
0 и xYZ = xZY = 0. В связи с этим второе
уравнение равновесия примет вид
19

ду
откуда GY-f(x).
Величину f(x) определим из условия
h
GY = 0 При У-—.
Из граничного условия следует, что
/М=о.
Первое и третье уравнения равновесия примут вид:
дх dz
dxxz , dcrz = q
дх dz
Из сопротивления материалов известно, что выражение для or
ределения gx имеет вид
Мх
Lz
Для определения выражения, соответствующего касательному н<
пряжению xzx, воспользуемся первым уравнением равновесия: '
^ + ^ = 0;t„=-J^& + /iW;
дх dz дх
fox =^л= Qxy.
дх дх Iz Iz
^Z ^Z
Из следующего граничного условия определим /, (х):
т^ = 0 при z = а;
-^a + /1(x) = 0;/lW = ^a;
=te0_toz=to(a_z).
tzv II I
lz *z lz
20

Из второго дифференциального уравнения равновесия следует:
dz дх '°z дх д2 + Мх>>
^JJL2L(a-z) = f.{a-zy,
ох дх Iz Iz
^Z ^Z ^Z ^
Из следующего граничного условия определим /2(*):
az =0 при z-a\
2/zV ;
Ответ: az=-^-{a-zJ\ Tzx = ЯлХ.(а - z) •
ZJ z ' z
Задача 3. В курсе «Сопротивление материалов» при исследовании
еформации поперечного изгиба балки прямоугольного сечения полу-
, ~ М(х) Т Ыг
ена формула нормальных напряжении сх=——у, где Iz=— -
Jz 12
севой момент инерции прямоугольного сечения; М(х) -
изгибающий момент в рассматриваемом сечении балки.
Требуется получить формулу касательного напряжения в попе-
ечном сечении, используя для этой цели дифференциальное урав-
ение равновесия.
Ответ: хх = *&-(h2-4y2).
ху 2ВИ3
Задача 4. Для балки прямоугольного поперечного сечения (рис. 1.9),
которой в числе изгибающих нагрузок находятся касательные силы,
риложенные по верхней и нижней граням балки, с помощью диффе-
енциального уравнения равновесия вывести формулу для касатель-
ого напряжения в поперечном сечении.
21

У
i
i
\
^
с
/
I
\
I
dx
, ,1 1
II
^
Л
( }h
/ <
2
r
\ T ^
\
I
h
2
) ▼
I II
Рис. 1.9
Указание. Следует рассмотреть условие равновесия элемеи
длиной dx, как показано на рис. 1.10.
Qx+dQ,
Рис. 1.10
Из анализа рисунка следует, что нормальные напряжения в'
перечных сечениях балки должны возникать от изгибающего J
мента и продольной силы:
Мх N
22

Из условия, что Y,Fx = О, следует
dN С ЧА
ах
где Ъ - ширина сечения.
Из условия, что YMt, =0, следует
dMx .. . .bh
—^-е+(тв+хн)—.
ах 2
Ответ:
_\_
2U
ЬЛТ
Q+(\+\)
bh
Vl2
Ь"
А
-л-у
+ тц
Задача 5. При чистом изгибе бруса любого поперечного сечения
изгибаемого парой сил с моментом Мх, представленной системой
нормальных напряжений, изменяющихся по высоте по линейному
закону (рис. 1.10), компоненты напряжений в сопротивлении
материалов записываются следующим образом:
МУ
-у; <JY
СТу — OV — ^ YV — ^V7 — ^7Y — V.
XY ~ lYZ ~~ lZX'
а
i
+~X
Рис. 1.11
Следует проверить, удовлетворяются ли дифференциальные
уравнения равновесия.
Ответ: дифференциальные уравнения равновесия в данном случае
полностью удовлетворяются.
23

Задача 6. Для точки М(х,у) в балке, показанной на рис. 1.12, со,
ставить выражения для ах и хху исходя из формул сопротивление
материалов, а далее получить формулу для су9 применив при это^,
дифференциальные уравнения равновесия.
\
>
+ ь
У/А
\
=i„
м
Ш
'У
ъ?
Ку
м
Рис. 1.12
Ответ: aY = —
2q
шгХУ> Т^=-
3qx2(h2-4y2)
4/Л3 ;
ау =
l,5qxy 2qxy3 qx
hi
lh3
2/
1.5. Определение напряжений в точке
Напряженное состояние полностью будет определено, если
известны значения шести компонентов напряжений в любой точке
Рассмотрим более простой случай плоского напряженного состоя
ния. Зная компоненты напряжений ах; <зу\ т^ в любой точке тела
можно вычислить напряжения на площадке, наклоненной к осям'
и у (рис. 1.13).
Обозначим нормаль к плоскости ВС через v и углы межД)
нормалью v и осями х и у через ц и а2. Соответственно $
площадке ВС будет действовать полное напряжение Pv в резуль
тате действия напряжений ох; ау; хху по площадкам ОВ и ОС
Полное напряжение Pv можно разложить на две составляющие #>
и Pvy, действующие вдоль осей х и у . Если через А обозначив
площадь грани ВС призмы, то условие ZFx=0 приведет к eft6'
дующему уравнению:
24

PvxA - gxA cos a} - \yxA cos a2 = 0,
i>v*=cj*cosai+Vcosa2-
Таким же путем из условия ^Fy=0 находим:
PvyA -ауА cos a2 - тхуА cos щ = 0,
(1.17)
(1.18)
Выражения (1.17) и (1.18) позволяют определить компоненты
напряжений в точке, лежащей на любой наклонной площадке, если
известны для данной точки компоненты напряжений ах, оу, хху и углы
а! и а2 между нормалью v к наклонной площадке и осями х и у.
Полное напряжение Pv можно определить из выражения
р _ /р2 , р2
v Д[ vx vy '
(1.19)
Из рис. 1.13 видно, что полное напряжение Pv можно разложить
на нормальное av, действующее по нормали к площадке ВС, и
касательное xv, действующее в плоскости площадки ВС. Исполь-
25

зуя условие, что X^V=0> находим величинуav, выраженную чер(
напряжения <зх, Gy9 хху\
avy4-axcosa1^cosal -x^cosa^cosoi! -arcosa2^cosa2 -
- т cosa^cosc^ = О,
av =gxcos2 a{ +Gycos2 a2 +21^ cosa^cosa^. (i^
Очевидно, что касательные напряжения на этой площадке опр
деляются из выражения
ту=^2-^2- (1.21
В общем случае для трехмерного напряженного состояния, koi
да известны напряжения сгх,ay,a_,x ,1^,1^ и углы наклона щ
мали площадки al5a2 и а3 к соответствующим координатны
осям х, у, z, уравнения, соответствующие (1.17) и (1.18), буд)
иметь вид:
Pvx = ох cos 0ц + т cos a2 + xxz cos a3;
\ pvy = *yx cosai + Gy cosa2 + xyz cosa3; (1.2i
Pvz =tzxcosa1 + xz>,cosa2 + azcosa3.
Полное напряжение Pv на наклонной площадке можно опред*
лить из выражения
^v=V/>«+^+^- О'23
Нормальные напряжения для объемного напряженного состой
ния по аналогии с выражением (1.20) можно представить в виде
av = сух cos2 a, + су cos2 a2 + az cos2 a3 + 2т x
xcosa, cosa2 +2x^ cosa2cosa3 + 2x 7Л. cosa3 cosa,. 0-2
Существенно, что в выражение (1.22) не вошли размеры эдеме*1
тарной пирамиды. Это обстоятельство позволяет утверждать, ч?
полученные выражения справедливы и в предельном случае не<>
граниченного приближения наклонной грани к началу координз1
Это означает, что формулы (1.22) можно рассматривать как выр^
жения для составляющих Pvx, Pvv и Pvz полного напряжения *
в бесконечно малой площадке параллельной наклонной грани njl
рамиды, проходящей через начало координат.

1.6. Граничные условия,
выраженные через заданные поверхностные силы
Между интенсивностью внешней нагрузки, действующей на
какую-либо точку наружной поверхности тела, и компонентами
напряжений, действующими внутри тела в окрестности этой же точки,
существует зависимость, которую можно определить. При этом,
если тело находится в равновесии под действием внешних нагрузок,
компоненты напряжений во всех точках тела должны удовлетворять
дифференциальным уравнениям равновесия (1.14). Компоненты
внутренних усилий меняются по объему тела и на нагруженной
поверхности должны уравновешиваться приложенными там внешними
силами. Поэтому систему внешних сил можно рассматривать как
продолжение напряженного состояния, имеющего место внутри
тела. Условия равновесия на границе деформируемого тела могут быть
получены из уравнений (1.22). Если для некоторой точки
поверхности обозначить компоненты внешних сил, приходящихся на единицу
площади, через Fvx, F и Fvz, то условия в окрестности
поверхности тела можно представить в виде системы следующих уравнений:
Fvx = ах cos а, + т cos а2 + xxz cos а3;
\ Ку = *ух cosai + av cosa2 + +V cosa3; (1.25)
\Fvz. = tzvcosa, +x^,cosa2 +crzcosa3.
Уравнения (1.25) носят название граничных условий для тела,
находящегося в состоянии равновесия.
Задача 1. Балка, имеющая треугольное поперечное сечение,
подвергается поперечному изгибу (рис. 1.14). Исходя из условий
равновесия на внешней поверхности сечения, показать, что в сечении
возникают не только касательные напряжения т^, как принято в
сопротивлении материалов, но и касательные напряжениях^. Установить закон
изменения этих напряжений по сечению.
Анализируя деформацию балки, приходим к выводу, что по
поверхности сторон ЛВ и ВС касательные напряжения отсутствуют.
В самом сечении вблизи поверхностей ЛВ и ВС возникают
касательные напряжения, которые действуют параллельно
рассматриваемой стороне треугольника. Очевидно, что в центре сечения они
действуют по оси Оу и могут быть определены из формулы Жу-
равского. Исходя из этих рассуждений, приведем реальную
картину распределения касательных напряжений (рис. 1.15).
27

Рис. 1.14
Определим вначале касательное напряжение, действующее в на
правлении оси Оу. Для этого используем известную формулу Жу
равского:
QS
отс
X
Ну)1А
Л
36'
Установим закон изменения ширины сечения Ь(у) в
зависимости от величины координаты у:
Ъ_
h
Ъ{У) . ,, , Ь(2, ] Ъ ....
Определим значение статического момента площади S^nc:
где уЦТ - расстояние от главной центральной оси Ох до центр3
тяжести треугольника DBE.
28

Рис. 1.15
s„mc = IА(2А-3y)\-h -у]уит = —(2h-3y)2y-
х 2 ЗА U /цт 18А
Уи.т=У +
2
3П У _2(3j> + /Q,
_6_
18А
5тс = т^-(2А-3^)2-х(3>; + л) = т^г(2Л-3>')2(3>' + л);
_6_
81А
Т2К
Для
e^(2A-37)2(37 + A)
A(2A-3j,)^
ЗА 36.
4Q(2A-3j;)(37 + A)
3£А3
определения соотношения между касательными напряже-
ями т^ и т воспользуемся следующим соотношением из подо-
Ия треугольников:
29

откуда т^ = -
XX
ZY _
h-y 2h~ly
з у
X
2-k-
3
Ъх
У
— Хп
Tzx
XZY
*zx = —
Ъх AQ{2k-3y){3y + h) _ 4Q(3y + h)
lh-Ъу
ЪЪК
bh>
x.
Полное напряжение т равно
2 ,.2 _ и 4g(3y + h)\ | ( 4Q(2h - Зу)(3у + И)
bh
3bh'
bh3 v
Ответ: т =—^v '_—'-х\ тг„
6А3 zy
lh-Ъу
4Q(2h-3y)Qy + h)
3bh3
Задача 2. Используя условия на поверхности (рис. 1.16), пок
зать, что при осевом растяжении-сжатии бруса переменного сечени
кроме нормальных напряжений az в поперечных сечениях стержв
должны возникать касательные напряжения xzx, а в сечениях, пара
лельных оси бруса, - нормальные напряжения ох и касательно
xxz. Вывести формулу для определения этих напряжений.
J
\
\а
л\к
'
,z
/
J(z) /
1 i
1 z
1 У
\p
X
r
Рис. 1.16
30

Исходя из решений задачи методами сопротивления материа-
пов, считается, что в любом сечении стержня переменного сечения
напряжения действуют только в направлении оси z(az) и эти
напряжения являются главными, а касательные напряжения в этих
течениях отсутствуют. Однако это утверждение ошибочное и его
легко опровергнуть.
/\*ч
Рис. 1.17
Для решения этой задачи в окрестности точки А рассмотрим
равновесие элементарной призмы, выделенной возле наружной
поверхности тела (рис. 1.17).
В силу бесконечно малой величины призмы боковую
поверхность можно считать прямолинейной.
Если предположить, что в поперечных сечениях бруса имеются
только нормальные напряжения а2, то равновесие
рассматриваемой призмы невозможно. Для получения условий равновесия
необходимо существование касательных напряжений тХ2 (рис. 1.17, а).
Однако по закону парности касательных напряжений должны
быть xzr (рис. 1.17, б). Последние в свою очередь потребуют для
обеспечения равновесия появление нормального напряжения сх
(рис. 1.17, в).
Для определения этих напряжений обратимся к уравнениям для
граничных условий (1.25). Так как а =т =т =т
yz
:^=0,
то
уравнения (1.25) можно представить для данного случая в
следующем виде:
31

J^*=^cosa1-Tzrcosa3;
[Fvz = -x;czcosa1 + azcosa3.
Так как боковая поверхность стержня свободна от воздейст^
внешних сил, то Fv = Fvx = Fvz = О. А поэтому условия на поверх^
сти можно представить таким образом:
[<зх cos а{ - х^ cos a3 = 0;
1" Txz cos ai + Gzcos аз = 0-
Для упрощения решения примем а{ = a, a3=90°-a, cosa3:
= cos(90° - a) = sina . Тогда
(gx cos a - x^ sin a = 0;
|- \xz cos a + az sin a = 0.
Определим значение a в сечении z, которое будет равно
Р
где A(z) - площадь сечения на расстоянии z от свободного кони
стержня.
Используя второе условие на поверхности, получим
x^cosa^c^sina,
T«=aztga.
Используя первое условие на поверхности, получим
ох cosa = х^ sina; gx = xZJCtga; xZJC = xxz; ox = aztg2 a.
p 2
Ответ: az =——; ax=aztg a; xxz=aztga.
A(z)
Задача 3. Балка, имеющая круглое поперечное сечение, подве)
гается поперечному изгибу. Исходя из условий на поверхности с1
чения, показать, что в сечении возникают не только касательно
напряжения tzy, как принято в сопротивлений материалов, но и К1
сательные напряжения х2Х (рис. 1.18).
Установить закон изменения этих напряжений по сечению балки
Указание. Учесть, что направления касательных напряжений
контура сечения направлены по касательной к контуру с постеп^
ным переходом к вертикальному по оси Оу.
32

+~х
Рис. 1.18
п 4£>sin2p 4Qxy
Ответ: тг„ = ——^-- х„=— ^
•zy
3nR
2 ' ZX
Зтг/Г
2<Щача_4. В консольном выступе фундамента (рис. 1.19), имею-
м треугольную форму и находящемся под равномерным давле-
-м грунта интенсивностью q, в теории упругости найдены вы-
кения:
ох =А\ -arctg^-—-2Ц-+С1;
1 X х1 + /
Оу=А\- arctg— + -~-т + В\\
1 х х2 + у2
33

xxy ~ xyx - A ;
JCZ + У
^7/ / / /
\\\\\k\\
/>t/c. /.7P
Требуется определить постоянные А, В и С исходя из у ел obi
на поверхности.
Ответ'. А - -
Р- tgP
; Я = (3 - tgp; С = р.
Задача 5. Для треугольной плотины (рис. 1.20), подверженН'
давлению воды, в теории упругости найдено решение для нап?
жений:
gx = ах + by; Gy = сх + dy; т = -dx-ay-ух;
V = ^ = 0; az = 0,
где у - удельный вес материала плотины; ух - удельный *
жидкости.
Требуется отыскать постоянные а, Ь, с, d из условий на пов^
ности.
34

^ ■ J
X /
/ р
Рис. 1.20
Ответ: а = 0; b = -y]; d-
Yi
tg2P
-у; с =
Y 2уд
tgP tg3p
1.7. Главные напряжения
Введем понятие о тензоре напряжений. Для этой цели все
напряжения, определяющие напряженное состояние в
рассматриваемой точке материала, расположим в виде следующей матрицы:
Тн =
lyz
Lzr
(1.26)
При таком расположении компонент напряжений оказывается,
что для первой строки первый индекс х является общим, для
второй строки общим индексом является у, а для третьей - z. По
вертикальным столбцам общими являются вторые индексы. Для
первого столбца вторым общим индексом является х, для второго - у
и для третьего - z.
35

Нормальные напряжения при таком способе построения матр
цы расположены по главной диагонали, а одинаковые по величц;
касательные напряжения расположены симметрично относитель}
главной диагонали. Такую матрицу называют симметричной, и 0|
носит название тензора напряжений.
Ранее указывалось, что напряженное состояние в какой-ли{
точке деформируемого материала определяется напряжения^
действующими в направлении трех координатных осей. В коо]
динатных плоскостях могут одновременно действовать три ш
мальных и шесть касательных напряжений. В этом случае напр]
жения в произвольно ориентированной относительно коордищ
ных осей площадке выражаются относительно сложными фо|
мулами (1.22).
В связи с этим возник вопрос о возможности упрощения эти
выражений с помощью специального выбора положения hcxoj
ной прямоугольной системы координат в рассматриваемой точи
В любой такой точке можно найти три взаимно перпендикулярны
плоскости, свободные от действия касательных напряжений.
Было предложено называть площадки, на которых не действуе
касательное напряжение, главными площадками, а нормальные hi
пряжения, действующие на этих площадках, - главными напряж\
ниями.
Если совместить координатные плоскости с главными площа/
ками, то из девяти компонент напряжений шесть обратятся в нул
и напряженное состояние в такой точке определяется тремя mat
ными напряжениями.
Предположим, что наклонная грань ABC элементарной пирами
ды уже представляет собой одну из главных площадок (рис. 1.21).
Тогда на площадке ABC действует по нормали к ней только нор
мальное напряжение а. Проекции этого напряжения на координат
ные оси равны
Pvx=ocosa]; Pvy=ocosa2; PV2=acosa3. (1.2^
Рассматривая совместно выражения (1.22) и (1.27), получим erf
дующую систему уравнений:
facosaj = a,ccosa1 +T^cosa2 +T;czcosa3;
Jacosa2 ^^cosa, +a^cosa2 +Tyzcosa3; (\J
acosa3 =xZJCcosa1 +xz>;cosa2 +azcosa3.
36

Рис. 1.21
Выражения (1.27) можно представить в следующем виде:
\(ох -a) cos а, +т^ cosa2 + txz cosa3 = 0;
тух cos а, + (ау - a) cos а2 + xyz cos а3 = 0; (1.29)
I xzx cos а, + xzy cos a2 + (az - a) cos a3 = 0.
Из аналитической геометрии известно следующее соотношение
между направляющими косинусами:
cos2a, +cos2a2 +cos2a3 =1. (1.30)
Однородная система уравнений (1.29) не допускает
тривиального решения cos a, = cos a2 = cos a3 = 0, так как оно противоречит
Условию (1.30). Для существования других решений этой системы
Необходимо, чтобы определитель системы уравнений (1.29) был
равен нулю. Это следует из известной теоремы, которая
утверждает, что если некоторые неизвестные из системы однородных
37

линейных уравнении отличны от нуля, то определитель, состав^
ный из коэффициентов уравнений, равен нулю.
Такой определитель можно представить в виде следующей ^
рицы:
ъх-о, т^, тХ2
= 0.
(1.1
Раскроем этот определитель:
(ах - о)(оу - g)(gz - а) + т^т^т^ + т^т^тя -
" *« К " <*)*« - ъхутух (сгг - а) - xzyxyz (gx - а) = 0.
После перемножения и группировки по степеням а получи,
кубическое уравнение
а3 - (ох+ъу + аг)а2 + (ахау + Gy<jz + а2аЛ. - х2ху -
-*)* -^^)^-(^^^г + 2т^т>2х^ -ахт*т -ay*), ~
-агт^) = 0. (1.3!
Уравнение (1.32) можно представить в сокращенном виде:
g3 +I]o2+I2o + I3=0, (1.S
где /, = -ах - а, - а.; /2 = ал.а>( + а^аг + azox - х2ху - x2yz - х:х ;
h = а*т>* + <vL + ^zx\y ~ a^a>'az - 2txvt^xz.v •
Решение уравнения (1.33) дает три корня: а,, а2 и а3. Поэтом
напряженное состояние в точке может описываться тремя главН*
ми напряжениями.
Условимся в дальнейшем придерживаться следующих обозН1
чений главных напряжений:
о{>о2>о3. (\У
При использовании главных напряжений значительно ynpoirf
ется запись коэффициентов кубического уравнения (1.33), котор*1
можно представить в следующем виде:
|7t =-а1 -а2 -а3;
/2 = аг,а2 + а2ст3 + аза1' (1 ^'
73 ="СГ1СТ2СГ3-
38

Эти уравнения могут быть контролем правильности решения
субического уравнения (1.33).
Расположение главных площадок относительно произвольно
выбранной координатной системы X, Y и Z, т.е. определение
величин направляющих косинусов к главным площадкам, можно полу-
шть, используя уравнения (1.29). При этом следует использовать
эдно из полученных главных напряжений. В нашем случае
используем главное напряжение а, :
| (ох - а,) cos а, + хху cos а2 + xxz cos а3 = 0;
< хух cos а, + (ау - а,) cos а2 + ху2 cos а3 = 0; (1.36)
х2Х cos а, -f т cos а2 + (а2 - а,) cos а3 = 0.
Для упрощения решения системы уравнений (1.36)
относительно направляющих косинусов перейдем к следующим двум
уравнениям. Для этого левые и правые части первых двух уравнений
разделим на cosa3:
\(Gx-al)a + xxyb + xX2=0;
1 (1-37)
[xyxa + {Gy-Gx)b + xyz = 0,
cos a, , cosou
где a- L; b = -.
cosa3 cosa3
Решая систему уравнений относительно а и Ъ , находим эти
величины.
Затем разделим левую и правую части уравнения (1.30) на
cos2a3 и получим
cos2 a, cos2cu , 1
- + :—~+1 =•
или
откуда
cos2 a3 cos2 а3 cos2 а3
я2+62+1:
cosa3=A/ 2 . (1.38)
]az+bz+\
Используя ранее принятые соотношения между cosc^, cosa2 и
cosa3, окончательно получим
cosa, =<?cosa3; cosa2 =&cosav (1-39)
39

Выражения (1.38) и (1.39) позволяют определить положение ^
ной площадки, на которой действует а, относительно ранее выбра
ных координатных осей.
1.8. Октаэдрические напряжения
Октаэдрической площадкой называют площадку, равнона^
ненную к трем главным плоскостям. Напряжения, действующие(
этой площадке, называют октаэдрическими напряжениями. Тащ
площадка показана на рис. 1.22.
Рис. 1.22
Так как октаэдрическая площадка равнонаклонена к трем гЛ^
ным плоскостям, по которым действуют только главные напряже^
О], о2 и °з> то на эт°й площадке будут действовать нормаль^
и касательное напряжения. Оси координат направлены по нормаЛ*
главных площадок. Направляющие косинусы для октоэдричсс^
площадки относительно осей координат равны между собой и с1
ставляют
cos at = cos a2 = cos a3 = —j= . (1.
40

Согласно формулам (1.22) находим
Ру\ =a,cosa,; Pv2 = a2cos a2; Pv3 =a3cosa3.
Используя формулу (1.23), находим квадрат полного
напряжения:
/>y2=I(a?+c^+a32). (1.41)
Согласно формуле (1.24) находим величину нормального
напряжения на октаэдрической площадке:
°окт =-(<*! +a2+a3) = acp. (1.42)
Из уравнения (1.42) следует, что нормальное напряжение на
октаэдрической площадке равняется среднему нормальному
напряжению для данной точки. Октаэдрические нормальные напряжения
вызывают только объемную деформацию.
Для касательного напряжения на октаэдрической площадке из
формулы (1.21) имеем
т2 =р2_ 2
которое в нашем случае примет вид
*L = 3<ai +a' +аз2)- g(^i +a2 +a3)2.
После раскрытия скобок и ряда простых математических
преобразований окончательно находим
^=jV(CT.-CT2)2+K-^)2+(^3-^)2. 0-43)
Октаэдрические касательные напряжения вызывают только
деформацию формоизменения.
Из курса сопротивления материалов для оценки прочности
материала в окрестности наиболее напряженной точки используют
энергетическую теорию прочности, или теорию удельной
потенциальной энергии формоизменения. Эквивалентное напряжение по
этой теории прочности определяют из выражения
аэкв = ^[(a.-a^+^-aj^+to-a,)2]. (1.44)
При сопоставлении выражений (1.42) и (1.43) видно, что октаэд-
рическое касательное напряжение прямо пропорционально
расчетному напряжению по энергетической теории прочности.
41

1.9. Понятие о шаровом тензоре напряжений
и о тензоре-девиаторе напряжений
Эксперименты показывают, что разрушение материала ирощ
ходит не только от величины компонентов напряжений, но и ^
характера напряженного состояния. Большинство твердых тел про,
тивостоит разрушению при действии на них всестороннего оче^
высокого давления. Но те же самые тела разрушаются при невысо.
ких напряжениях, если они изменяют форму тела, т.е. подвергают,
ся действию сдвиговых деформаций. Твердые тела также разрушу
ются при небольших напряжениях, если по граням параллелепипе,
да действуют разные по знаку нормальные напряжения.
Поэтому для оценки прочности твердого тела необходимо выде.
лить компоненты напряжений, отвечающие за изменение форщ
и объема.
Введем понятие среднего нормального напряжения, которое мо
жет быть представлено следующим выражением:
ср
3
+ Оу+°2).
(1.45)
Это же напряжение можно выразить через главные напряжения,
используя выражение (1.42).
Представим тензор напряжений (1.26) в любой точке тела в виде
суммы шарового тензора напряжений и девиатора напряжений:
Т =T°+D„
(1.46)
где Тн - шаровой тензор напряжений, который может быть
представлен в следующем виде:
О, О
О
грО _
^ср»
о,
о
о
ср
(1.47)
D,
н девиатор напряжении, имеющий следующий вид:
ст.
D=-
и
ср'
ух9
ху
ср'
"JCZ
У*
CL -О..
(1.48)
zr' zy' z cpj
Разложение тензора напряжений на шаровой и девиатор напр^
жений имеет принципиальное значение при исследовании напр*1'
женного состояния. Шаровой тензор (рис. 1.23) напряжений хара^
теризует всестороннее растяжение или сжатие и при этом происх^
42

ко изменение объема материала в рассматриваемой точке.
дит т0 0gpa3OM, шаровой тензор напряжений определяет объемную
деформацию.
Рис. 1.23
Девиатор напряжений характеризует состояние сдвига и,
следовательно, указывает на формоизменение вокруг той же точки (рис. 1.24),
т.е. отклонение приобретенной формы - тело от первоначальной.
Определение компонентов напряжений, зависящих только от
объемной деформации, и компонентов, зависящих от формоизменения,
имеет важное значение как для суждения о прочности материала в
данной точке, так и для описания законов деформации в той же точке.
Рис. 1.24
43

Задача 1. Определить величины главных напряжений и пол
жение главных площадок для напряженного состояния, заданно|
следующими шестью компонентами: <тх = 20МПа, Gy =30Mll
gz = 40МПа, хху = ЗОМПа, xyz = 20МПа, т^ = ЮМПа.
Для определения величин главных напряжений используют ь
бическое уравнение (1.33):
а3 +/1а2 + 72а + /3 =0.
Используя исходные данные, определим коэффициенты кубич(
ского уравнения:
71 = -0х- ay-Gz= -20 - 30 - 40 = -90;
I2=GxGy+GyGz+GzGx-x2xy-x2yz-x2zx =20-30 + 30*
х40 + 40-20-302-202-102=1200;
h = Gx*yz + <*у*1х + GzTxy ~ axGyGz ~ ^xytyztzx =
= 20-202+30-102+40-302 -20-30-40-
-2-30-20-10 = 11000.
Подставив полученные значения коэффициентов в кубическа
уравнение, получим
а3-90а2+1200а + 11000 = 0.
Так как все коэффициенты отличны от нуля, то это напряженна
состояние является объемным.
Для решения полученного кубического уравнения воспользуемй
методом Кардана. ,
С этой целью введем новую переменную у = g + —/,. Кубически
уравнение подстановкой новой переменной приводится к виду
y3+3Py + 2q = 09
21] 7,-72 т пп 372-72
где 2^г = —1 !—1 + /; ЗР = —^ к
4 27 3 3 3
Число действительных решений последнего кубического уравНе
ния зависит от знака дискриминанта:
D = q2+P3.
Если D > 0, то уравнение имеет одно решение (одно действ
тельное и два мнимых).
Если D < 0, то уравнение имеет три решения (три действите^
ных различных корня).
44

Корни уравнения выражаются через вспомогательный угол ср,
определяемый из соотношения (если D < 0 ):
q
cos(p = -^-,
г
где г = ±д/И; знак перед радикалом должен совпадать со знаком q.
Корни уравнения определяются из выражений:
ух = -2rcos—; у2 = 2rcos(60° --2-); уъ = 2rcos(60° +%
Определив корни последнего кубического уравнения,
определяют три главных напряжения из следующих выражений:
1 / 1 г 1 г
Определим величины q и Р:
2Ч-90У_(-90).1200 + 110()0 =
v 27 3
„„ 3 1200-(-90)2 1ГЛЛ „ ,ЛЛ
ЗР = - — = -1500, Р = -500.
3
Дискриминант кубического уравнения
D = q2 + Р3 = (-3500)2 + (-500)3 = -112,75 • 106.
Следовательно, уравнение имеет три действительных корня.
Корни уравнения определяются следующим образом:
r = -V500 = -22,36; cosm= ~3500 =0,3131; ф = 71,755°;
(-22,36)3
^ = 23,918°; cos^ = cos23,918° -0,9141;
3 3
cos(60° -1) = cos 36,082° = 0,80824; cos(60° +^) = cos 83,918° = 0,106.
Определим корни последнего кубического уравнения:
у, = -2 • (-22,36) • 0,9141 = 40,88;
у2 = 2 • (-22,36) • 0,8082 = -36,142;
уъ = 2 ■ (-22,36) • 0,106 = -4,738.
Определяем значения главных напряжений:
ст' = у] --/, = 40,88 --(-90) = 70,88 МПа;
45

а" = у2 --/, = -36,14 - -(-90) = -6,14 МПа;
ат = уъ --/, = -4,738 --(-90) = 25,26 МПа.
Так как а, > а2 > сг3, окончательно получаем:
а, =70,88 МПа; а2 =25,26 МПа; а3 =-6,14 МПа.
Для контроля найденных величин используем формулы для0
ределения коэффициентов кубического уравнения, выраженные ^
рез главные напряжения:
/, =-о,-а2-а3 =-70,88-25,26+ 6,14 = -90;
/2 =g]<j2+o2<33+<33<j] =70,88-25,26 (-6,14) +
+(-6,14)-70,88 = 1200;
/3 = -а,а2а3 =-70,88-25,26(-6,14) = 10993,2* 11000,
что подтверждает правильность найденных главных напряжений,
Определим положение главных площадок, т.е. определим уп
наклона нормалей главных площадок к соответствующим координз
ным осям х, у и z. Для этого используем уравнение (1.37), при а=(
имеем:
Uax-a,)a + xxyb + xxz =0;
Подставив значения gx,gv,тху9х2Х и о} в данную систему уравн
ний, получим:
' -50,88(3 + 306 + 10 = 0; "
[30я-40,886+ 20 = 0.
Решая систему уравнений, получим следующие значения вели4*
а и Ъ :
cos а, л ___ . cosa9
а = L = 0,855; Ъ = L = 1,117.
cosa3 cosa3
Обратимся к уравнению (1.38) для определения величины cosot}'
cos a3 = J , * = J r—- = 0,5794, a3 = 54,59'
где a3 - угол наклона напряжения Qj к оси z.
cos a, = a cos a3 = 0,855 • 0,5794 = 0,4954, a, = 60,3°;
46

cosa2 = 6cosa3 =1,117-0,5794 = 0,6472, a2 =49,67°,
где a, и a2 - углы наклона напряжения aj к осям х и у
соответственно.
Для проверки правильности решения используем третье
уравнение из системы уравнений (1.36):
xZJC cos a, + xzy cos a2 + (az - cij) cos a3 = 0,
10 • 0,4954 + 20 • 0,6472 + (40 - 70,88) • 0,5794 =
= 4,954 + 12,944 -17,895 = 17,898 -17,895 = 0.
Аналогичным путем определяем углы наклона между нормалью
а2 и координатными осями х, у и z . Для этого используем второе
и третье уравнения из системы уравнений (1.36) и значение
главного напряжения а2 из системы уравнений:
fx^a, + (ау -a2)b + iyz = 0;
[Tzxa + Tzyb + (<Jz-c>2) = 0,
cos a, . cosa9
где a = L; b = -.
cosa3 cosa3
Углы наклона напряжения a2 к координатным осям будут равны:
а, =-60,67°, а2 =-68,96°, а3 =36,52°.
Для определения углов наклона напряжения а3 к координатным
осям воспользуемся первым и третьим уравнениями из системы
уравнений (1.36) и значением главного напряжения а3. Эти
уравнения могут быть представлены в следующем виде:
Г(а,-а3)я + т^6 + тя=0;
cos a, . cosou
где я = l--9 Ь=- *_.
cosa3 cosa3
Углы наклона напряжения а3 к координатным осям будут равны:
а, =43,61°, а2 =-47,47°, а3 =82,18°.
Задача 2, Найти главные напряжения для случая сложного сдвига,
если известны следующие напряжения:
Для решения этой задачи воспользуемся кубическим
уравнением (1.33):
47

a -h/jG +/2а + /3
0.
Определим коэффициенты кубического уравнения:
h = vxvy + <V*Z + <**<** " T?7 " T*z " TL = ~3т2:
L ~-onar -2тП)тт, +arC
'3 ~ ""jc^^z "^ l*y V Sa- tuiV+ °yZxz + °zT^
= -2т-т-т = -2т .
Подставив полученные коэффициенты в кубическое уравнен^
получим
a3-3x2a-2x3 =0.
Наиболее простые решения этого уравнения можно получи^
разложив на множители следующим образом:
a3-x2a-2x2a-2x3=0; а(а2-х2)-2х2(а + х) = 0;
g(g - х)(а + х) - 2т2 (а + т) = 0; (а + т)[о(а - т) - 2т2 ] = 0;
(а + т)(а2 -ах-2х2) = 0; а + х = 0; а = -т;
o2-crc-2x2=ftaS=f±|VT2+4-2x2=l±l>5x;
amax = 2v> amin = ~Т'
Так как g1>g2>o39 то величины главных напряжений буд)
иметь следующие значения: о{ = 2х; а2 =ог =-т.
Задача 3. Определить величины главных напряжений и углы н
клона напряжения а2 к координатным осям для напряженного a
стояния, заданного следующими компонентами (рис. 1.25):
У\
/
ы
i
J
Y_
/V
'Л
-Tzr
/
лгу
/
/
— CT*
Pwc. 7.25
48

ох = -20 МПа, ау = 40 МПа, az = 60 МПа,
хху = -10 МПа, т^ = 20 МПа, т^ = ЗОМПа.
tfmeew: а, =77,НМПа; a2 = 36,36МПа; a3 =-33,44МПа;
a, =70,61°; a2 =-27,8°; a3 =70,93°.
Задача 4. Определить величины главных напряжений для
напряженного состояния, заданного следующими компонентами (рис. 1.26):
ах = 10 МПа, ау = 5 МПа, az = -1 МПа, хху = 4 МПа,
ту2 = 3 МПа, т2Х = -2 МПа.
у\
/
/
ч
\у
1
1
?У
/ъ
/х»
Ъу
1
\s_
\
/
1
/
у
'т1
ху
/
/
*Р-
X
Рис. 1.26
Ответ: а, =12,22МПа; а2 = 4,95МПа; сг3 =-3,17МПа.
Задача 5, Найти главные напряжения для случая сложного
сдвига, если известны следующие напряжения:
^ ху ~ ^ yz ^' Tzr
:°; CJ =<T=a =0.
Ответ: a, =xV2; a2 =0; a3 =—xv2.
49

Задача 6. В точке тела известны компоненты напряжений:
ах = 50 МПа; ъу = 0; az = -30 МПа;
хху =50МПа; xyz =-70 МПа; т^ =80МПа.
Найти для площадки, нормаль к которой определяется наш
ляющими косинусами:
1 1 1
cosa, = —, coscu = —, cosav =—т=,
1 2' 2 2' 3 д/3
напряжения: полное Р09 нормальное oD и касательное xv.
Ответ: Pv =110МПа; gv = 29,6МПа; xv =106,4МПа
Задача 7. В точке тела на его границе (направляющие косин
cosa^cosa^coso^ известны) известны компоненты внешнего
гружения Fm -а\ Fvy = FVZ=0. Кроме того, известно, что возле
данной точки внутри тела т = х^ = az = 0. Вычислить осталы
компоненты напряжения.
а
Ответ: xzy = хyz = 0; ау = 0; ах =
cos a

2. ТЕОРИЯ ДЕФОРМАЦИЙ
2.1. Обозначение компонентов деформации.
Тензор деформации
Под деформацией понимают изменение взаимного положения
точек тела. Деформация любого элементарного объема тела,
имеющего до деформации вид бесконечно малого параллелепипеда,
может быть представлена комплексом простейших деформаций. В
данном случае может быть шесть составляющих деформации: три
линейных составляющих (удлинение ребер) и три угловых (сдвиги).
Относительное удлинение ребер (деформации первого рода)
обозначим 8 с индексом, указывающим направление удлинения, или ту
ось, параллельно которой получено удлинение ребра.
Положительными деформациями считаем удлинения, а отрицательными -
укорочения. При элементарных линейных деформациях изменяются объем
параллелепипеда и его форма. Если первоначальная форма была
кубом, то после деформации она может стать параллелепипедом.
Рассмотрим деформацию элемента тела, выбрав этот элемент
в виде прямоугольного параллелепипеда с размерами dx, dy, dz и
предположив, что он одновременно подвергается трем линейным
положительным деформациям (рис. 2.1).
Вследствие деформации ребра элемента изменят свою длину
и станут равными: (dx + Adx), (dy + Ady) и (dz + Adz). До деформации
элемент занимал объем V0=dx-dy-dz. В деформированном
состоянии его объем станет равным
V = (dx + Adx)(dy + Ady)(dz + Adz) = dx-dy-dz(\+—)x
dx
x(l+^)(l + ^). (2.1)
ay dz
Величины
Adx Ady Adz
' e = ——' 8 = —
dx ' y dy dz
представляют собой относительные удлинения ребер в
направлении соответствующих осей.
Выражение (2.1) можно представить в виде
V = К0(1 + Ех + 8^ + 8г + 8,8^ + 8^8Z + 8,8, + 8,6,8,). (2.3)
8* = ~~1~; £у = "Т-' 8г = —— (2-2)
51

dy + My
dx+Mx
Рис. 2.1
Учитывая незначительную величину деформаций, последним»
четырьмя слагаемыми можно пренебречь. Тогда относительно да
менение объема будет равно
zv=——2- = eJC + ey + ez. (2.4,
Относительная объемная деформация в точке равна сумме отн0
сительных удлинений по трем ортогональным направлениям, пря
веденным через данную точку.
Определим среднюю деформацию элемента:
1
еср=-(^+еу+8Д
(2.5
В данном случае относительное изменение объема элемента равн<?
ем = Зе
ср-
(2.
При рассмотрении деформации сдвига следует отметить очсре{'
ность написания индексов при обозначении угла сдвига. Если р^
ро, первоначально параллельное оси х, повернуть по направлен^
52

к оси у, то происходящее при этом уменьшение угла следует
обозначить у^ (рис. 2.2).
4
Рис. 2.2
Рис. 2.3
Если ребро элемента, первоначально параллельное оси у,
повернется на тот же угол в направлении оси х, то угол сдвига
следует обозначить у .
Так как за углы сдвига ответственны касательные напряжения,
то два взаимно перпендикулярных ребра будут поворачиваться
относительно осей х и у на одинаковые углы, но в различных
направлениях. Это определяется законом парности касательных
напряжений.
В обоих ранее рассмотренных случаях деформация и зависящее
от нее напряженное состояние совершенно одинаковы, так как из
случая, показанного на рис. 2.2, легко получить случай,
показанный на рис. 2.3, путем поворота без усилий и деформации
элементарного параллелепипеда на угол у^.
Обоим рассмотренным случаям совершенно эквивалентен
случай, показанный на рис. 2.4. Подобных и равноценных по
деформации сдвига случаев можно предложить множество, лишь бы
уменьшения или увеличения первоначального прямого угла были
одинаковы.
Рис. 2.4
53

Таким образом, вытекает следующее:
= Ухг- (2.)
Считается, что положительному сдвигу соответствует уменьшу
ние угла между положительными направлениями осей, отрищ
тельному - увеличение тех же углов.
Все приведенные выше компоненты деформации вполне опре,
деляют деформацию элементарного параллелепипеда, так как пу
тем наложения всех составляющих можно построить модель де,
формированного элемента.
Сравнивая между собой теорию напряжений и деформаций, при,
ходим к выводу, что между ними существует полная математически
аналогия.
Шесть компонентов деформаций ех, е , е2, —уху9 —Jyz, —yzx
можно представить в виде симметричной матрицы, называемой тензо.
ром деформации:
Т =
е,>
1
2Уу"
1
V-
1
2^4"
г,,
1
2У:у'
1
2Уа
1
2 ^ у2
£z
(2.8)
Данный тензор деформаций может быть разложен на шаровой
тензор и девиатор деформаций:
Te=T°e+De, (2.9)
где Те - шаровой тензор деформации, который можно представить
в виде следующей матрицы:
(е„п, О, О
О
Тс =<
ср>
О, О,
"ср>
(2.Ю)
DE - девиатор деформации, который можно представить в следуй
тем виде:
i_
2
D =
er-s,
ср>
I ' ху'
2_
Vyx'
ЕУ 8ср?
ry I XZ
2Jyz
-Угу*
г-е
ср
(2.
54

Девиатор деформации определяет изменение формы тела, так как
объемная деформация равна сумме компонентов главной диагонали:
Раскрывая определитель (2.11) аналогично главным
напряжениям, можно найти главные деформации, т.е. такие деформации, в
плоскости которых отсутствуют сдвиги;
83-н/182+/2г + /3=0. (2.12)
Коэффициенты кубического уравнения (2.12) Il9 12 и 1Ъ
определяют из следующих выражений:
А =~Sx~Ey ~8Z?
^2 ~~ 8jc£>> + 8>>8z + 8z8jc .Уху .У yz д/2Х*
T /2 22ч
^3 = ~8x8.y8z ~~ ТУхуУугУzx ^"7\^хУуг "^ ^уУzx +^гУху)'
Направление трех главных деформаций взаимно перпендикулярны
и называются главными осями деформации. В направлении этих осей
возникают деформации только растягивающие и сжимающие.
Задача 1. В точке тела имеются следующие компоненты
деформаций:
гх =0,001; е^ =0,0005; ez =-0,0001;
уху =0,0002; уyz =-0,0001; у2Х =0,0003.
Определить величины главных деформаций.
Ответ: е, =0,001036; е2 =0,0004905; е3 =-0,0001265 .
Задача 2. В точке тела заданы компоненты деформаций:
гх = 0,0004; гу = 0,0003; уху = 0,0002.
Определить главные деформации в рассматриваемой точке.
Ответ: г^ =4,62-10^; е2 =2,38-10^; £3 =0.
Задача 3. Прямоугольная призма, сечение которой изображено
На рис. 2.5, перекосилось так, что ее сечение обратилось в
параллелограмм. Считая деформацию этой призмы равномерной и
плоской, определить главные деформации.
55

У
i
0,0008 см
-►jc
3,0 см
0,00075 см
Рис. 2.5
Ответ: гх = 4,25-10^; е2 = 0,25-10^; е3 =0.
2.2. Компоненты деформаций
При исследованиях будем иметь в виду, что материал сплоДО
заполняет объем тела. Рассмотрим деформацию точки с координ*
тами х, у и z. В процессе деформации тела частица получит $
ремещения и, и, со по направлениям х9 у, z ив результате буД61
иметь координаты х + и, y + v, z + co. В общем случае переМ^
щения и, и, со меняются от точки к точке и потому являются фуй|1
циями х, у, z.
Начнем исследование в случае двухмерной или плоской деф°Р
мации. При этом будем понимать, что все частицы, находяш^е(\
в одной плоскости до деформации, останутся в той же плоское^
после деформации. Пусть координатные оси выбраны так, что °с^
х и у лежат в плоскости деформации. Тогда со = 03 а ^
v будут отличны от нуля, но станут независимы от координаты ''
Рассмотрим малый прямоугольный элемент ABCD недефор*1
рованного тела со сторонами dx и dy (рис. 2.6).
56
i

Рис. 2.6
После деформации элемент переместится в положение А'В'CD'.
При такой деформации элемент изменяет длину своих сторон и
величины углов. В этом случае различают продольную деформацию
и деформацию сдвига.
После деформации точка А переместится в точку А'.
Перемещение точки А вдоль оси х равно и, а вдоль оси у - равно v. Так
как величины и и v изменяются в теле от точки к точке, то можно
записать составляющие перемещений из В в В' в следующем виде:
.ди . dv .
и + ах; v + —ах.
дх дх
В этом случае имеем
(Л'Д')2=(А + — Л)2+(—dx)\
дх дх
(2.13)
Относительная деформация отрезка АВ вдоль оси х
определяется из выражения
£,. =•
А'В'-АВ
АВ
или A'B' = (l + ex)dx.
(2.14)
57

Рассматривая совместно выражения (2.13) и (2.14), легко полух
чить следующее равенство:
2е, + ех = 2 —+(—)2+(—)2. (2.Ц
ад: ox ox J
Так как деформации крайне малы, тогда величины 8 и произвол
ные от и и v будут малы. Поэтому квадратами и произведениям^
этих величин можно пренебречь по сравнению с самими величина.
ми. Отбрасывая члены высшего порядка малости в уравнении (2.15)
будем иметь
ди
.,--. C2.U,
Подобным образом найдем составляющую продольной дефор.
мации в направлении оси у:
dv
S=-. (2.17,
Для определения деформации сдвига рассмотрим искажение
первоначального прямого угла в точке А . Деформация сдвига уху в
точке определяется как изменение величины угла между двумя отрезками
АВ и AD, первоначально параллельными осям х и у .
Следовательно, величину Уху можно представить следующим образом:
i ху I ху i ух '
dv ди
— dx —<fy
dx +—dx dy + —ay
dx dy
В силу малости деформаций можно считать, что tg у' = у'ху,
ди dv
— и —
dx dy
порядка малости по отношению к единице, и поэтому ими можН0
пренебречь. Следовательно:
dv „ = ди
dx'9 Ьх~ dy
Рассматривая совместно выражения (2.20) и (2.18), получим
du dv л
tg.y'^ = у" , а величины — и — являются величинами высшее
U=-r\ У;=—• (2.2Й
58

Компоненты деформаций для трехмерной задачи можно
получить таким же образом. Они будут равны:
е„ =
ди
дх
V
е. =■
5со
_ dw ди _dv дсо _5со 5w
^ ду дх' yz dz ду' ** дх dz
(2.22)
Шесть величин ех, е , 8Z, у^, у , yzx называются
компонентами деформации.
Задача 1. При растяжении призматического стержня
собственным весом (рис. 2.7), как известно из курса сопротивления
материалов, в поперечном сечении стержня, удаленного на расстояние
z от нижнего сечения, возникает напряжение az = у • z (у- вес
единицы объема). Все прочие компоненты тензора напряжений
отсутствуют, а поэтому имеем компоненты деформации:
е2=—; вх=Еу=-\1 — ; yxy=yyz =у„=о.
Определить перемещения и установить форму стержня после
деформации.
Выразим компоненты деформации через перемещения,
используя выражение (2.22):
ди у • z
дх Е
dv у • z
Sea у • z
<3w St) Л
— + — = 0;
ду дх
dv <Эсо Л
— +— = 0;
dec 9w Л
— +— = 0.
I dz
dx dz
Интегрируя три первых выражения, находим:
У'Х-z г, ч
У ' У'z / \
-(i-2-^— + cp(x,z);
2Е
со
где f(y9z), Ф(х,z), \j/(x,;y) - произвольные функции.
59

у(-х
uB=-\i-—
Е
i
I
1
A
В
i
f
l
С
1
с
1
i
Z
{
**-
/ : i i ' \
1 ! i i i *
! ? i i i \
I
1
/
/
1
/ i
.' 1 1 ' '.
!: J i \ \
.' i i ' \
/ ; -o ,
1 1 T
' i \
' i !
.-■i-.io'-J.-
\A"
\
\
-—•
\A
4 ~
E
A
1z
T
. \
\ I
1 ^
T /2
r2E
_J
Рис: 2.7
Функции w, v и со должны удовлетворять трем остальнь^
дифференциальным уравнениям. Подставляя эти функции в у$
занные уравнения, получим:
df(y,z) | dcp(x,z) = 0.
^
дх
dq>(s,z) | д\\>(х,у) _ У-У .
dz ду Е
(3)
dz дх ' Е
Для разделения входящих сюда функций продифференцируй
последовательно эти уравнения по координатам х, yf z. В резуль^
те получим следующих девять уравнений:
60

ftc2 ' 5x5z асЭу ' Эх2 ЦЕ'
fe).„. ЭУ(лс^) v. d2f(y,z) д\(х,у) _
dy ' dy1 E' dydz dxdy
92/Ck,z) , э2ф(*,*)_0. а2Ф(х,2)_0; aV(r,z)_0
(3)
3y3z a*dz "' az2 "' az2
Рассмотрим систему уравнений, состоящую из двух слагаемых:
S2(p(x,z) t д2у(х,у)
dxdz дхду
d2f(y,z) t д\(х,у)
dydz
дхду
0;
= 0;
d2f(y,z) | d2<p(x,z) =Q
5>>dz 5jc5z
Из приведенных уравнений сложением и вычитанием находим:
д (p(x,z)
= 0;
dZf(y,z)
= 0;
д У(х,у)
= 0.
(4)
dxdz ' dydz dxdy
Шесть нерассматриваемых выражений из системы уравнений
(3) и три последних уравнения расположим в следующем порядке:
370^ЬП. d2f(y,z)_ d2f(y,z) _
<у
dz^
5 ф(*,г) . а2ф(дс,г)
Эх2
d2vy(x,,y)
дх2
0;
dzJ
= 0;
Sydz
d2<f>(x,z)
dxdz
= 0;
E' S>>2 E' &tdy
Анализируя производные первых двух рядов, устанавливаем,
что функции f(y,z) и ф(х,z) должны быть линейными, а функция
\|/(лс,.у) - квадратичной. Поэтому эти функции могут быть
представлены в следующем виде:
\f(y,z) = C,y + C2z + Cl;
\y(x,z) = C4x + C5z + C6; ^
2Е 2Е
где С^, .., CJ. - произвольные постоянные.
61

Для определения произвольных постоянных подставим их зн^
ния из выражений (5) в выражения (2) и получим
С4 = — ц; С8 = —С5; С7 = — С2.
Учитывая эти равенства и рассматривая выражения (1) и (5), ц
лучим:
w = -Ц-^— + Q-У + ^2Z + Q'
и = -ц
Е
-C.jc-f C5z + C6;
2 2 2
со = — + u-— + ц-^— - С?х - CcV + Cq.
2Е 2Е 2Е
Очевидно, что точки, размещенные по оси стержня, не имек
перемещений в направлении осей х и у. Поэтому при х = у-\
и = v = 0. Из этого следует, что
с3=с6=о.
Из условий закрепления стержня следует:
х = у = 0; z = /; со = 0;
у/2
+с9=о=>с9=-
у/2
2Е 2Е
С учетом значений произвольных постоянных С3, С6 и С9 вЛ
ражение (6) можно представить в следующем виде:
у 'X-Z
и = -\х
Е
+ Cly + C2z;
-Cxx + C5z\
со = -^[z2 + ц(*2 + у2) - Iх ] - С2х - С5у.
2Е
Угол поворота отрезка dz относительно оси z в плоскости д
равен —, а угол поворота отрезка dz относительно оси z в №
кости yOz равен — . Очевидно, что по оси стержня эти углы F
dz
ны нулю.
62

Прих = 0-«0, Cty + C2=0;
у = 0 — = 0, -C,jc + C5 =0.
dz
Анализируя последние два выражения, приходим к выводу, что эти
равенства возможны в единственном случае, если С\ = С2 = С5 = 0.
Окончательно выражения для определения составляющих
перемещений принимают вид:
У'Х-Z 4'V'Z У г 2
; со = -^+ц(*2+/)-/2].
2Е
Анализируя полученные выражения, приходим к выводу, что
поперечные сечения бруса искривляются по параболической
поверхности, а продольные сечения бруса как были плоскими, так
плоскими и остаются, несколько увеличивая наклон к оси z по мере
удаления сечения от этой оси.
y-x-z
Ответ: u = -\i-
со = ^[2Чц(х2+/)-/2];о = -ц1^.
Задача 2. При чистом изгибе призматического стержня (рис. 2.8),
где ох и оу - главные центральные оси сечения; oz - ось стержня,
в сопротивлении материалов получены следующие выражения:
Ми Ми
Определить перемещения w, и, со и выяснить, какому
изменению формы тела соответствуют перемещения.
Мм^
Ми
-—■
У
ъ
о
1
i
у
h
1
Рис. 2.8
63

_ Ми Ми 2 , 2 2м Ml/
Ответ: и = ц ху; d = \z +и(у -х)];ш = yz
EIX ' 2EIX ^ n EIX У '
Приобретенная форма тела показана на рис. 2.9.
Р^
г
1
J
Рис.
г
2.9
Г;
* л*"*-
fSrmmc\
1—^-
Л D|\
■*^
Л —
г
'у
fc*
Задача 3. Пластина постоянной толщины произвольного
очертания по наружному контуру равномерно сжата давлением Р(Н/мм2),
Элемент в точке О закреплен от поворота и смещения (рис. 2.10).
Определить напряжения ах, ау, az, хху, xyz и xz;c, а также найти
смещения точек и, v, со.
UHH1
- ■ 4 ■ т •
ТТТТ7
Рис. 2.10
64

Указание: используя условия, на поверхности определить
напряжения.
Ответ: xxy=xyx=xyz=xzy=Tzx=Txz=0; ox=vy=-P; cr2=0;
Р Р 2аР
u*--(l-\i)x; v = - — (l-\i)y; со = —z.
Задача 4. При кручении круглого вала, ось которого oz,
компоненты деформации, определенные в сопротивлении материалов,
следующие:
ех=^=е2=У^=0; yyz=Q-x; yzx=-Q-y,
где G - относительный угол закручивания.
Определить перемещения и, vn со, считая, что в начале
координат w = o = co = 0,a также что точка оси oz, бесконечно близкая к
началу координат, не сходит с этой оси, а точка на оси ох,
бесконечно близкая к началу координат, не имеет перемещений вдоль
оси оу. Выяснить, какому изменению формы тела соответствуют
перемещения.
Ответ: u = -Q-y-z; o = 0-x-z;co = O.
Поперечные сечения вала остаются плоскими и расстояние
между ними не меняется. Каждое точечное сечение поворачивается
вокруг оси oz как целое.
2.3. Уравнения неразрывности деформаций
Возвратимся к выражениям (2.22) для компонентов
деформаций, выраженных через перемещения. В этих выражениях шесть
компонентов деформации выражены через три компонента
перемещений. Поэтому дальше соотношения можно рассматривать
как систему дифференциальных уравнений в частных
производных относительно перемещений ц ц со, если компоненты
деформаций гх, еу, е2, у^, yyz, yzx являются заданными функциями х, у, z.
Если заданы три составляющих перемещения, то шесть
составляющих деформации определяются из этих уравнений
однозначно, т.е. заданным трем составляющим перемещения соответствует
единственная система шести составляющих деформации.
Если же заданы шесть составляющих деформации, то для
определения трех составляющих перемещения необходимо
проинтегрировать шесть дифференциальных уравнений (2.22) в частных
65

производных. При произвольном выборе составляющих дефор^
ции шесть уравнений с тремя неизвестными не всегда могут бьк
решены однозначно. Поэтому между шестью составляющими ^
формации должны существовать определенные зависимости. 4}а
бы получить эти зависимости, необходимо исключить составляв
щие перемещений из уравнений (2.22).
Продифференцируем выражение у^ по х и по у :
ди dv
Уху=-Г- +
д2у
ху _
ду дх
ди i
8v
дхду дхду ду дхду дх
Так как и и v являются непрерывными функциями, то это выра.
жение можно представить следующим образом:
Q2 О.. я2
д2у
ху
гр ди
Так как — = еЛ
дх
дхду
dv
— = i
ду
ди_ &_
■2 дх + дх2
dv
ду'
>2" *~ а2
то
д'Уху д\
• + -
дхду ду дх
Рассматривая аналогично выражения для yyz и у^, получим
следующую систему дифференциальных уравнений неразрывности
деформации:
д2Ух
дхду
82УУ
54
ду2
д2г.
Э28,
■ + -
дх
2 >
дудг
д2у
I XZ _
dxdz ~ dz2
д\,
dz2
д\.
ду
д\
дх2
2 '
(2.23)
Из уравнений (2.23) следует, что для каждой точки существе
зависимость между удлинениями и углом сдвига в каждой nfl°c'
кости. .J
Для получения другой группы дифференциальных уравнен*1
продифференцируем у^ по z, yyz по х и у^ по >>, используя сист^
уравнений (2.22):
66

ХУ —
dz
fyyz
dx
&1xz
d2u d2v
dydz
d2v
dxdz
d2u
dxdz
d2co.
дхду
а2ш
(2.24)
ду dydz dxdy
Сложим второе и третье уравнения из системы уравнений (2.24)
и вычтем из этой суммы первое уравнение:
Ъуг , fox; Ъху
дх dy dz dxdz dxdy dydz dxdy
d2a
d2u
d2v
dy
я.+ЁЬ
dxdy
dydz dxdz
= 2-
dx dy dz dxdy
Продифференцируем уравнение (2.25) по переменной z:
(2.25)
d_
dz
dy
dx
2. + ЁЫ.
dy
xy _
= 2-
a3w
= 2-
d(a
~dz~
= 2
dxdy
dy dz J dxdydz dxdy\
Другие подобные зависимости могут быть получены из
уравнений (2.24) циклической перестановкой и окончательно могут быть
представлены в виде следующей группы уравнений:
'tya^v Ъ.
yz
dy
'fyyz
dx
&ixz
dz
dz
+ ^L
dx
&Yxz
dy
= 2-
dy
= 2-
d_\
dydz
d2e
У .
dxdz '
(2.26)
xy
dy dx
dz
= 2
d\
dxdy
Из уравнений (2.26) следует, что если заданы три деформации
сдвига уху, yyz, yzx, то этим определяются и не могут быть заданы
пРоизвольно линейные удлинения гх, zy, ez.
Физический смысл уравнений (2.23) и (2.26) заключается в
следующем. Если тело разбить на малые параллелепипеды и каждый из
Этих параллелепипедов получит произвольные деформации, то из
отДельных деформированных параллелепипедов не удастся полу-
67

чить непрерывное твердое тело. В некоторых точках возникнут б*
конечно малые разрывы. Уравнения (2.23) и (2.26) устанавливав
такие зависимости между составляющими деформации, при удовд,
творении которых тело и после деформации остается сплошным.
Если по заданным нагрузкам можно найти перемещения точ^
тела и, v и со, то после этого деформации вычислим из выражен^
(2.22). В этом случае условия неразрывности будут соблюдены, ^
как они получены из этих же уравнений.
Если по заданным нагрузкам определить напряжения, а зат^
деформации, то при этом необходимо одновременно удовлетвори^
и уравнениям неразрывности (2.23) и (2.26).
Условия неразрывности деформации можно сформулировать еле.
дующим образом: тело, сплошное и непрерывное до деформации
остается сплошным и непрерывным после деформации.
Задача 1.
формации:
Даны следующие выражения для компонентов де-
е. =
а2Ф
д2
ф
t XV
ду2 " дх2
2(1+ ц) Э2ф
Е>=Ё
дх2
-ц
д2
ф
ду2
дхду'
ez=Y«z=Yzx=0>
где tp = f(x,y).
Может ли функция ф считаться произвольной от координат X
и у! Влияет ли закон изменения функции ф от постоянных Е и \х!
Данная деформация является плоской, т.е. происходит в
плоскости хОу. Из условий неразрывности деформации, которая може*
накладывать ограничения на функцию ф, для плоской деформации
следует использовать первое уравнение из системы уравнений (2.23):
92УХ
Э2е„
дг^_\_
ду Е
деу _ 1
дх Е
дхду
~53ф 53ф "
[ду3 дх2ду_
"а3ф ц д\ л
дх3 дхду2
ду2 дх2 '
; ду2 ~Е
д\ 1
' дх2 Е
~д\ д\ 1
_ду* ^дх2ду2\
\д\ д\ 1
[&с4 ^&c2ay2J
68

fyy _ 2(1 + ц) 53ф . g2Y^ _ 2(1+ ц) Э4ф
cbc Е дх2ду' дхду Е
а*4
а> е4Ф
т-ц—-
1
д\ а>
5х V '
2(1+ ц) 54ф
5х2еу2 '
a^a^j Е[_а/ ' аьс2ду2.
Последнее уравнение после ряда математических преобразований
и сокращений можно окончательно представить в следующем виде:
^ + 24^ + ^ = 0.
а*4 дх2ду2 ду4
Ответ: 1) Зависимость функции ф от координат х и у
должна быть таковой, чтобы удовлетворить уравнение
дх4 дх2ду2 ду4
2) Функция ф не зависит от постоянных Е и ц .
Задача 2. Даны следующие выражения для компонент
деформации:
а> = а>
ау2; £у"ах2' Уху 'дхду'
Выяснить, может ли функция ф считаться произвольной
функцией или условия неразрывности деформации накладывают на нее
ограничения.
Ответ: условия неразрывности деформации накладывают
ограничения на функцию y = f(x,y) такое, чтобы она удовлетворяла
Уравнению
<Э4ф 54ф <Э4ф
дх4 дх2ду2 ду4
= 0.
Задача 3. Установить, являются ли возможными следующие
Деформационные состояния, если компоненты деформации заданы
Сражениями:
гх=к(х2 +у2); еу=ку2; уху=2кху\ г2 =yyz=yzx=0^
гх = kz(x2 + у2); еу = ky2z\ уху = Zkxyz; sz = у yz = у^ = 0.
Ответ: 1) Первое деформационное состояние возможно. 2)
Второе деформационное состояние невозможно.
69

Задача 4. Определить зависимости между постоянными Л0, \
Б0, 51? С0, Cj и Q так, чтобы имели место следующие компоне^
ты деформации:
гх = Л + А(х2 + у2) + (х4 + /);
Ву=В0-В1(х2+у2) + {х4+УЛУ,
Уху=С0 + С1ху(х2+у2+С2).
Ответ: С, = 4; С2 = A_zA
2
Задача 5. Даны три функции напряжений, зависящие от коордн
нат х и у следующим образом:
1) ф, = Аху3; 2) ф2 = Д*У; 3) ф3 = Аху2 + ЯгУ.
Какая из функций ф может быть принята при решении пло
ской задачи теории упругости?
Ответ: 1) ц\ можно использовать при решении плоской задачи
теории упругости; 2) ф2 нельзя использовать при решении плоской
задачи теории упругости; 3) ф3 можно использовать при решении
плоской задачи теории упругости, если принять В = 0.
Задача 6. Даны следующие выражения для компонентов
деформации:
ех = аху2; гу = ах2у; ez = аху;
Yxv=°; 4yz=az2+by; yzx=ax2+by2,
где а и Ь - постоянные, не равные нулю.
Удовлетворяют ли заданные уравнения условиям неразрывности
деформации?
Ответ: не удовлетворяют.

СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ НАПРЯЖЕНИЯМИ
И ДЕФОРМАЦИЯМИ
3.1. Обобщенный закон Гука
Все тела, находящиеся в напряженном состоянии, получают
деформацию. Зависимость между деформацией и приложенной силой
впервые была сформулирована Гуком. Закон Гука о
пропорциональности между силами и перемещениями утверждает, что
удлинение стержня пропорционально силе, и в нем идет речь о средней
величине удлинения тонкого стержня, подвергающегося действию
растягивающего усилия.
Пусть вначале имеется действие одних только напряжений ох,
т.е. линейное напряженное состояние. Тогда элементарный
параллелепипед получит следующее относительное удлинение в
направлении оси х согласно первому закону Гука:
_ ох
Ех~ Е'
где Е - модуль упругости первого рода.
Такое удлинение элемента в направлении оси х сопровождается
в поперечных сечениях сужениями, определяемыми компонентами
деформации:
Gx Gx
Е z *Е
где \х - коэффициент Пуассона.
Рассмотрим бесконечно малый элемент, по граням которого
Действуют три нормальных напряжения сх, ау и а2 (рис. 3.1).
Деформация этого элемента от действия напряжения ах и по
Направлению оси х равна
г Gx
х Е
Деформация элемента от действия напряжений оу и о, по
направлению оси х равна
£y=-V-±', £z =-Ц-^-,
к-^г:-^.
Используя принцип независимости действия сил, полную
деформацию в направлении оси х от действия напряжений ах, <зу и
^г можно представить в виде
71

е' +е"+£
—[ох-ц(ау + аг)].
Е
Рассматривая аналогично деформацию в направлении осталы
ных двух осей у и z, придем к системе уравнений:
sy=—[oy-\L(ax+az)];
(3.1)
Совокупность касательных направлений х^ = т вызывает
перекашивание граней, параллельных плоскости хОу , и оставляет без
искажения другие грани элемента. Согласно закону Гука
I _ ху I
I Ху ~~ ^ ' У yZ
о,
где G
2(1 +и)
Аналогично от действия т = т имеем:
I yZ ^ ' l ZX I Ху V'
От касательных напряжений х^ = xxz получаем:
ут =Ъ±. у'" =у» =0
I ZX /^ ' ХУ У2
Таким образом, наличие всех компонентов напряжений,
показываемых на рис. 3.1, определяет следующие составляющие
деформации:
1 х
zy =-[cy-\i(ox+oz)]; yyz=-^
1 X
(3.2)
Уравнения (3.2) выражают линейную зависимость между со'
ставляющими деформации и напряжений в изотропном упруго)*
поле и называются обобщенным законом Гука.
72

ех + гу+г2 = —— (ох +Gy+ о2),
3.2. Выражение напряжений через деформации
В формулах (3.2) составляющие деформации выражены через
составляющие напряжений. Часто бывает необходимо иметь
обобщенные зависимости, т.е. напряжения, выраженные через
компоненты деформаций.
Для выражения составляющих напряжений через составляющие
деформаций воспользуемся первой формулой системы уравнений
(3.2), прибавляя и вычитая в квадратных скобках величину \хах:
г* = ~[°х + №х -цах -ц(а, + а2)],
или
е* = -[О + ПК - \i(px + оу + а2)]. (3.3)
Определим соотношение для объемной деформации. Складывая
почленно первые три формулы обобщенного закона Гука, получим
1-2Ц,
Е
откуда
Е(ех + е +ez)
Рассматривая совместно выражения (3.3) и (3.4), получим
1 дЕ
ех=-[(1 + ц)ах--^(ех+е +е2)].
Е 1-2д
Из последнего выражения определяем gx , которое будет
выражено через составляющие деформации:
Е дЕ , ч
аг = sY + (er +ev +е7).
* 1 + ц * (1 + ц)(1-2цГ х у z)
Используя значение модуля упругости второго рода G,
последнее уравнение можно преобразовать к виду
Аналогично формуле (3.5) можно получить выражения для су и
5- Присоединив к ним последние выражения (3.2), выраженные
относительно напряжений, получаем:
73

°Vy> (3.6,
Эти формулы называют обратной формой закона Гука.
3.3. Удельная потенциальная энергия деформации
Допустим, что упругое тело испытывает деформацию под
действием внешних сил. При деформации эти силы производят работу.
Если деформированному упругому телу дать возможность
медленно вернуться в начальное состояние, то исчезнет и вся работа, про-
изведенная внешними силами. Поэтому работа, затраченная на
деформацию упругого тела, рассматривается как энергия,
накопленная телом, и называется потенциальной энергией деформации.
Энергию, накапливаемую при деформации в единичном объеме
материала в окрестности рассматриваемой точки, называют
удельной потенциальной энергией деформации.
Выделим около деформируемой точки кубик с единичным
объемом и единичной площадью каждой его грани. Приходящаяся на
каждую грань сила количественно равна напряжению,
действующему на эту грань. Так, в случае одноосного растяжения вдоль оси
х эта сила равна сх на одной грани. Такая же сила, но
противоположная по направлению, действует на другой грани.
Система двух противоположно направленных сил (обобщенна*
сила) совершает работу, зависящую от изменения расстояния ме#'
ду точкой приложения этих сил, т.е. от деформации удлинения кУ'
бика (на обобщенном перемещении). Так как в упругом теле зав**'
симости между напряжением и деформацией линейны, рабо^
внутренних сил выразится как половина произведения обобщение
силы на обобщенное перемещение.
Деформация удлинения ребра с первоначальной длиной в едиН'1
цу равна относительному удлинению того же ребра. Таким образе1'
при одноосном растяжении удельная потенциальная энергия равна
1
74
ax=2G[sx + „ ** (zx+ey+ez)]; хху =
a,=2G[Sj,+ r (ex+ey+ez)]; xyz =
g2 =2G[ez+—-£— (ex+ev+e2)]; tzx =
(1
(1
-2ц)
И
-2ц)
P .....
(\ -1м\

Аналогичное выражение имеет работа и для других составляющих
напряжений, в том числе и в случае сдвига.
В общем случае пространственного напряженного состояния (рис. 1.3)
для определения удельной потенциальной энергии деформации имеем
И = 2(аЛ +(V\v +CTz£z +*xy4xy+1yz4yz +Xzx4zx)- С3'7)
При решении задач теории упругости необходимо уметь выражать
удельную потенциальную энергию деформации либо через
компоненты напряжений, либо через компоненты деформаций.
Используя формулы (3.2), выражение (3.7) можно представить в
следующем виде:
U = 2 \^E[Gx ~^Gy +a*)] + lf[a' ~ц(а* + а^ +
Е у у 2G у 2G х 2G
После ряда преобразований получим
и = —Л°2х + <*v + CTz - 2ц(ахау + avaz + а2ах)] +
]_г 2 ,2
*(<+<+*L)- (3-Ю
В формуле (3.8) удельная потенциальная энергия деформации
выражается только через составляющие напряжений.
Первые три выражения для ах, ау и az из системы уравнений
(3.6) представим в следующем виде:
(3.9)
где А = 2G; В =
«
2цб
1 _ о
а1=Агх+В11;
ау = Аеу + В11;
az=Aez+BIlt
-; /, = ех + гу + ez.
Подставим в выражение (3.7) стх, <s и az из выражений (3.9)
и xxv, xyz и т^ из выражений (3.6):
_!_
2
+ G(yxy+yi+y2zx)).
u=-[ex(Aex + BIl) + Ey(Aey + BIl) + E2(As2+BIl) +
75

После ряда преобразований последнее выражение примет вид
и =-[А(г2х + г2у+г]) + В{гх + гу +г2)2 +G(y% + у2у2 +у2в)].
Подставив значения А, В и 1{ в последнюю формулу, окончу
тельно получим
u = G[s2x+z2y+z2z +-¥—(гх+гу+е2)2 + -(y2xy+y2yz +yL)]. (ЗЛО)
Потенциальную энергию, накапливаемую во всем объеме де,
формируемого тела, определяют суммированием удельной потен,
циальной энергии по всему объему:
W = \\\udxdydz. (3.11)
Задача 1. Определить напряженное состояние в точке М упру.
гого тела, если ребра параллелепипеда, выделенного в
окрестности этой точки, как показано на рис. 3.1, получают деформации:
ребро а-^Аа = 0,02 см; ребро Ъ —> АЪ = -0,0156 см; ребро с -> Ас =
= -0,012 см.
L
с -12 см |
Ч
)
А
А_
(N
»
«Q
i°y
м
/
7*
~А\
/
а = 10 см
1 N
GX
В
/ "х
/
к
Рис. 3.1
Грани MBNC и AKFD параллелепипеда превратились в па'
раллелограммы. Прямые углы у точек М и 1\, а также у точе^
А и F в плоскостях, параллельных хОу, уменьшились на 3'
76

(Т,е. на 0,00087 рад). Углы в двух других плоскостях, параллельные
соответствующим координатным плоскостям, остались без
изменения: Е = 2 105МПа;ц = 0,25.
Для определения напряженного состояния в точке М следует
определить все компоненты напряжений, действующих у этой точки.
Так как угловая деформация граней параллелепипеда, лежащих
в плоскостях xOz и yOz, отсутствует, то
Определим относительные линейные деформации ребер
параллелепипеда в направлении осей х, у и z:
Да = 0,02 = Д* = _М156 =
х а 10 ' ' у ь 12
' с 12
Определяем упругую постоянную G :
G= Е =-к™— = 8-104МШ.
2(1+ ц) 2(1 + 0,25)
Вычисляем все компоненты напряжений, используя выражение
(3.6).
c,t = 2С[гх + -^(вд. + sv + е,)] = 2 • 8 ■ 104[0,002 + °'2^ х
1 - 2ц 1 - 2 • 0,25
х (0,002-0,001-0,0013)] = 296 МПа;
0,25
о =2G[ey+——-(e;c+ev+ez)] = 2-8-104[-0,0013 + -
у 1-2цч "* " "*" L ' 1-2-0,25
х (0,002-0,001-0,0013)] = -232 МПа;
V /„ , ,. .„M.iom'r nnni, °'25
о. = 2G[e, + —1=—(е^ + е„ + е.)] = 2-8 • 104[-0,001 +
" 1-2ц " " L 1-20,25
х (0,002 - 0,001 - 0,0013)] = -184 МПа;
хп, = т„ = Gy.vv = 8• 104 • 0,00087 = 69,6 МПа;
Ответ: ах =296 МПа; ст^ =-232 МПа; ст2 =-184 МПа;
\ * т = 69,6 МПа; ти = т„ = хЛ, = т„ = 0.
-X
77

Задача 2. Алюминиевый кубик ах ах а, где я = 10 см
Е = 0,7-105 МПа; ц = 0,32, вложен в полость жесткого штампа^
сжимается силой, равномерно распределенной по верхней прщ
Вертикальные ребра получают упругую деформацию 0,1 мм. Оц,
ределить напряжения по граням кубика.
Ответ: если система координат х,у, z выбрана так, что ось у
параллельна сжимающей силе, то
ау =-100,16МПа; gx = gz = -47,14МПа.
Задача 3. Длинный трос подвешен вертикально и нагружен соб*
ственным весом. Определить, какова максимальная длина этого
троса, при которой он не разорвется, если трос изготовлен:
а) из стали с ав =2110МПа; у = 7,85 г/см3; б) из алюминиевого
сплава с aD = 350 МПа; у = 2,69 г/ СМ .
Ответ: а) 26 879 м; б) 13 011 м.
Задача 4. Определить напряжения ах и а для упругого
элемента, растягиваемого в одном и сжимаемого в другом
направлении, если:
ех = 0,001; 8у = -0,0007; Е = 2,1 • 105 МПа; ц = 0,3.
Указание. Так как напряжение az = 0, то из выражения
a,=2G[ez+-H-(eJC+ev+e,)] = 0
1 — 2ц
следует определить величину е2.
Ответ: gx =182,3 МПа; ау = -92,3 МПа.
Задача 5. В тонкой пластинке толщиной t = 0,6 см,
растягиваемой в двух направлениях, возникают напряжения ах =140 МПа и
<уу = 56 МПа. Полагая, что Е = 2,1 • 105 МПа и ц = 0,25, найти
уменьшение толщины пластины.
Ответ: уменьшение толщины пластины А/ = 0,00014 см.

А. О РЕШЕНИИ ЗАДАЧ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
4.1. Основные уравнения теории упругости
Любая задача теории упругости сводится к решению системы
уравнений, которые удобно разбить на нижеследующие группы.
Статические уравнения.
В эту группу входят дифференциальные уравнения равновесия
(1.14):
to*.
дх
дх
!К
ду
ду
+£^
дх.
■ + Х = 0;
дх ду
dz
+ дх^
dz
dz
- + 7 = 0;
0.
(4.1)
Геометрические уравнения.
В эту группу входят уравнения (2.22):
£л
ЕУ
£z
ди
до
ду
да>
~~dz~
1 ху
У у*
>lzx
ди
~ду +
_до
dz +
да>
дх
до.
дх'
дсо
~ду"'
ди
(4.2)
Физические уравнения.
В эту группу входят формулы закона Гука либо в прямой форме
Уравнений (3.2):
е* = -К - viPу + ctJ]; уху = -рг;
1 т
гу = -^К - ^К + az)]; ч* = -рг\
Ь С/
1 т
£z = -[oz - ц(а, + а,)]; 7.x = -^-
(4.3)
79

либо в обратной форме уравнений (3.6):
ax=2G[ex +
оу = 2G[e.. +
а2 = 2G[ez +
у 1
1-2ц
■2ц
М
1-2ц
(zx+Ey+ez)l xxy=Gyxy;
(ex+e),+sz)l xyz=Gyyz;
(4.4)
Имея эти зависимости, можно приступить непосредственно к ре.
шению задачи теории упругости о напряжениях и деформациях,
возникающих в упругом изотропном теле под действием внешних сил.
Перечисленные уравнения содержат 15 неизвестных функций:
1) шесть составляющих напряжений:
ax(x,y,z); ay(x,y,z); <Jz(x,y,z); xxy(x,y,z); xyz(x,y,z); xzx(x,y,z);
2) шесть составляющих деформации:
sx(x,y,z); ey(x,y,z); ez(x,y,z); yxy(x,y,z); yyz(x,y,z); yzx(x,y,z);
3) три составляющих перемещений:
u(x,y,z); v(x,y,z); <a(x,y,z).
Для отыскания величин произвольных постоянных, которые
появляются в результате интегрирования, используют условия на
поверхности (1.25):
1>„.
: ах cos а, + т cos а, + х vz cos а3;
КУ = хухcos ai+ аУ cos а2 + +xyzcos аз;
Fvz = xzx cos а, + x2>. cosa2 + ar cosa3.
(4.5)
В арсенале имеется еще шесть уравнений неразрывности
деформации, которые иногда используют вместо геометрических уравнений
либо используют в роли контрольных уравнений (2.23) и (2.26):
' '2~ 52s,
SV
ду2
д2е„
■ +
• +
дх2
д2г.
д2Уху
дхду
д2у
дх ду dz
зу>
дх
0 = 2
yz
A(%L + ^_%) = 2
dz2 ду2 dydz ду dz дх ду
д\ , д\ = д2У:х
дх2 dz2 dxdz
dz дх ду dz
dydz'
dxdz
dxdy
(4.6)
80

С математической точки зрения задача может быть решена и
сводится к интегрированию 15 уравнений при удовлетворении
условий на поверхности.
Решение уравнений можно вести различными способами в
зависимости от того, какие величины приняты за основные
неизвестные:
- решение в перемещениях, когда за неизвестные приняты три
составляющих перемещения: и, о, со;
- решение в напряжениях, когда за неизвестные приняты шесть
составляющих напряжений: <зх, Gy, az, тху, \yz, т^;
- решение в смешанной форме, когда за неизвестные приняты
некоторые составляющие перемещений и некоторые составляющие
напряжений.
4.2. Решение задачи теории упругости
в напряжениях
В рассматриваемой задаче ограничимся случаем, когда
объемные силы постоянны по всему объему тела или равны нулю. Это
ограничение позволяет значительно упростить некоторые
уравнения при решении задач в напряжениях, так как все производные от
составляющих объемных сил по координатам х, у, z обращаются
в нуль.
Для решения этой задачи воспользуемся из системы уравнений
(4.3) тремя физическими уравнениями:
т
ху
Уху~~д~'
С точки зрения неразрывности деформации между линейными
е*> £ и угловой yvv деформациями должна существовать
зависимость (4.6):
Зу2 дх2 дхду '
81

54
ду2
д2г
= ^[
l-sV
-ц(-
д°у . Э2ст
Е'5у2 "^ ду'
+ ■
2. _
irsV
Эх
52
=-н
-ц(
dV
• + ■
ду2
L)l;
2 Е дх2 дх2 дх2
2. „,, , ..ч я2.
■)];
(4.8)
д% = 1 g % = 2(1 + ц) 3%
ftcdy G длгЭу Е йхду
Рассматривая совместно систему уравнений (4.8) и уравнение
(4.7), получим
54
ду2
-ц(
d2ov 52а,
• + ■
5у' дуг
■) + ■
<Эх2
Э2т
-и(-
54
5д:2
ф-
= 2(1 + ц)—f
дхду
(4.9)
Для дальнейшего решения задачи из уравнения (4.9) следует
исключить величину . Это производится следующим образом.
дхду
Из системы уравнений (4.1) первое уравнение дифференцируем по
х, а второе по у:
SV Э2т 52т
-Г-+
дх дхду dxdz
52т 52а Э2т
= 0;
ух
+ -
- + -
У1 _
= 0.
йхду ду2 dydz
Сложив между собой последние два уравнения, получим
д2т а2а d2Gv 52т
Э2т
= 0.
(4.Ю)
дхду дх2 ду2 dxdz dydz
Продифференцируем третье уравнение по z из системы ураГ
нений (4.1):
2- SV з2о.
д2т
• + -
•уг
dxdz dydz dz
= 0.
(4
lD
82

Вычтем из уравнения (4.10) уравнение (4.11) и определим вели-
ахду~ &2' а/ ду2 ' (4Л2)
Рассматривая совместно уравнения (4.9) и (4.12), получим
д\ д2ау д2ах д2ау д2а2 Я2а2 д2а2 д2о2, л
—Т + Г + ^ + Г"—ГТ"-Ц( Г" + Г + Г")1"0- (4-13)
5и2 дх2 дх2 ду2 dz2 pv дх2 ду2 dz2 к
Если к левой части уравнения (4.13) прибавить и отнять одно-
д2ах д2ау
временно —у- и —у- , то получим
dz dz
, & д2 д2 ч/ ч & t ч
,д2 д2 д2^ л
PVdx2 ф2 &2' z
а2
V2ox+V2oy—-T(ox+ay+aI)-\N2az=0, (4.14)
г V72 д2 д2 д2
где Vz =—- +—г-н-—-
дх2 ду2 dz2
;нению
тельно получим
V2S, -
dz
К уравнению (4.14) прибавим и вычтем величину V2az, оконча-
V2S{ -^Sx -(l + ^)V2az =0, (4.15)
где S} =<jx+oy+Gz.
Производя последовательно аналогичные операции над
следующими уравнениями системы (4.1), получим следующую систему
Уравнений:
83

V2S,
дх-
-5,-(1 + ц)У2ах=0;
4V
V^,- —5,-(l + n)V2ar=0.
C7Z
(4-16)
Сложим три столбца системы уравнений (4.16) вместе и получим
(1-ц)У25,=0.
Анализируя последнее уравнение, приходим к выводу, что так
как (1-ц)*0, то У2£, =0, а поэтому систему уравнений (4.16)
можно представить в следующем виде:
д2
vV+- 1
V2ct„ +
1 + и дх
1 д2
\ + \иду2
5, =0;
'1
(4.17)
V2a,+- *
5,=0.
.2"'
i+nazJ
Из системы уравнений (4.3) воспользуемся следующими
уравнениями:
ху
' XV s~,
2(1+ ц)
2(1 + ц)
*>*>
т^ 2(1 +ц) 1г / "\-
Jzx=~G = 13 "; е* = g[CT*-t*(<*,+<**)]■
С точки зрения неразрывности деформации между тремя
угловыми уху, yyz, у^ и линейной ех деформациями должна
существовать зависимость (4.6):
d2yz
д2у
*У
d2Jy
■ = 2
д2е.
дхду dxdz дх2 dydz
5^ =20 + й)<ЭЧ5_. д2Уху=2(1 + ц)д\у
dxdz '
дхду
Е дхду dxdz
- + -
d2a,
а2у,2 = 2(1 + и)аЧг, a4 = i аЧ А.
дх2 Е ас2 ' dySz Е dydz dydz dydz
)]-
(4.18)
(4-
19)
84

Рассматривая совместно систему уравнений (4.19) и уравнение
(4.18), получим
д2ох д2ъу
-—--|1 -
dydz dydz
д\
dydz дхду dxdz
ху
д\
yz
дхг
). (4-20)
Исключим из уравнения (4.20) величины
52т
ху
Э2х,
ис-
dxdz дхду
пользуя для этого уравнения равновесия (4.1). Продифференцируем
второе уравнение по z , а третье по у:
[е2т д2о„ д\„
dxdz
е2т
dydz dz2
д\
Ф
Э2о.
(4.21)
дхду ду2 dydz
Рассматривая совместно уравнение (4.20) и уравнения (4.21),
окончательно получим
V2x +■
1
■S, =0.
zy 1 + р dydz
Производя последовательно аналогичные операции над
следующими уравнениями системы (4.1), получим следующую систему
уравнений:
)2
■5,=0;
v2v +
1
1+ р дхду
гу2 1 d1
V х н
гг 1 + р dydz
S, = 0:
(4.22)
V2x„+-
1
■S, =0.
1+ р dxdz
Шесть уравнений (4.17), (4.22) вместе с тремя уравнениями
равновесия (4.1) образуют полную систему уравнений для вычисления
о,, ау, az, х^, х , та. Наличие трех?лишних уравнений равновесия
Необходимо для получения однозначного решения. Полученные
после интегрирования шесть составляющих напряжений должны
удовлетворять условиям на поверхности.
85

В дальнейшем, используя систему физических уравнений (4.з\
находим деформации ех, е , ez, уху, yyz, у^. Из геометрических ура^'
нений (4.2) определяют составляющие перемещений и, ц со. Задац,
решена.
4.3. Решение задачи теории упругости
в перемещениях
Решение задачи сводится к определению трех неизвестных со.
ставляющих перемещения и, и, со. Для решения этой задачи вое.
пользуемся первым уравнением равновесия системы (4.1):
да v дх л
дх.
0.
(4.23)
дх ду dz
Из физических уравнений (4.4) возьмем следующие уравнения:
ox=2G[ex +
Ц
■(ex+eY+ez)] = 2G[ex +
Ц
1-2ц
1-2ц
в,];
(4.24)
Продифференцировав выражения (4.24) в соответствии с
уравнением равновесия (4.23), получим:
дх 1 - 2ц дх
дх
дх
"У —
ду
= G-
духу дху
ду dz
■ = G
dz
(4.25)
Подставив выражения (4.25) в формулу (4.23), получим
2—^+ 2-
«.в1+^ + ^
0.
(4>]
дх 1 - 2|i дх ду dz
Для решения задачи используем следующие геометрические УРа
нения, взятые из системы уравнений:
_ ди _ ди <Эи _ Эсо ди
Ех~!к; Уху "~fy + а7; Yxz " а7+"&"
Продифференцируем последнее выражение следующим образе
86

дх
дх2 ' ду ду2 дхду' dz dxdz dz2
д2(о д2и
■ +
ТТ- (4-27)
Рассматривая совместно выражения (4.27) и (4.26), окончатель-
но получим
1 д
Vlu + -
-е, =о.
1 - 2ц дх
Рассматривая аналогично симметричные уравнения из ранее
приведенных систем уравнений, получим:
1 д
V'u + -
V2v +
V2co +
1 - 2ц дх
1 д
1 - 2ц ду
1 - 2ц dz
-в, =0:
Э, =0;
-в. =0.
(4.28)
Порядок решения задачи следующий. По уравнениям (4.28)
находим составляющие перемещения и, и, со, а затем вычисляем
компоненты деформации ех, гу> ег, уху, уу2, у1Х по уравнениям (4.2).
Наконец, находим компоненты напряжений по уравнениям (4.3).

5. ТЕОРИЯ ПРЕДЕЛЬНЫХ НАПРЯЖЕННЫХ
СОСТОЯНИЙ
5.1. Предельное напряженное состояние
В зависимости от условий нагружения материал может находить.
ся в различных механических состояниях. При небольших внешних
силах материал работает упруго или находится в упругом состоянии.
При увеличении внешних сил в материале обнаруживаются остаточ-
ные деформации и материал находится в пластическом состоянии.
При дальнейшем увеличении внешних нагрузок происходит
образование трещин и наступает состояние разрушения. Механическое
состояние материала в точке зависит в первую очередь от
напряженного состояния в этой точке.
Предельным напряженным состоянием считается такое
напряженное состояние материала, которое соответствует либо началу
разрушения, либо другим физическим процессам, которые по ряду
причин являются недопустимыми или опасными.
Весьма часто считают предельным напряженное состояние,
соответствующее началу образования пластических деформаций
материала.
Предельное напряженное состояние может рассматриваться как
характеристика свойств материала, когда ведется расчет
конструкции на прочность по максимальным напряжениям. Напряженное
состояние в наиболее опасной точке исследуемого тела
сопоставляется с предельным для данного материала. На основании этого
сопоставления делается вывод надежности конструкции.
Каждое напряженное состояние характеризуется тремя
главными напряжениями <з},о2,а3. Поэтому для каждого материала
нужно было бы иметь соответствующие диаграммы испытания с
числовыми характеристиками предельных точек. Такой подход к
решению вопроса является совершенно неприемлемым, прежде всего
в силу неисчерпаемости различных видов напряженных состояний
а затем в связи с чисто техническими затруднениями, возникав'
щими при постановке экспериментов.
Из этого следует очевидная необходимость создания общего м^'
тода оценки меры опасности любого напряженного состояния пр,]
ограниченном числе механических испытаний материала. Для з^'
данного материала сравнение напряженных состояний удобнее все*"0
производить по числовой характеристике какого-либо одного $'
88

ценного состояния, выбираемого в качестве эталона. За такой
АР оН принято одноосное растяжение с главным напряжением CT^-
Эквивалентным напряжением называют главное напряжение
элемента, находящегося в условиях одноосного растяжения,
которое по своему влиянию на прочность материала равноценно
рассматриваемому напряженному состоянию.
Напряженное состояние материала в точке можно
охарактеризовать тремя главными напряжениями <зх, а2, а3. При выводе
гипотезы прочности исследователи предполагают, что прочность
материала зависит от напряженного состояния, и условия прочности в
общем виде записываются следующим образом:
F(Gl9a2,a39mi) = A. (5.1)
Константы материала mi определяют по результатам испытаний
при простейших напряженных состояниях путем совместного
решения систем уравнений (5.1). Для большинства гипотез число
определяемых констант не превышает трех. Поэтому они
определяются из испытаний при одноосном растяжении, сжатии и
кручении. Справедливость любой теории прочности можно подтвердить
только путем сопоставления результатов расчета с результатами
эксперимента.
5.2. Энергетическая теория формоизменения
Изучение структуры пластичных материалов, находящихся в
деформированном состоянии, показало, что остаточные деформации
обязаны своим появлением сдвигам в кристаллической решетке
отдельных кристаллов, из которых состоит материал.
Указанное обстоятельство является основной причиной, побудив-
Шей принять в качестве критерия прочности ту часть потенциальной
энергии деформации, которая соответствует изменению формы тела.
Приравнивая количество потенциальной энергии
формоизменения, накопленной исследуемым элементом, количеству
потенциальной энергии формоизменения элемента, находящегося в эквивалент-
Ном напряженном состоянии, получим выражение, которое может
^ыть названо формулой эквивалентности:
азт = ^[(oi -о2)2 +(с2-ъ)2 +(°з-^)21 (5-2)
Опыты хорошо подтверждают этот критерий для пластичных ма-
еРиалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и сжатию.
89

В случае если материал неодинаково сопротивляется растяжеч
нию и сжатию, этот критерий не пригоден для проведения расчетов
на прочность.
Неодинаковость материала сопротивляться растяжению и сжа>
тию определяется коэффициентом v . При определении коэффици*
ента запаса по текучести этот коэффициент равен
v = X (53)
°т.с
где ат - предел текучести материала при одноосном растяжении;
ат с - предел текучести материала при одноосном сжатии.
При вычислении коэффициента запаса по разрушению обычно
определяют коэффициент v, сравнивая пределы прочности:
ав.р
v = -J4 (5.4)
где ствр - предел прочности материала при одноосном растяжении;
5.3. Критерий П.П. Баландина
Критерий, предложенный П.П. Баландиным, представляет
собой линейную функцию от компонента шарового тензора
напряжений и представлен в виде
Л> + и = С, (5>5)
где o^Qj +а2 +а3 - величина, пропорциональная компоненту
шарового тензора напряжения; и = {ах-<52) +(<з2~аз) +(a3~ai) '
величина, пропорциональная второму инварианту девиатора
напряжений; В и С - постоянные, которые определяются на
основании результатов испытаний материала при предельных
одноосном растяжении и одноосном сжатии.
При предельном одноосном растяжении имеем
и = а,
в.р> " = 2ав2р. (5.6)
С учетом значений и и и критерий (5.5) примет следующий в#
Яавр + 2авр=С. (5.71
При предельном одноосном сжатии имеем:
u = -aBC; u = 2olc. (^
90

С учетом значений и и о в соответствии (5.8) критерий (5.5)
прцмет вид
-Вавс+2о2вс=С. (5.9)
решая совместно систему уравнений (5.7) и (5.9), находим:
5 = 2(aB.c-ciB.p); С = 2ав.равс.
Подставив полученные В и С в формулу (5.5), имеем
2(aM-aB>p)u + w = 2aB.paM. (5.10)
Разделив левую и правую части уравнения (5.10) на 2авс и
умножив на авр, после ряда преобразований получим
crB.p-(1"v)uaB.p-Tw = 0'
V
2~'
ав.р
где v =
Решая полученное квадратное уравнение и приравнивая aB р
получим формулу эквивалентности в следующем виде:
l-v П-И2
-о +
2 ^2у
+ -и. (5.11)
2
Для материалов, одинаково сопротивляющихся растяжению и
сжатию (v = 1), формула (5.11) приводится к выражению (5.2).
Таким образом, энергетическая теория формоизменения для
пластичных материалов может рассматриваться как частный случай теории
П.П. Баландина.
Чтобы конструкция работала не разрушаясь в течение
длительного времени, необходимо, чтобы эквивалентное напряжение в
наиболее опасной точке материала не превосходило определенной
величины, которая называется допустимым напряжением.
Допустимое напряжение должно быть выбрано не только
меньшим, чем величина опасного напряжения, но и иметь некоторый
запас, чтобы обеспечить прочность изделия даже в случае неблаго-
Приятного сочетания некоторых факторов.
При статических нагрузках в случае пластичных материалов
опасным напряжением считается предел текучести
[<*] = >
tye пТ - коэффициент запаса по текучести.
91

На основании данных длительной практики конструирования,
расчета и эксплуатации машины для сталей пт = 1,4 -1,6.
При статических нагрузках в случае хрупких материалов опасч
ным напряжением является предел прочности
п
Коэффициент запаса прочности п принимается равным 2,5-3,0.
В связи с тем что определение временного сопротивления про-
ще, чем предела текучести, для пластичных материалов при опре-
делении допускаемых напряжений исходят из предела прочности,
пользуясь формулой
п
В этом случае, учитывая, что предел прочности превышает
предел текучести на 50-70%, коэффициент запаса прочности
принимают равным п = 2,4-2,6.
Условия прочности можно представить в виде
^экв^М- (5.12)
При выполнении условия (5.12) считается, что конструкция
будет работать длительное время, не разрушаясь.

6. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
6.1. Основные дифференциальные уравнения
для плоского напряженного состояния
Уравнения теории упругости значительно упрощаются в тех
случаях, когда задачу можно свести к отысканию функции только двух
переменных, например х и у. Рассмотрим случай, когда тонкая
пластинка нагружена по контуру равномерно распределенной нагрузкой
(рис. 6.1).
/К
U
т
ц
4.
А+Л
т
->*
Рис. 6.1
Очевидно, что поверхности пластинки Z = ±— будут свободны
от внешних нагрузок и компоненты напряжений Gz,Txz,xyz будут
Равны нулю. Если пластинка тонкая, то без существенной ошибки
Можно принять, что эти компоненты равны нулю по всей
толщине пластинки. В этом случае компоненты напряжений сх,оу,тху
Шляются только функциями х и у .
Для этого случая уравнения равновесия (4.1) примут вид:
дет 5т.
дх
■ + ■
- + -
ду
да.
дх ду
■+Х = 0;
+ Г = 0;
(6.1)
93

Из шести геометрических уравнений (4.2) остается только три
уравнения:
_ ди _ до _ ди до
Соотношения между напряжениями и деформациями (4.3)
примут следующий вид:
Е
еу=-[оу-цоЛ
ez =-—[ох+оу];
(6.3)
I XV
2(1 +Ц)
Формулы для напряжений, выраженные через компоненты
деформации, можно получить следующим образом. Рассматривая
совместно два первых уравнения системы уравнений (6.3), получим
выражения ах и су. Рассматривая четвертое уравнение (6.3),
получим выражение для т^ :
Е
av =■
<°у =
vxy
1-ц'
Е
1-ц:
-[е,+це„];
■[ev+|xsj;
(6.4)
IxyG = У
ху
2(1+ ц)
Формулы для определения ах и су можно получить с
использованием деформации ez. Третье уравнение (6.3) можно представить
в виде
откуда
= -Еег-ца,; (6-fl
^ = -Еег-цст,-
(6.
6'
94

Цодставляя выражение (6.5) в первое уравнение и выражение
/ (л во второе уравнение системы уравнений (6.3), получим:
Е Г 1
°у =
1 + Ц
Е
1 + Ц
(6.7)
[£v-£z]-
Таким образом, задача теории упругости для плоского
напряженного состояниям сводится к нахождению девяти неизвестных
функций (три напряжения ах,а^х^ , четыре деформации ex,sy,ez,yxy,
два перемещения и и о). Для отыскания постоянных
интегрирования имеется два уравнения, описывающих условия на контуре,
полученные из выражений (4.5):
Fvx=oxcosa^+z cosa2;
в- х (6-8)
Fv>, = T^cosa1+0ycosa2.
Из шести уравнений неразрывности деформаций (4.6) остается
только одно:
д2гг д\ д2у.
ху
ду2 ' дх2 дхду'
Выразим уравнение неразрывности деформации (6.9) через на-
пРяжения <зх и <зу. Для этого в уравнение (6.9) подставим выраже-
НИя Для гх и 8^ из уравнений (6.3):
У" Е
|1(а,-ца,) + ^г(а,-цах) = 2(1 + ц) &^
т[1(аД -ца,)] + ^т[^(ау -цал)]= ^ ' ру " '*
Эх2
Е
Е
Э2т
дхду'
*у
(6.10)
^3 Уравнений равновесия (6.1) следует
а2т
д2а„ д\
ух
dV,
дхду дх2 ' дхду ду2
фосуммируем левую и правую части уравнений (6.11):
дхду
д2аг a2av
дх2
ду2
(6.11)
(6.12)
95

d2V
Подставляя величину 2 из выражения (6.12) в выражения
дхду
(6.10), получим
& t ч ^ / ч л v 9Ч a2(Jv,
_(а,-ца,) + 1?(ау-цадг) = а^Х~^~^г).
После ряда преобразований в последнем уравнении,
окончательно имеем
д2 г ч & <
Эх1 ч Л у/ Эу
или
Vz(gx+gv) = 0, (6.13)
х -у
^2 д2 д2
где v =^+w
Уравнение (6.13) представляет собой условие неразрывности
деформации, выраженное через напряжения.
6.2. Плоская деформация
Если при каком-либо напряженном состоянии тела перемещения
всех точек могут происходить только в двух направлениях, т.е. в
одной плоскости, то такую деформацию называют плоской. Примером
может служить тело, помещенное между двумя абсолютно жесткими
плитами (рис. 6.2), расстояние между которыми остается неизменным.
Перемещения всех точек деформируемого тела происходят только
в направлении осей хиу.В этом случае компоненты деформации
Qu dv du dv
*х='
ь> 8' = V у-=~з7+^ (6Л4)
будут функциями только X и Y, а компоненты деформации
_ Эсо _ дсо ди _ dv 9со
oz ox oz oz о у
окажутся равными нулю.
Из закона Гука следует:
ег=|-[а,-ц(а, + а,)] = 0; о2 =ц(ах + оу). (6.15)
96

Рис. 6.2
При плоской деформации о2 существует и отсутствует
компонента деформации е2-
Подставляя значение о2 из выражения (6.15) в первые два
уравнения системы уравнений (4.3), получим выражения для
определения компонентов деформации е^. и гу:
1 + Ц-[(1-Ц)ах-ца,];
Е
1 + ц
е'= Е
№-»)vy-v<yx]-
Для деформации сдвига сохраняется выражение
I XV
ху
2(1 +Ц)
"ху%
(6.16)
(6.17)
При определении напряжений через компоненты деформаций
Необходимо в уравнениях (4.4) положить ez = yzx = yyz = О. Тогда
Получим следующие формулы для напряжений:
97

(1 + ц)(1-2И)
Е
а'~(1 + ц)(1-2ц)
Е
СТг"(1 + ц)(1-2ц)
х =у G = у
XV I ху IX
[О-цХ+це,];
[(1-ц)е,+ц£,];
(6.18)
"2(1 + ц)-
Уравнения равновесия не изменятся и соответствуют
выражениям (6.1). Также останутся без изменения и условия на контуре (6.8).
Рассмотрим длинный цилиндр, находящийся под действием
поперечной нагрузки, равномерно распределенной вдоль оси z (рис. 6.3).
* f I
j f I у
Рис. 6.3
В данном случае концы цилиндра могут свободно перемещаться
в направлении оси z. Тогда можно предположить, что продольная
деформация ez представляет собой постоянную величину. Такое
напряженное состояние назовем обобщенной плоской деформацией.
Используя третье уравнение системы уравнений (4.3), находим
а2=ц(а,+а,) + Ее2. (6.19)
Подставляя значения oz из уравнения (6.19) в первые два
уравнения (4.3), получим:
е. =—-[(\-[i)ox-iioy]-iiEz;
(6.20)
Е
1 + ц
[(l-\i)ay-\iax]-\}£z.
у Е
Для сдвига сохраняется прежнее выражение
98

Ч*у =
"ХУ
(6.21)
= xy _2(1 + ц)
G E
После определения o^ и a^ постоянное значение ez можно
наити из условия, что результирующая сила, действующая по
торцам цилиндра в направлении оси z, равна нулю:
ffozdxdy=0. (6.22)
Обобщенная плоская деформация может иметь место в случае
длинного цилиндра, размер которого в интервале оси z велик по
сравнению с другими размерами.
6.3. Функция напряжений для плоской задачи
Решение плоской задачи в напряжениях сводится к отысканию
трех неизвестных ох,оу, тху. Для этого имеются два
дифференциальных уравнения равновесия и уравнение неразрывности
деформации. Если объемной силой является только сила тяжести, то
уравнения равновесия (6.1) перепишутся в виде:
У (6.23)
дх
&т.
-+pgO) = o,
дх ду
плотность материала; g(y) - компоненты ускорения силы
где р
тяжести в направлении оси у.
Уравнение неразрывности деформации имеет вид
С 02 о2 Л
д2
■+■
дх2 ду1
(cx+av) = 0.
(6.24)
Итак, решение плоской задачи сводится к интегрированию трех
Уравнений (6.23), (6.24). К этим уравнениям следует присоединить
Условия на поверхности (6.8).
Решение этой задачи можно значительно упростить, сведя ее к
°тысканию единственной функции <р(х,у). Эту функцию выбирают
таким образом, чтобы дифференциальные уравнения равновесия
'6 23) обращались в тождества. Эти условия будут удовлетворены,
если напряжения выразить через функцию напряжений
следующими соотношениями:
99

Если при решении задачи объемная сила не учитывается, то н^
пряжения будут иметь вид:
а2ф а2ф а2Ф
^V^^^"^' ( 6)
Легко проверить, что такая функция существует. Если ее под.
ставить в уравнения (6.23), то получим тождества.
Для определения функции ц>(х,у) используем уравнения нераз*
рывности деформаций (6.24). Подставляя значения их,ау,тху, вьь
раженные через функцию напряжений (6.25), в выражение (6.24),
получим:
|1(ах+о,) + |^+о,) = 0;
94ф 94ф 94ф 94ф
+ т-т1 + т^1 + -гтт1т = 0;
дх2ду2 оЬс4 ду4 дх2ду2
94ф ^ 94ш 94ф л
—Т + 2 , , + —г = 0. (6.27)
дх4 дх2ду2 ду4 V
Уравнение (6.27) называется бигармоническим уравнением.
Таким образом, решение плоской задачи теории упругости сводится
к отысканию бигармонической функции ф(х,^), удовлетворяющей
условиям на поверхности.
Задача 1. На консольную балку действует сосредоточенная сила
Р (рис. 6.4). Определить напряжения, возникающие в сечении балки,
используя функцию напряжений.
Из условий статики вытекает, что изгибающий момент в любом
сечении пропорционален х, а напряжение gx является функцией /
Поэтому представим:
52Ф г, ч
Интегрируя, находим
Ф = х \ду \f(y)dy + /, (х)у + /2 (х),
где fi(x) и /2(х) - неизвестные функции, зависящие от координз'
ты*.
100

и
i
У
V У
у
I
?
■У
Рис. 6.4
Для определения функции напряжений ц>(х,у) воспользуемся
уравнением (6.27).
Для этого определяем следующие величины:
а4я> а7,(*) ^ЛС*),
ах4 ах4 ах4 '
SV =0; aV=xsyoo
а*2ау2
э/
0/
Подстановка выражений
а4ф а4ф
дх4
дх2ду2
э4ф
в выражение
У-
(6.27) дает следующее дифференциальное уравнение:
д*№ хдАШ х&№ _Q
ах4 а^4 а/
Полученное уравнение должно удовлетворяться для всех
значений хи}>,а это возможно, если выполняются три условия:
3VOO=0.5V&)=0. ^Ш = 0
ду2 ' ах4 ' ах4
Из полученных последних трех уравнений следует:
f(y) = Ciy + C2;
О I
101

хъ х2
J2\X) = ^9~7" + ^10~Г" + ^/11-Х: + Ц2'
О L
где С,, С2, С5,..., С12 -постоянные интегрирования.
Подставляя в функцию напряжений полученные выражен*
имеем
Ф = х
< v3 у2 ^
С,6 С22 Сз7 + С4
+ У
2
Cs^+Ce^+C7x + Cx
X X
~f"v>q т Uin —~"~~ г" 1^ 11Л "г L^|-
6 ,u 2
Определим значение величины ау :
°> = а*2
= j(C5a: + С6) + С9х + С1(
Исходя из граничных условий, находим:
■а =0 при\у = ±-;
-(С5х + С6) + С9х + С10=0;
--(С5* + С6) + С9х + С10=0.
Систему этих уравнений для удобства можно представить в
несколько другом виде:
Эти уравнения должны удовлетворяться при всех значениях *
от 0 до /, а следовательно:
С5^ + С9=0; С6| + С|0=0;
-С5| + С9=0; -Сб| + С10=0.
Решая эти уравнения, находим
с5=с6=с
Функция напряжений будет иметь вид
Q ~ Чб ~~ Q> ~~ Чо — "•
102

( 3 2 Л
I 6 2 у
+ }>(С7X + С8 ) 4- С,, X + С, 2.
Определим значение величины <jx :
ах=уТ = х(С1.у + С2).
Исходя из граничного условия:
ах = 0 при у = 0,С2=0;
ох=С}ху.
Используя функцию ф(д:, у\ находим значение касательных
напряжений т^:
*2#Л „2 2
дхду 2 3 7 '2
'2
Из граничного условия t^=0 при у = ±— следует:
h2 _ h2
С учетом постоянной С13 величину т^ можно представить в виде
Xxy=^-(h2-4y2).
Исходя из того что поперечная сила в любом сечении балки
Равна Р, следует
С,
\-±(h2-4y2)bdy = P.
8
После интегрирования данного выражения получим
Используя значение С\, определим <зх и т^ :
12Р Лс Лс
12 ,
"У it 1.3
ЗР (А2-4/) = -£-(*'-4,2).
26А3 8/
103

Рх
Ответ: ох=—у; оу=0; xxy=—(h -Ay ).
1-, olr
Задача 2. На консольную балку действует распределенная на*
грузка, изменяющаяся по линейному закону (рис. 6.5). Определить
напряжения, возникающие в сечении балки, используя функцию
напряжений.
sby
Следует предположить, что в сечениях балки возникают нор'
мальные напряжения о и они пропорциональны величине
распределенной нагрузки. Так как распределенная нагрузка являете*
функций координаты х9 то примем <Jy в следующем виде:
д2(Р /•/ ч
а>='дх>
Интегрируя, находим
ф=—А(у)+х/2(у)+МуХ
О
(1)
где fxiy\ f2(y), /з(у) ~ неизвестные функции, зависящие от коор'
динаты у.
Для определения функции напряжений <р(х,у) воспользуем^
уравнением (6.27). Для этого определяем следующие величины:
104

2 Л,.2
"' -->.-> л . 1 > — — -: : Ьх ; \-■
дх'ду
ду<
ду<
ду*
ду*
V
Подстановка полученных выражений в уравнение (6.27) дает
следующее дифференциальное уравнение:
ду2 6 ду4 ду4 ду4
Полученное уравнение будет удовлетворять для всех значений
хи^если:
д4МУ) ft.g4/i(y)_n.
^
ду"
2х
92МУ) . _.д4Ыу)
ду2
- + JC-
ду4
= 0.
(2)
(3)
Из уравнения (2) следует:
/;О0 = сЛ+с2^г+Сз.у+с4;
О Z
д2Му)
ду2
= Сху + С2.
(4)
Рассматривая совместно уравнения (4) и (3), получим
Му) = -с^-с2£+с5£+с6£+с1У + св.
Из последнего уравнения (2) находим:
Му) = с92-+сю2-+сиУ + с1г.
О I
Подставляя полученные значения f\(y),/2(у)> А(у) в
выражение (1), будем иметь
Ф = ^(С1^ + С2^-+С37 + С4) + х(-С1 "
х~ <~У ,п у~ ^г^г^„<-гУ—с^+сУ
+ c64r+c7^ + c8) + c9^-+c10zr+c11^+c12.
Определим значение величины ах:
2
60
2
12
5Т+
ду 6
Г з Л
+с9^+с10.
105

/
Исходя из граничного условия ах = О при у = О, находим
—С2+*С6 + С10 = 0.
О
Так как это равенство должно выполняться при всех значениях
х, то это требует, чтобы С2=Св= С10 = 0.
Определим значение величины % :
Т*у=-
V
Q—+QI+Q-—с5~—cv
1 2 3 1 12 5 2 7
Исходя из граничного условия х =0 при >> = ±—, находим:
С —+ С3=0; С- С5-—С7=0;
1 8 3 * 192 5 8 7
3 ' 8 7 5 8 '192
Определим значение величины а
а2Ф
ftc2
' v3 h2 Л
С.^т—С,— у + С
V
8
Исходя из граничного условия а =0 при j> =—, находим:
С, С. — + С4=0; С4 = С,—.
1 48 ' 16 4 4 '24
С учетом полученного значения С4 напряжение а будет иметь вид
ау = С,х
V
6 8У+24
Из граничного условия
ау="
Я(х)
qx
lb
при у =
h
"2
следует:
!48 !16 l24 й> ' 1Ъкъ
С учетом полученных постоянных интегрирования можно преД'
ставить напряжения ох,ау и тху в следующем виде:
Ад
Ibh*
V2
Л
+ С5ху;
106

12фс[У h2 +fS_
Ibh3 6 8 У + 24
4/b/z3 /fo/i3V12 192 J \ 2 8 J
Постоянную интегрирования C5 найдем из следующего условия:
\oxbydy=-^—\
Ъ 6/
2
2 2
5 5lbh'
С учетом постоянной интегрирования С5 окончательно имеем:
4<7 (хъу г\ 3q
* /ЬйЧ 2 ' 5lbh
Пах (у3 h2 /i3
Ibh5 {6 8 24
4lbhl Ibh'
V
16 40/ЬА
Очевидно, что должно выполняться следующее условие:
h
2 qx2
\xbydy = -l-, (5)
_h 2
2
И оно действительно выполняется.
Задача 3. На консольную балку (рис. 6.6) действует
распределения нагрузка q. Определить напряжения, возникающие в сечении
°алки, используя функцию напряжений.
107

III! I ♦ IMI
i/
у
V
к *
у
V
Рис. 6.6
Указания. Следует выбрать функцию т исходя из соотношения
е2ф
т = —
ху
дхду
хМу).
^ 6qx2y Аауъ Ъа 2а ъ Ъа а
Ответ: ох =—?-f- + -^ ^-у; а = ^г.У +—^-у-—;
Wz3 bh3 5bh у bh3 2bh 2b
Xxy 2bh
6.4. Частный случай функции напряжений
Решение плоских задач осуществимо, если сначала задаться анЗ'
литической формой функции напряжений, удовлетворяющей 6HJ
гармоническому уравнению (6.27). В качестве бигармоническо11
функции можно принимать алгебраические полиномы разных ctf'
пеней.
Полином первой степени у = ах + Ьу как функцию напряжен111.
использовать для решения задач не представляется возможным, ^
как напряжения, подсчитанные по формулам (6.26), окажутся ра^
ными нулю.
108

4=°; titt=o; ^f=°- (6.29)
Полином второй степени можно представить в виде
q> = ^x2+bxy + ^y2. (6.28)
Производные от этой функции, соответствующие уравнению
(6.27), равны:
дх4 ' дх2ду2 ' ду
Следовательно, уравнение (6.27) обращается в тождество при
любых значения постоянных a, b и с. Поэтому полином второй
степени является бигармонической функций и может быть
применен к решению плоской задачи.
Полином третьей степени можно представить в виде
Ф = х + х у + xv + у . (6.30)
Y 3-2 2-1 1-2 2-3
Производные от этой функции, соответствующие уравнению
(6.27), равны выражениям (6.29), и поэтому эту функцию можно
использовать для решения плоских задач теории упругости при
любых произвольных значениях постоянных а,Ь,си d.
Рассмотрим функцию напряжений в виде полинома четвертой
степени:
Ф = х4 + ху + х1у1 + хуь + у . (6.31)
^ 4-3 3-2 2-2 2-3 3-4 v ;
Четвертые производные этой функции:
54ф 54ф д4ф ..
—г = 2а ——I—- = с; —т = 2/.
дх4 дх2ду2 ду4
Рассматривая совместно полученные производные и бигармо-
ническую функцию (6.27), приходим к выводу, что полином
четвертой степени можно использовать как функцию напряжений в
следующем случае:
Ы-а-с. (6-32)
Подставляя величину / из (6.32) в выражение (6.31), получим
окончательно полином четверной степени, который можно
использовать как функцию напряжений при решении плоских задач.
/4 4 Л
Ф~°
4-3 3-4
Ь з
+ х у + с\
3-2 '
С 2 2 4 Л
' х у У '
v2-2 3-4,
+ —ху3. (6.33)
2-3
109

Рассмотрим полином пятой степени, который имеет вид
4 с
-X V + У
3 3-2
а 5 ^ 4 С 1 2 ^23
ф = JC + X у + XV + XV +
5-4 4-3 3-2 2-3
+ xv4+-^—/. (6.34)
3-4 4-5 V j
Производные от этой функции, соответствующие уравнению
(6.27), равны:
^бах + lby; ^r = 2cx + 2dy; ^ = 2lx + 6fy.
дх* дх ду ду
Подставляя полученные производные в уравнение (6.27),
получим следующее равенство:
(За + 2с + l)x + (b + 2d + 3f)y = 0. (6.35)
Из последнего равенства следует, что для того чтобы полином
пятой степени использовать как функцию напряжений, необходимо
иметь:
l = -(3a+2c); f = --(b + 2d). (6.36)
Подставляя полученные выражения (6.36) в выражение (5.34),
получим
Ъ
( 1 Л
.5
5-4 4-3
4,. 1
<р = (jt-5ху4) + х у—уъ + (х5у-ху*) +
V *> J
d ( 2 3 1 5Л
+ — \ХУ --У
V •> J
2-3
3-2
(6.37)
Представленный полином пятой степени (6.37) можно
использовать как функцию напряжений при решении плоских задач
теории упругости.
Использование функции напряжений в виде полиномов
различных степеней позволяет получать точные решения для многих,
хотя и искусственно поставленных, задач.
Задача 1. На боковую поверхность плотины приходится давлс
ние воды, как показано на рис. 6.7. Определить напряжения, вознИ'
кающие в материале плотины, используя функцию напряжений 0
виде полинома. Удельный вес материала плотины - у, а удельны^
вес воды- уР
но

о
f
У
т
Р \
А
УХУ z
W
X
\ д
^ У
Рис. 6.7
Рассмотрим подпорную стенку с заданным углом (3 у вершины,
простирающуюся неограниченно в направлении оси у. Решение
задачи можно выполнить, используя функцию напряжения в виде
полинома третьей степени (6.30):
а з b 7 с 1 d з
ф= х + х у+ XV + у .
3-2 21 1-2 ' 2-3
Напряжения с^, ау, хху определяют согласно выражениям (6.25):
_ 92ф _ 92ф _ 52ф
Продифференцируем полином третьей степени в соответствии
с представленными выражениями для стх, а , т и получим:
хху=-Ьх-су-ух.
Для определения произвольных постоянных воспользуемся сле-
^^Щими граничными условиями:
°Х=-У\У при * = 0;
хху =0 при х = 0.
111

Подставляя эти условия в соответствующие выражения для на.
пряжений, получим
с = 0; d = - Yi.
С учетом полученных произвольных постоянных с и d имеем:
су=ах + Ьу;
тху=-Ьх-ух.
Рассмотрим бесконечно малый элемент части плотины dA в
окрестности поверхности, свободной от нагрузки, и определим на*
правление напряжений, действующих в этом элементе (рис. 6.8).
а2=(90"-Р)
а,=р
Рис. 6.8
Используя условия на поверхности (5.8), определим постоянные
а и Ъ:
^^-^cosa.+T^cosa^
F^^x^cos^-a^cos^.
Так как на боковой поверхности плотины CD отсутствуют внеШ"
ние нагрузки, то
F =F =F =0.
v vjc уу '
С учетом отсутствия нагрузки на боковой поверхности плотинЫ
условия на поверхности можно представить в виде:
112

у,.у cos р - (6 + y)x cos(90° - р) = 0;
- (b + y)x cos P - (ax + by) cos(90° - P) = 0.
Решая приведенную систему уравнений, находим:
У 2yj_. и_ у,
а
6 =
tg2P
У-
tgP tg3p
Подставляя полученные выражения для а и Ь в формулы для
0 и т , окончательно получим:
Л _2Yj_
tgP tg3p
х +
tg2P
j;
х = —
ху
tg'P
JC.
Задача 2. На консольную балку действует сосредоточенная
сила Р. Определить напряжения, возникающие в балке, используя
функцию напряжений в виде полиномов.
Указания. Функцию напряжений принять в виде суммы
полиномов второй, третьей и четвертой степени.
Рх Р
Ответ: ох=—у; оу=0; хху =— (h2 -4у2).
*7 OK
Задача 3. На балку на двух опорах действует распределенная на-
Тэузка (рис. 6.9). Определить напряжения, возникающие в балке.
4
<-
^ ^ ^ ^>^х
ц<-
у
а
v
<*
V
У
Рис. 6.9
113

Указания. Функцию напряжений принять в виде суммы поли
номов второй, третьей и пятой степени.
Ответ: ах=-%(12-х2)у + ^-
х bh3 bh
3h2
-0,1
у;
°>~i
V
■3^ + 1
~ху
6qx
"ьй*
U

7. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
В ПОЛЯРНЫХ КООРДИНАТАХ
7.1. Уравнения равновесия для плоской задачи
в полярных координатах
При исследовании напряженного состояния в цилиндрических
телах круглого поперечного сечения удобно пользоваться
цилиндрическими координатами г, 0, z. В случае плоского напряженного
состояния xrz =xzr =0, а остальные компоненты напряжения аг,сте
и хг0 будут функциями только г и 0. В этом случае
цилиндрические координаты становятся полярными.
Рассмотрим равновесие бесконечно малого элемента ABCD,
показанного на рис. 7.1.
Рис. 7.1
Нормальную компоненту напряжения в радиальном
направлении обозначим через аг, нормальную компоненту в окружном на-
115

правлении - через а0, а касательную компоненту напряжения ^
через т^ = хвг. Обозначим через Fr и Fe компоненты объемны^
сил, приходящихся на единицу объема, соответственно в радиаль.
ном и окружном направлениях. Найдем сумму радиальных
компонент сил:
(
ur + ^-dr Кг + dr)dQ -orr-dQ-
дг
f
а0+-
да0
dQ
dQ
drx
. dQ
dQ
x sin an dr ■ sin + I xn +
2 ° 2 { 0r дв
de
dx
Or
dQ
dr • cos
dQ
J
-x0r -dr -cos + F(r) r dQ dr = 0.
• dQ dQ
В силу малости угла dQ можно принять, что sin — = —■,
cos — = 1. В результате получим
ar+—dr \(r + dr)dQ-orrdQ-
дг
дай
ая +—-dQ \dr
9 59 2
dQ
-аа ■ dr ■
dQ
■ + l V +
dx
\
-^-dQ
dQ j
dr - тег • dr + F(r) • r • dQ • dr = 0.
Отбрасывая малые величины высшего порядка малости и
разделив все величины на бесконечно малую площади r-dr-dQ,
получим следующее уравнение равновесия для радиального
направления:
dr г dQ г (,)
Аналогичным образом найдем сумму окружных компонент сил:
5^о Jn) , dQ , dQ ( дхг0 . ,
Go+~dQ J dr'C0S~l—<*0-</r-cos — + ( x'0+frdr |x
x(r + dr)dQ-xr0-r-dQ + l x0r+^do\dr-sm — +
dQ
+x0r • dr • sin + F(0) • r -dQ-dr = 0.
116

. dQ dQ dQ t
Принимая, что sin — = —, a cos — = 1,
2 2 2
отбрасывая малые
величины высшего порядка малости и разделив все слагаемые на
бесконечно малую площадь r-dr-dQ, получим следующее
уравнение равновесия для окружного направления:
1 дав
г дв
дг
*L+F(9)=0.
Г
Окончательно уравнения равновесия для плоских задач в
полярных координатах, соответствующие уравнениям (6.1), будут
иметь вид:
даг . --„г ~, ~H.+ F(r)=0;
(7.1)
, 1 дх^ | а,
дг г 50
1 доа 5ти
- + -
г
г
+ F(e)=0.
[г 50 дг
Легко можно установить, что если пренебречь объемными
силами F(r) и F(0), то уравнения (7.1) будут удовлетворяться
тождественно, когда напряжения ог, ае и т^ выразить через функцию
напряжений в следующем виде:
1 5ср 1 д2'
а =
г
ф.
Т„а =
г дг
32<р
Эг2 '
1 5ф
1
Г'
1
592'
е2ф
(7.2)
г2 59 г 5г5Э
дг
1ЁФ
U 50
7.2. Уравнение совместности деформации
для плоской задачи в полярных координатах
Определим, какому выражению должна соответствовать
функция напряжений ср , чтобы ее можно было использовать в формуле
(7.2). Между декартовыми и полярными координатами имеются
следующие зависимости (рис. 7.2):
2 ">
х + у"
0 = arctg
У

Рис. 7.2
Первое уравнение можно представить в виде
Г2-*2 -/=6.
Продифференцируем последнее уравнение по г, причем в
первом случаем примем у = const, а во втором х = const.
1) (г2 -х2 -y2y = 0; у = const; 2r-r'-2x = 0;
, х дг х Л
г = —; — = — = cos 6;
г дх г
(7.3)
2)(г2-х2-у2)' = 0; х = const; 2r-r'-2y = 0;
r' = ^; ^ = y=sinQ. (7.4)
г ду г
Продифференцируем выражение для 0 вначале по х, а затем по/:
„59 f v
1) — = arctg^
дх V *У
1
1 +
/>v""U
х2+^2
V x2J
Vxy
7
sinG
С *
х2+у2
118

2)
дв
ду
arctg —
х
1 +
У
х
~2
У_
X)
COS 6
2 2
2 2
(7.6)
г" г
Рассмотрим условие неразрывности деформации, описываемое
уравнением (6.13):
д2 д2
дх ду
Это выражение можно представить в виде
д2 „, . д2
8Х2/(Х'У) + ду2
fix, у) = О,
где f(x,y) = ax+ay.
В полярных координатах сложной функции от х, у должна
соответствовать функция от переменных г и 0 и эта функция должна
удовлетворять условиям неразрывности деформаций. В этом случае
условие неразрывности деформации можно представить в виде
|1/(г,в) + ^-/(г,в) = 0,
дх я--
или
d'f dAf
' -- (7.7)
ду2
= 0.
дх2 ду2
Вычислим первые производные по х и у произвольной
функции /(г,0):
EL-EL EL EL Ё®..
дх ~ дг дх 50 дх ' (7.8)
EL-EL EL EL.E®.
ду дг ду 50 ду
Используя выражения (7.3) - (7.6), получаем:
df 5/ Л df sin6
^- = -^- ■ cos 0 - — ;
дх дг
ду дг
df df . . 5/ cos0
■- = — • sin 0 + — .
50
50
(7.9)
119

Вычислим аналогичным способом производную
д2/.
дх
.2 •
д2/ ад
- = cos0—
дх'
дг
дг 50 г
sin 6 5
■s2'..coe'e/,Af 1Я2Л
дИ
I^ + J-^Z
г дг г2 ае2
г 59
df df sine
—-cos©- —
дг дв г
sin2 0 +
1 df 1 d2f^
г2 ев г дгдв
sin 20.
(7.10)
д2/.
Вычислим производную
ду2
- = sm 8
ду2 дг
•sin29 +
^-.sine+^-
дг дв
df cosQ) cosG д (df . Л df cos9
— - ' ■ '—-sin6 + —
ae
dr
ae
d2f
dr1
r dr r1 ae2
cos'e- \—-—
1 df 1 д2/Л
r2 56 r drdQ
sin 20. (7.11)
Вычислим производную
з7.
5л:5у
52/ • *д df . 5/sin6^ cosG 5 f5/ л a/ sine
—— = sm9— —cose—=«— + —-cose—
дхду dr{dr dQ r J r dQ\dr 56
r J
= 4os2e-sin2e>i.f^
v ; dr{rdQ
• sin 6 • cos 0
rL$L+ l Qlf з2/4
r dr r2 dQ2
dr2
(7.12)
Совместим ось xc радиусом-вектором г (рис. 7.1). В этом
случаем 0 = 0 и производные, соответствующие выражениям (7.10),
(7.11) и (7.12), примут вид:
'а2/ _ а2/.
дх2
d2f
dy2
d2f
dr2
1 df
r dr
a
дхду
1 52/
+ r2 502
5r I r 56
(7.13)
В левой части уравнений (7.13) произвольная функция / завИ'
сит от х и у. Если в качестве / взять функцию напряжений
120

Ф (*,>')> определяемую формулами (6.26), то производные в левых
частях уравнений станут равными соответственно ау, ах и хху .
Так как ось х совпадает с направлением г , а ось у - с
направлением окружных напряжений, то:
а2ф 52ф е2Ф
Эх2 у е 5у2 * г дхду
Если в правой части уравнений (7.13) функцию /, зависящую от
г и Э, заменить функцией напряжений ф (г,0), то с учетом
полученных условий (7.14) получим выражение (7.2).
Сложим левые и правые части уравнений (7.10) и (7.11):
-т = —т
г9-
(7.14)
д f. + P f
d2f
дх1
г1 59
ду<
1 Э2/
ег2
Л
•cos 0 +
fig/ f i а2/
Л
v
xcos2 0-
sin 20 +
a2/
dr2
г- ae
sin20 +
1^
r 5r
sin29 +
1 d2f
-2 Э92
+
1 df 1 a2/
-2 ae
дгдв
sin 29.
После ряда математических преобразований будем иметь
ъ2 г д2 f o2 г 1 а/ 1 Ss2
av + s2/
ay | 1 a/ t 1 ay
ar2 г ar г аэ2
(7.15)
ах2 ау2
Так как в левой части уравнения (7.15) функция / зависит от
х и у, а в правой части - от г и 9, то окончательно имеем
дх1 ду2
\
А*
J
(
,У) = \
V
а2 1 s 1
5r2 г Эг г2
^2 Л
502
/(г,в) = 0.
(7.16)
Чтобы уравнение (7.16) соответствовало уравнению
неразрывности деформации в полярных координатах, необходимо определить,
Нему равно f(r, 0). Для этого рассмотрим площадку, на которой
Действуют напряжения только ог, которая наклонена под углом 6 к
оси у. На взаимноперпендикулярных площадках действуют
напряжения ax9Gy ихху (рис. 7.3).
Используя формулы (6.8), определим составляющие Ргх и Ргу9
Которые можно представить в виде:
Ргх = ох • cos 0 + хух • cos(90° - 0) = ах • cos 0 + хух sin 0;
Р^ =x^-cos9 + a>,--cos(90e
-0) = x^ cosO + a^sinO.
121

У
90°-0
Рис. 7.3
Напряжение ог будет равно
Gr = Prx -cosQ + P^ •sin0 = aJC •cos20 + x>;jc -sinO-cosO + x^ -cos0sin0 +
+ arsin20 = Qx-cos20 + 2x^-sin0-cos0 + arsin20. (7.17)
Очевидно, что на площадке, перпендикулярной к площадке, на
которой действуют напряжения аг, будут действовать окружные
напряжения а0 (рис. 7.4).
Аналогично находим составляющие PQx и /^ :
Рдх =gx -cos (90° -0)-xVJC -со8 0 = аЛ -sin0-xVJCcos0;
'ух
'ух
°Qy ~'
х -cos (90° -0) + а -cos0 = -x -sinQ + a cos0
Напряжение a0 будет равно
yd=Pex-smQ + PQy
сгл = /L • sin 0 + PAl, • cos 0 = a • sin2 0 - xvl • sin 0 • cos 0 +
'xy
+ оy • cos 0 - x^ • sin 0 • cos 0 = ax • sin 0 - 2тху x
x sin 0 • cos 0 + a • cos2 0.
(7.18)
Суммируя левые и правые части уравнений (7.17) и (7.18), находим
(7.19)
Gr+GQ=Ox+Gy.
Если объемная сила отсутствует, то аналогично тому, как это
было выполнено ранее, получаем
дх2+ ду2
(ax + ay) = 0.
(7.20)
122

У
90°-е
Рис. 7.4
Используя выражения (7.2) для аг и ае, выраженные через
функцию напряжений, имеем
е2ф 1 3<р 1 а2ф
+ а9 =
, + - + ■
дг г дг
дв2
(7.21)
Используя соотношения (7.16), (7.19), (7.20) и (7.21), условие
совместности деформации для плоской задачи в полярных
координатах можно представить в виде
f д2
1 д 1
52 Л
дг г дг
ае2
( *2
а_ср ^5ф 1 а>
Эг2 гаг г2 ае2
о.
(7.22)
Из различных решений этого дифференциального уравнения в
Мастных производных можно получать решения плоских задач в
полярных координатах при различных граничных условиях.
7.3. Компоненты перемещений точек
в полярных координатах
При исследовании перемещений в полярных координатах
обозначим компоненты перемещений в радиальном и окружном
направлениях через и и о. Предположим, что элемент ABCD
переводит после деформации в положение А'В'CD' (рис. 7.5).
123

Рис. 7.5
Тогда перемещению точки А будут соответствовать и и u, а
ди , до , т.
перемещения точки 5 равны и + —dr и и + —dr. Квадрат отрезка
дг дг
А'В' окажется равным
{А1 В')2 =
dr +—dr
дг
ди
дг
dr
(7.23)
Относительная деформация гг равна
А'В'-АВ
8г =
АВ
Так как отрезок АВ равен dr, то из последнего выражения лег
ко получить
Л'Я' = (1 + ег)Л\ (7.24)
Рассматривая совместно выражение (7.23) и выражение (7.24)'
получим
124

(\ + er)2dr2 =
, ди
1 + —
дг
dr2 +
'до*
кдг;
dr2.
Пренебрегая членами более высокого порядка малости, находим
ег=£. (7.25)
Компоненты продольной деформации в направлении
касательной зависят от величин и и и . До деформации длина отрезка AD
равна г • dQ. После деформации длина отрезка AD за счет
перемещения и становится равной \r + u)dQ . В то же время точка А'
получает перемещение и вдоль касательной, а точка П - переме-
5о
щение и +
где
-r-dQ.
Отсюда
(A'Df =
(г + и) dQ + rdQ
V ' rdQ
+ \ rdQ
[rdQ
(7.26)
Относительная окружная деформация ее равна
A'D'-AD
е AD
Длина дуги AD равна г ■ dQ , а отсюда следует
A'D'=(l + ee)rdQ. (7.27)
Рассматривая совместно выражения (7.26) и (7.27), получим:
(l + ee)V</92 =
(r + u)dQ + — г dQ
v ' rdQ
г • ад
rdQ
Пренебрегая членами высшего порядка малости, получим:
и 1 <Эи
(7.28)
г г dQ
Рассмотрим деформацию сдвига. Угол В'АГ между
направлениями AD и АП равен —, а угол ПАН' между AD и АП
rdQ
Равен
ди
~r~dQ
Следовательно, изменение угла DAB соответственно выражено
°Ледующим образом:
125

_ ди до и
rdQ дг г
Окончательно имеем:
ди
£, =-
дг
_и 1 до
~ г г 50
_ ди dv и
rdQ дг г
(7.29)
(7.30)
7.4. Толстостенная труба под действием
равномерного давления
Труба считается толстостенной, если толщина ее стенки больше
одной десятой среднего радиуса. Рассмотрим толстостенную трубу,
нагруженную по внешней и внутренней поверхностям
равномерным давлением (рис. 7.6). Вследствие осевой деформации
цилиндра и равномерного его нагружения внутренним и внешним
давлением, напряжения и деформации будут симметричны относительно
оси цилиндра. Поэтому все точки поперечного сечения будут иметь
только радиальные перемещения, а точки, лежащие до деформации
на одной цилиндрической поверхности, будут и после деформации
располагаться на этой же цилиндрической поверхности.
Рис. 7.6
126

Через г, и г2 обозначим внутренний и наружный радиусы
трубы, а через Р} и Р2 - внутреннее и наружное давление на стенки
трубы. Исходя из того, что внутреннее и наружное давление на
стенки трубы распределено равномерно относительно ее оси, то и
деформации и напряжения также должны быть симметричными
относительно оси. В этом случае функция напряжений ср не будет
зависеть от 0, а будет являться только функцией г. Уравнение
совместности деформации (7.22) примет вид
d2 1
■ +
dr'
г dr
rf ф 1 Jcp
dr'
r dr
= 0.
(7.31)
Это уравнение можно записать следующим образом:
( Л2
dr2
dy
dr2
^ d
+
dr
ГЛрЛ
2'{ r dr
/
}_d_\d\\ )_d_(}_dy
r dr[ dr2 ) r dr\r dr
v
/
= 0,
или
d\ 2 d\
l_d\ 1 Лр
.2 ,2 ^ 3 "
(7.32)
dr* r dr1 r2 dr2 r3 dr
Уравнение (7.32) является однородным дифференциальным
уравнением, и для его решения введем новую переменную t, = In г.
В этом случае имеем:
с/2Ф
dr2
dr
з,- df^\
d_
dr
dr
\_dip_
r dt,
d2ip
dr2
-f = (lnr) =-;
dr r
dtp _ dip dt, _ 1 d<p
dr dt, dr r dt,
__L_£*P 1 d2<P 4k
r2 dt, + r dt,2 ' dr
d_
dr
1
d2<f> dip
~dt?~~&,
d_
dr
d if> dtp '
~d£~~d\
1 с/2фЧ
(7.33)
(7.34)
V
\_dip_
r2 dt,
2 d2ip 1 d\ 1
- + —z T--- +
d?
dt;
d\ = 1
dt? ~ гъ
2 dip
^~d\~~r
\
d?
1 d2ip 1
dt,2
rd3ip 3d2ip | 2dip
<*?
<*'
d%
(7.35)
127

d ( 3 <*V
dr
r3 dt?
dr
2 dtp
3 d\ \_d\ 9 d\
r4 dQ r4 dt,4 r4 cfc?
3 d ф 6 d<p 2 d ф
(7.36)
r4 ^3 / ^ r4 dZ,2 '
йГ*ф 1 </ф_,</ф 1 l" Ф_/;Ф
Подставив полученные выражения (7.33)-(7.36) в выражение
(7.32), получим
2
1
^4 dt? d$2 dt,
^3Ф_3^2Ф+2^Ф
<^3 "d? ~di
1
с/2Ф б/ф
1 Лр
или
d4<p d3<p . d2<p
----- 4—-*-+ 4——%- = 0.
(7 37)
di; d^ d\L y
Уравнение (7.37) представляет собой обыкновенное
дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Представим
это уравнение в следующем виде:
~4 лиЪ , мЛ с (7>38)
или
кц-4к3+4к2=0,
к2(к2-4к + 4) = 0,
где к = —L-.
Решение уравнения (7.37) можно получить, определив корни
характеристического уравнения (7.38):
k2-Ak + 4 = 0; к2=^ = 0;
д?,
Кг=\±-
-4 = 2 + 0; *,=*,= 2.
128

Если корни к} и к2 действительны, то решение имеет вид:
^ = 0; ^- = С3; ф2=С3§ + С4. (7-39)
а^2 ^ 3 2 3
Общее решение уравнения (7.37) можно представить в виде
ф = ф1+ф2=с1^ + с2^ + с3^+с4.
Окончательно получим, подставив вместо величины £
величину Inr:
ф = С1г21пг + С21пг + С3г2+С4? (7-40)
где С?!, С2, Q и С4 - постоянные интегрирования.
Так как напряжение не зависит от 9, то выражения (7.2) для q.,
а0 и т^ примут вид:
or-±f; <*-f?: ^ = 0. (7.41)
r г or or
Рассматривая совместно выражение (7.40) и выражения (7.41),
находим:
or=C{(l + 2lnr) + ^ + 2C3;
Гс (7.42)
ae=C1(3 + 21nr)-^- + 2C3.
г
Для определения постоянных интегрирования имеется два
следующих граничных условия:
(аг=-Р при г = г,;
(7.43)
\<зг=-Р2 при г = г2.
В приведенных выражениях (7.42) имеются три постоянных
интегрирования, а граничные условия могут определить только две
Постоянных интегрирования. Для того чтобы однозначно
определить все три постоянных интегрирования, рассмотрим
перемещения. Так как деформации не зависят от 0, то в нашем случае
выражения (7.30) для компонентов деформации будут иметь вид:
du и
dr г
129

Соотношения между напряжениями и деформациями в поляр.
ных координатах можно получить, заменив в выражениях (6.3) и л.
деке х на г и индекс у на 9. Тогда получим:
ее = -(а9-цаг).
(7.45)
Рассматривая совместно выражения (7.45) и (7.44), получим:
(7.46)
du 1
г Е
(7.47)
Выражение (7.46) с учетом выражений (7.42) можно
представить в следующем виде:
du=U
dr Е
С, (1 + 2 In г) + Щ- + 2Сг - ц Су (3 + 2 In г) + ц %■ - 2ц С3
Интегрируя это выражение, находим
£-ы = 0,^(1-3^ +2(1-ц)(г1пг-г)] +2С3(1-ц)г-
-С2(1 + ц)'- + С5.
Выражение (7.47) можно представить в виде
£-и = С,[г(3-ц) + 2г(1-ц)1пг] + 2С3(1-ц)г-С2(1 + ц)
1
(7.48)
(7.49)
Для того чтобы равенства (7.48) и (7.49) совпадали, должны
выполняться условия:
С, =0 и С5=0.
(7.50)
С учетом условий (7.50) выражения (7.42) для стг и ае буДУт
иметь вид:
а =^+2С3;
ае = -^+2С3.
(7
.50
Выражения для стг с учетом граничных условий (7.43) примут виД-
130

2С+5-= -/»,;
2С3 +
(7.52)
Решая систему уравнений (7.52), находим:
С2 =
(Л-Л)пЧ2
2 2
2С3 =
prf-p-A
(7.53)
Выражения (7.51) с учетом постоянных интегрирования (7.53)
окончательно окажутся равными:
2 „2
а, =■
prf-Ргг; (Л-Л)^ 1
г, -г,
Prf-Prf (Р,-Р2)г;г22 1
(7.54)
2 2
г2 -Г,
Рассматривая совместно уравнения (7.47) и выражения для аг и
ст0 (7.51), получим
и
1-И 2С _1±]£ ^2_
Е 3 Е г2 '
(7.55)
Подставив постоянные интегрирования (7.53) в уравнение (7.55),
окончательно будем иметь
1-Ц р\г\-рА 1 + ц ip\-pi)r\rl\
-г + -
w = -
т^ 2 2 г^ 2 2
Е r2 >1 Е Г2 м г
(7.56)
Так как толстостенная труба не нагружена внешними силами по
°си z , сумма ог + ае не зависит от переменной г и остается
постоянной по всей толщине стенки трубы, что определяется
уравнениями (7.54). Из этого следует
zz - const.
Деформацию трубы в направлении оси z в соответствии с
законом Гука можно представить в виде
ег =-[аг-ц(ог +ав)].
Е
Из последнего уравнения находим
а. = Ее, + ц(а/+ав)= С = const. (7.57)
Постоянную С легко определить из условия, что
результирующие силы по торцам трубы равны нулю:
131

r2 r2
]oz • Inrdr = jC ■ Inrdr = n • C(r22 -r2) = 0. (1.5%)
fi
Условие (7.58) может удовлетворяться в случае, если с7 = С = 0.
Задача 1. Для плоской задачи в полярных координатах принять,
что а0 = 0, а функция напряжений имеет следующий вид:
q> = /(r)sin9,
где f(r) - функция только радиуса.
Определить полное значение функции ср.
Указание. Так как <т0 = 0, то условие совместности деформации
будет иметь вид
( \_д_ 1 д2 Л
vr дг г2 ае2у
( \ 5ф 1 д2ц>Л
= о.
г дг г2 эе2
Ответ: ф = (С,г3 +C2r)sin 9.
Задача 2. При решении плоской задачи теории упругости в
полярных координатах для функции напряжений принять такое
начертание:
cp = /(r)sin0,
где f(r) - функция только радиуса г.
Определить полное значение функции ф, используя уравнение
неразрывности деформации.
Ответ: ф-
V г J
sin 9.
Задача 3. Для плоской задачи теории упругости в полярных
координатах для функции напряжений использовать выражение
Ф =/(г) cos 26,
где /(г) - функция только радиуса г.
Определить полное значение функции ф, используя уравнение
неразрывности деформации.
Ответ: ф = (С, г2 lnr + С2г2 + С3 In г + C4)cos20.
132

7.5. Расчет составных цилиндров
Для увеличения несущей способности толстостенных
цилиндров их выполняют составными путем запрессовки друг в друга.
При расчете составных цилиндров задача заключается в
определении величины контактного давления Рс по контактной
поверхности сопрягаемых поверхностей цилиндров. Контактные давления
зависят от величины натяга. Величина натяга - это разность 5
между диаметрами сопрягающихся поверхностей (рис. 7.7).
Поскольку после посадки одного цилиндра на другой наружный
радиус внутреннего цилиндра и внутренний радиус наружного
становятся одинаковыми, то очевидно, что сумма абсолютных
величин радиальных перемещений обоих цилиндров на радиусе
поверхности контакта равна
Ы + М = у5.
(7.59)
Контактное давление Рс будет наружным для внутреннего
цилиндра и внутренним для наружного цилиндра. Рассмотрим случай,
когда внутренний цилиндр изготовлен из материала с
характеристиками (1 = 11! и E = Ej и нагружен внешним давлениемРс,
действующим по сопрягающейся поверхности радиуса г2. Для
определения перемещения щ воспользуемся выражением (7.56). Для
этого цилиндра гх =г,; г2 =гс; Рх = 0 и Р2 =РС.
Рис. 7.7
133

щ =
1-H i-P>c
2 2
гс +
1 + Ш i-Pc>rt 1
(7.60)
2 1
Приняв соотношение &, = —, окончательно выражение (7.60)
можно представить в виде ге
и\ =
1 + £/
I-*,3
Hi
(7.61)
Далее рассмотрим случай, когда внешний цилиндр нагружен
внутренним давлением Рс по его внутренней контактной поверхности.
Пусть цилиндр изготовлен из материала с характеристиками \i = ц2
и Е = Е2. Для этого цилиндра t\=rc\ r2=r2; P\-PQ и Р2=0.
В соответствии с выражением (7.56) имеем
и2 =
1"Ц2
ее
г2 -г„
Т-Гс +
1 + ц2 />cr2Vc2 1
2 2
2 с с
(7.62)
2 '
Приняв соотношение к2 = -у, окончательно выражение (7.62)
можно представить в виде:
и2=А
1 + А:2
I-*,2 2
(7.63)
Подставляя абсолютные значения перемещений щ и щ в
уравнение (7.59), имеем
Е,
1 + £2
\-к}
— h
Е,
1 + £2
1-А:2
■+Й2
•/» =•
(7.64)
Решая уравнение (7.64) относительно Рс, получим
5
Е,
"l + fc2
_1-*2'
"Hi
2
Е2
1 + *2 1
\-к22 P2J
(7.65)
134

Если оба цилиндра изготовлены из одного материала, то
Ui = М-2 = М- и Е, = Е2 = Е . В этом случае выражение (7.65)
принимает вид
Рс =
\-к2 + \-к\
(7.66)
Следует отметить, что формулы (7.65) и (7.66) справедливы в
том случае, когда напряжения не превосходят предела
пропорциональности ни в одной из сопрягаемых областей.
Задача 1. На медный цилиндр с внешним диаметром 400мм
и внутренним диаметром 200 мм плотно надет стальной цилиндр
с внутренним диаметром 400 мм и внешним диаметром 600 мм.
Медный цилиндр подвергается внутреннему давлению Рх = 80 МПа.
Найти давление, передаваемое с медного цилиндра на стальной,
а также наибольшие напряжения в медном и стальном цилиндрах.
Вычислить запас прочности в стальном цилиндре по теории П.П.
Баландина, если предел упругости сталц а^ =200 МПа, а авр =сгвс.
Модуль упругости меди Е! =1105 МПа, а стали Е2=2105МПа.
Коэффициент Пуассона для обоих материалов \х = 0,25.
Приравнивание радиальной деформации стального цилиндра
при давлении на него медного Рс к радиальной деформации
медного цилиндра, подвергнутого наружному давлению Рс и
внутреннему Р{ , в итоге позволит определить значение Рс.
1. Определим перемещение наружных точек медного цилиндра
при воздействии на него внутреннего давления Pi и контактного
Давления Рс. В этом случаеР] = Р{; Р2=РС; гх =100 мм; г2 =200 мм.
Используя выражение (7.56), получим
или
и, =
1-ц Ptf-Pjrl 1 + ц (/?-/>e)r,V2
1 ~ с 2 2 ' Г2 "•" с ' 2 2 '
(\- ц, Рхг2 1-ц, Рсг22 +1 + ц,
t Е, г2-г2 Е, г2-г2 Е,
Р]Г2 1 + ц, Рсг2 )
г2-г2 Е г1-г2
Г2 М л1 Г2 М )
■^
135

Pr2
■(1-Ц,+1 + Ц,)-:
Окончательно будем иметь
■[(1-Ц,)/22+(1 + Щ>.2]
2^,
^2 + 1
ЧГ2
-Ml
2. Определим перемещение внутренних точек стального
цилиндра от воздействия на него контактного давления Рс. В этом случае:
Р,=Рс; Р2=0\ г} = г2 =200 мм; г2=гъ =300 мм.
Используя выражение (7.56), находим
1-H2 РЛ2 „ , 1 + М2 ^зЧ
ИЛИ
г3 -г2
7т2+-
гз "'г
Л/Г
Е2(г32-г22)
■[(1-Ц2)г22+(1 + ц2)г32]-
Окончательно будем иметь
РЛ
( 2 , 2
2 2
Vr3 -^
+ И2
Е2(г32-г22)
Очевидно, что при г = г2 перемещение точек ы, = и2 ■ Из этого
следует
2Pt г.
E,(r22-r,2) Е,
/ 2 , 2
. г2-г2
ЧГ2 '1
-М.
Лсг2
Е2(^-г22).
( 2 , 2
Ч + Г2
, г2-г2
V Г3 г2
+ |Д2
Это уравнение можно представить в следующем виде:
_1_
Е,
'£ + £
^—у-м,
ЧГ2 "I
+ ■
1
/22
>*3 + >2
Т+^2
Vr3
2/>г,2
Е,(г22-г,2)
Из последнего уравнения легко определяем давление,
передаваемое с медного цилиндра на стальной:
2Ptf
Р =■
Е,(г22-г,2)
/2,2
-—y-^i
\Г2 ~Г\
1
Подставив в последнее уравнение численные значения, получим
136

2-80 1002
_ 1105(2002-1002)
1105
/2002jfl002^_ _
v2002-1002 j
1
2 105
r3002+2002 п^сл
; r + 0,25
3002-2002 j
= 18,77 МПа.
Наибольшее радиальное напряжение в медном цилиндре аг =
г-80 МПа, а в стальном - стг = -18,77 МПа.
Наибольшие тангенциальные напряжения в медном и стальном
цилиндрах будут возникать на их внутренних поверхностях. Для
медного цилиндра, используя выражение (7.54), наибольшие
тангенциальные напряжения можно определить из выражения
о,
prf-prf У\-р<>}
9(тах) 2 2 2 2
г2 -г, г2 -г{
Подставив численные значения, будем иметь
801002-18,77-2002 (80-18,77)-2002 <„ „0 WTT
aermax) = 5——I Т——-> = 83,28 МПа.
е(тах) 2002 -1002 2002 -1002
Для стального цилиндра, используя выражение (7.54),
наибольшие тангенциальные напряжения можно определить из выражения
Prf Prf п г2 + г2
w8(max) 2_2 2 _ 2 2 _ 2 *
Подставив численные значения, будем иметь
ав(ив) =18,77^1^ = 48,8 МП..
e(max) 3002-2002
Для определения коэффициента запаса прочности стального
цилиндра воспользуемся выражением (5.11) для определения
эквивалентного напряжения. Так как аь =аас, то v = 1 и данный критерий
^ожно представить в виде
2U = \2^Gl~a2>> +^СТ2"°3^ +(CT3"ci)]-
Так как касательные напряжения в стенках цилиндра равны ну-
^*о, то аг, ае и аг будут главными напряжениями. В нашем
случае а2 =0. Это значит, что:
137

<*i = ^o(max) = 48,8 МПа; g2=oz= 0; ст3 = аг = -18,77 МПа.
С учетом приведенных значений ст,, ст2 и а3 эквивалентное
напряжение будет равно
aJKB=J-[(48,8-0)2 + (0 + 18,77)2 + (-18,77-48,8)2] = 60,41 МПа;
, = ^,=_200_
<*экв 60,41
Ответ: 1) Наибольшие напряжения в медном цилиндре: аг =
= 80 МПа; сте = 83,28 МПа. 2) Наибольшие напряжения в
стальном цилиндре: аг = -18,77 МПа; ае = 48,8 МПа. 3) Коэффициент
запаса прочности для стального цилиндра к = 3,31.
Задача 2. Стальной цилиндр, внешний диаметр которого равен
352 мм и внутренний - 252 мм, подвергнут внутреннему давлению
Р,. Вычислить наибольшее давление газов внутри цилиндра, если
предел пропорциональности материала цилиндра равен 600 МПа.
Предел прочности материала при растяжении равен 1040 МПа и при
сжатии - 1300 МПа. Вычисление произвести по теории прочности
П.П. Баландина.
Так как цилиндр нагружен только внутренним давлением, то,
используя выражения (7.54), найдем радиальные и
тангенциальные напряжения, действующие на внутреннюю поверхность
цилиндра (именно внутренняя зона цилиндра является наиболее
нагруженной):
а _ РЛ2 Pitt 1 _ п.
г 2 2 2 2 2 I'
г2 -г{ гг -г, г,
РЛ2 . Ptfrj 1 _nr22+r,2
ай=^-^ + АР-^-^ = Я
2 2 2 2 2 12 2'
г2 -г, г2 -гх гх г2 ~гх
где гх = 126мм- внутренний радиус цилиндра; г2 = 176мм -
наружный радиус цилиндра.
Подставив значения гх и г2в формулу для определения а0,
получим
п 1762+1262 -лмп
а = р = 3,103Р.
9 l1762-1262 1
Так как с торцов цилиндр не нагружен осевыми нагрузками, т0
а =0.
138

В силу симметрии нагружения внутренним давлением
касательные напряжения в стенках цилиндра будут равны нулю. Поэтому:
о, =3,103Pi; ст2=0; ст3=-/};
и = а,+а2+ог3 = 3,103^+0-7} =2,103/>;
о = (а, -ст2)2 +(ст2 -а3)2 +(ст3 -а,)2 = (3,1037» -О)2 +(0+/>)2 +
+(-/> -ЗДОЗр)2 = 27,464/f;
v = ^ = 1040 =
cf.c 1300
в.с
Подставив значения и, и и v в формулу эквивалентности
П.П. Баландина (5.11), получим
+ ^27,464/f <стпр.
/
^•27.464/>2
2
Из последнего выражения следует:
3,53^ <апр;
Р<^ = — = 169,97 МПа = 1699,7 атм.
1 3,53 3,53
Ответ: предельное давление газов внутри цилиндра может
достигать не более 1699,7 атм.
Задача 3. Определить максимальные напряжения в стенках
составного цилиндра, если внутреннее давление равно Pi = 210 МПа
(2100 атм). По наружной поверхности цилиндр не нагружен.
Внутренний радиус внутреннего цилиндра г\ = 100 мм, а наружный
радиус внутреннего цилиндра равен гс= 150 мм. Внутренний радиус
Наружного цилиндра гс = 150 мм и наружный - г2 - 200 мм. Раз-
Ность радиусов до насаживания равна — = 0,127 мм. Материал
цилиндра - сталь и Е = 2 • 105 МПа.
Ответ: 1) Наибольшие напряжения во внутреннем цилиндре: аг =
^ —210 МПа; ае = 246,28 МПа. 2) Наибольшие напряжения в
наружном цилиндре: аг= -82,8 МПа; ае = 296,9 МПа.
139

Задача 4. В цилиндрической трубе с днищами создается
внутреннее давление Рх (рис. 7.8). Определить осевое напряжение а, и
величину осевой деформации е2 при: 1) \i = 0,5; 2) |i< 0,5.
Рис. 7.8
Ответ: l)az =Р}
1 2 2
г2 -г,
2) При |ы = 0,5 осевая деформация
равна нулю. 3) При ц< 0,5 осевая деформация постоянна по
сечению трубы (не зависит от координаты г).
Задача 5. На вал, диаметр которого 100 мм, в горячем
состоянии надета рубашка, внутренний диаметр которой до нагревания
был на 0,00 W меньше диаметра вала. Наружный диаметр рубашки
300 мм. Используя критерий П.П. Баландина, выяснить
работоспособность конструкции и определить коэффициент запаса
прочности, если предел пропорциональности материала вала и рубашки
600 МПа, предел прочности при растяжении - 1040 МПа и предел
прочности при сжатии 1300 МПа.
Ответ: коэффициент запаса прочности к = 3,81. Конструкция
работоспособна.
7.6. Влияние круглого отверстия
на распределение напряжений в пластине
Рассмотрим пластину, подверженную одноосному растяжению
величиной а в направлении оси х. Если в пластине имеется малое
круглое отверстие, то распределение напряжений в окрестности это-
140

го отверстия изменится. Однако в соответствии с принципом Сен-
Венана можно сделать вывод, что этим изменением можно
пренебречь на расстояниях, достаточно больших по сравнению с радиусом
отверстия а.
4
Г7 ^
4
<—
т
ш
i ^
i\
Ь. О"
V
ь
\
п
Рис. 7.9
Рассмотрим сначала задачу о малом отверстии в бесконечной
пластине. Начало координат поместим в центре отверстия (рис. 7.9).
Очевидно, что при отсутствии отверстия в точке М возникнут
следующие напряжения:
а = а; а = т =0.
х ' у ху
С учетом выражения для ох через функцию напряжений (6.25)
получим:
о, =^г
д/
= а.
Из последнего выражения определим значение функции <рх:
<р}=-.а-у2+Ау + В. (7.67)
Заметим, что такое значение функции ср, соответствует бигар-
Моническому уравнению и является точным его решением. В
цилиндрических координатах у = г sin 0. Поэтому уравнение (7.67)
* цилиндрических координатах будет иметь вид
91=-.a.r2sm2e + ,4.rsine + j3, (7.68)
Или
141

Ф| =jG-r2Q.-cos2Q) + ArsmQ + B.
Это вытекает из того, что sin2 0 =—(1 - cos 26).
(7.69)
Используя выражения (7.2) для иг, с^ и твг, можно определить
эти напряжения в точке М:
^- = - • о • г(1 - cos 29) + A sin 6;
дг 2 У
Э2Ф| 1
= --a-(l-cos29);
дг2 2
Л 1
—i-L = — -a-г2 •sin29 + ^-r-cos0;
59 2
(7.70)
а2ф1
ае2
= a • г2 cos 20) - А - г • sin 0.
Используя полученные выражения (7.70) и подставляя в
выражения (7.2), получим:
ar =— a(l + cos20);
ae -— a(l-cos20);
т ft = asin20.
(7.71)
Если в центре пластины просверлить отверстие, как показано на
рис. 7.9, то можно представить следующие граничные условия:
1) аг =0; тг0 =0 при г = а;
2) аг=оГ]; сте = о^; ^г0 = V, при г = оо.
Исходя из приведенных граничных условий, можно установить,
что напряжения изменяются по ширине пластины и являются чисто
функцией г. Поэтому общую функцию напряжений можно
представить в виде
Ф=%гГа*2е+<й(г)> (7.72)
где ф1(г) и ф2(г) - неизвестные функции, зависящие только от г.
Очевидно, что функция ср должна удовлетворять следующему
бигармоническому уравнению:
142

дг2 г дг
1 5 1 52 У52ф 1 5ф 1 52ф
592
5а-2
■ + - + ■
г дг rL 59'
= 0.
(7.73)
Рассматривая совместно выражение (7.73) и функцию
напряжений Ф (7.72), получим
J2 ]_d_
dr2 г dr
'd2q>2(r) 1 d(f>2(r)^
dr1
dr
d2 }_d__±
dr2 r dr r2
Г d2<?мг) I d<i>Hr) 4Ф|м
dr2
r dr
cos 29 = 0. (7.74)
Из уравнения (7.74) следует, что функции ф1(г) и ф2(г) должны
удовлетворять следующим дифференциальным уравнениям:
f d2 Id
ydr2 r dr
ЛГ d2<p2(r) 1 dq>2(r
(r)
dr
dr
= 0;
( d2
1 d
\
dr
2 r dr
d Фко_ 1 </ф|(_г_)_ 4ф|(г)
= 0.
dr-2 r dr г
Общее решение уравнения (7.75) было найдено ранее:
ф2(0 -C,r2\nr + C2r2 +C3lnr + C4.
Уравнение (7.76) можно представить в виде
(7.75)
(7.76)
(7.77)
dr'
+
rd2<?Kr)
dr2
^Ф|(г)
dr2
rd2q>
dr2
1 d(?Hr)
\'
dr
dr'
4<PUr
(/■)
1 rf
+ x
r dr
1 d
л
r dr
\
КО
dr'
Г1^ФкоЛ
- dr
1 Лрцг)
rfr
r d*-
16ф
4ф1(г:
Л
КО
= 0.
(7.78)
После ряда математических преобразований выражение (7.78)
окончательно может быть представлено в виде
143

d\(r) | 2 с1гут 9 d\(r) | 9 dym = q
</r4
r </rj
</r2
c/r
(7.79)
Уравнение (7.79) можно привести к дифференциальному
уравнению с постоянными коэффициентами путем введения новой
переменной t, = ]nr, как при решении уравнения (7.32). Подставив
выражения (7.33)-(7.36) в уравнение (7.79), получим
1 (d\r) 6AW) | пАу) 6^Ф1(Г)Л
dZ? dZ? dZ? dZ,
+v
2 Г^3Ф,(0 3Aiw+2.rf<Pi(r)
^24V) «'Фиг Л
dZ,2 d%
d%
9 d(f>m=Q
d\
Окончательно будем иметь:
d\m Ad3%r) л d\m , , c d<pl(r)
._4-
._4.
+ 16-
= 0.
(7.80)
(7.81)
dZ? dZ? dZ? '" dZ,
Уравнение (7.81) представляет собой обыкновенное
дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Представим
это уравнение в виде
*4-4*3-4А:2+16А: = 0,
(7.82)
где к =
d<?ur
l(r)
d\
Определим корни уравнения (7.82):
к(к3-4к2-4к + Щ = 0;
к3-4к2-4к + 16 = 0; к = 0;
к2(к-4)-4(к-4) = 0;
(к-4)-(к2-4) = 0.
Корни уравнения (7.82) равны:
к12=±л/4=±2; к, =4; к4=0.
144

Если корни уравнения действительны, то функцию ф1(г) можно
представить в виде
ф1(0=С5гЧС/ЧС/2ЧС,
Подставив вместо § значение, равное In г, окончательно получим
-2 ■ ^ ~4 ■ С? ■ ^ (7.83)
ф1(г)=С5^+С6г4+-^ + С8.
С учетом выражений (7.77) и (7.83) функция напряжений будет
иметь вид
Фцг) = С^2 In г+ С2г2 + С31пг + С4 +
+(С5г2 + С6г4 + С7 -=- + C8r) cos 20.
г
(7.84)
Рассматривая совместно выражения (7.2) и функцию
напряжений (7.84), получим соответствующие компоненты напряжений:
ar=C1(l + lnr) + 2C2+^--f2C5+^+4^'
г \ г г )
cos 29;
ce=C,(3 + 21nr) + 2C
С,
2 г2
+
2С5+12С6г2+-^
ve
2С5+6Свг<-^
6С, 2С
cos 20; (7.85)
sin 20.
Из граничного условия следует: при г = оо стг=аг;а0=ае;
Тг0 - Тг,01
Так как ar, a0 и т0г всегда являются конечными величинами
при бесконечном радиусе xGr, то отсюда следует, что Q = С6 =0.
В этом случае уравнения (7.85) примут вид:
аг=2С2+^~
Г"
ав=2С2-^- +
2Q+ 4
6С, 4С8
г2,
cos 29;
^ 6С
2С5+ —
7
cos 29;
(7.86)
2Q- 4
6С7 2С„
^у
sin 20.
Следующее граничное условие можно представить так: при
r^a a =0.
145

Из этого условия следует
2С2+%-
а
^ 6С7 4С8
cos 26 = 0.
(7.87)
Очевидно, что уравнение (7.87) будет выполняться в случае
выполнения следующих равенств:
6С
7 4Q Л
7 +—# = о.
(7.88)
2С2+-|- = 0; 2С5 +
а а' а"
Следующее граничное условие требует: при г-а т,.е = 0.
Из этого условия следует следующее уравнение:
Л ^ 6С7 2Со
2С5 f ^- = 0. (7.89)
а а
Следующее граничное условие можно представить так: при
г - оо аг=аг.
Из данного граничного условия вытекает, что:
или
1 С f
— a(l + cos29) = 2C2+-*
2 00
2С5 +
6С7 4С8
00
00
cos 29
- • о(1 + cos 20) = 2С2 - 2С5 • cos 26.
(7.90)
Очевидно, что равенство (7.90) должно выполняться при любых
значениях 0, и в том числе, если cos 26 = 0. Отсюда следует
2С=-а.
(7.91)
Последнее граничное условие можно представить в виде: при
г = оо xr0=Tn0i.
Из данного граничного условия вытекает равенство
- -a sin20 ={lC5 - 6^- 2^]sin20,
2 I 00 00
J
или
2C =--a.
5 2
(7.92)
Получена следующая система уравнений для определения всех пс
стоянных интегрирования, которая может быть представлена в виде:
2С2+% = 0; 2С5 +
6С7 4С8
= 0.
146

2С<
6С7 2С8
= 0; 2С,=--; 2С,=-.
5 2 2 2
Решение этих уравнений позволит получить следующие
значения постоянных интегрирования:
2
2 . 4 2 4 2
(7.93)
С учетом полученных значений постоянных интегрирования
(7.93) компоненты напряжений (7.86) окажутся равными:
а
1--
i+
J
,2\
1 +
За4 4а
2 Л
cos20;
1 +
За
4 Л
cos 26;
(7.94)
За4 2а
—— +
2 Л
sin 26.
Из полученных формул вытекает, что напряжения ае достигают
максимального значения, когда 0 = — или 9 = — , т.е. на концах
2 2
тип диаметра, перпендикулярного к направлению растяжения
(рис. 7.9). Подставив в выражение для ае значения г - а и
0 = —, найдем максимальное значение ае, равное За. Таким
образом, максимальное растягивающее напряжение для плоской
пластинки, имеющей малое отверстие и находящейся под
действием приложенных по краям равномерных растягивающих
напряжений а, равно утроенному значению интенсивности равномерно
распределенного напряжения.
Задача 1. Участок двутавровой балки подвергается действию
чистого изгиба изгибающим моментом 30 кНм (рис. 7.10, а).
Балка изготовлена из двутавра № 22. В нижней полке двутавра
Имеются два отверстия диаметром 2 мм (рис. 7.10, б). Проверить
балку на прочность, если |а| = 160 МПа.
147

а
ЬУ
Ж
м
Г")
А-А
Ъ = 25 мм
'А У=2ш+<)*т
vim т
110 мм
Рис. 7.10
Используя формулу сопротивления материалов, находим
максимальные напряжения в балке от действия изгибающего момента:
= М тах
w""
rr х
Для двутавра № 22 момент сопротивления сечения Wx =232 см3.
Поэтому
ЗОЮ6
°тах = г-129,3 МПа.
232 103
Если бы не было отверстий в нижней полке двутавра, условие
прочности выполнялось бы, так как атах < [а]. В связи с наличием
отверстий следует предположить, что нижняя полка растягивается
максимальным напряжением 129,3 МПа.Так как в ней имеются
отверстия, то концентрация напряжений в окрестности отверстий
достигает трехкратного значения:
ашах =129,3 -3 = 387,9 МПа.
Максимальные напряжения в нижней полке двутавра
значительно превосходят допускаемые, а поэтому условия прочности не
выполняются.
Ответ: условия прочности не выполняются.
Задача 2. Двутавровая балка в точке С должна иметь в нижней
полке два отверстия диаметром 4 мм (рис. 7.11). Балка нагружена
148

статической нагрузкой 20 кН. Следует подобрать размеры
двутаврового сечения, если [а] = 160МПа.
а-
■77F7
а = 1м
Ь-2 м
F = 20kH
/ = 3м
77:
Рмс. 7.77
Ответ', следует взять двутавр № 18, у которого момент
сопротивления Wx = 148 см3.
Задача 3. Бесконечная пластинка с круглым отверстием малого
диаметра находится под действием равномерного растяжения в
направлении оси х и равномерного сжатия в направлении оси у
(рис. 7.12). Пользуясь методом наложения, найти закон
распределения напряжений в пластинке, а также максимальное напряжение.
*—**х
* Рис. 7.12
149

/
Ответ: or = а
1 +
За4 4<Л
v
1-
За4 2а
cos20; а0 =-а| 1 + ——
4 Л
cos 26;
v
г>-+\>
sin 29; а(
0(max)
:4а.
7.7. Напряжения во вращающихся дисках
Определение напряжений в быстро вращающихся дисках имеет
важное практическое значение. Хорошо известно, что при большом
числе оборотов такие детали, как диски паровых и газовых турбин,
шлифовальные круги, могут разрушаться. Поэтому к прочности быст-
ровращающихся дисков предъявляются высокие требования.
Напряжения, обусловленные передаваемыми касательными
усилиями, крайне малы. Значительные же напряжения вызываются
центробежными силами. Так как быстровращающийся диск имеет
осевую симметрию, то центробежные силы будут распределены
симметрично относительно оси диска. Каждая точка диска получит
перемещение в радиальном направлении, а точки, лежащие на
одной цилиндрической поверхности до деформации, останутся
лежать на этой же поверхности и после деформации.
Рассмотрим такой диск постоянной толщины, вращающийся с
постоянной угловой скоростью со. Объемные силы в этом случае
будут представлены центробежной силой:
F(r)=pa2r, ^ (7-95)
У
где р = — - плотность материала диска; у - удельный вес материала
диска; g - ускорение свободного падения.
Выделим из диска бесконечно малый элемент и рассмотрим
условия его равновесия (рис. 7.13). Напряжение az из рассмотрения
можно исключить, поскольку осевые силы отсутствуют.
Спроектируем все силы на направление п
(ar + dar) • (г + dr) • h -dip - ar • r • h
-2aQ-h-dr^- + dF{r)=0,
где dF(r) = p(d2r2hdrd(p - инерционная сила.
d(p-
(7.96)
150

Рис. 7.13
После ряда преобразований получаем
do.
- + /xo2r = 0.
dr г
Полученное выражение удобнее представить в виде
dr
(Г Gr)-GQ +/XD Г = О
(7.97)
Легко убедиться, что уравнение (7.97) удовлетворяется
полностью, если ввести следующую функцию напряжений (р:
Ф = г-аг. (7.98)
Рассматривая совместно выражение (7.97) и функцию
напряжений ф (7.98), имеем
dcp
aft =—- + pcoV.
dr
(7.99)
Благодаря осевой симметрии величина и является функцией
только г. Кроме того, и = 0. Поэтому выражения (7.30) примут
следующий вид:
du и
гг=—; ев=-. (7.100)
dr г
151

Выражение для ге можно представить в виде
или
du dZr,
— = r—- + zQ
dr dr
du
Подставляя в последнее выражение вместо — значение, равное
dr
гг, окончательно имеем следующее уравнение:
dsa
dr
■ + eft-e. =0.
(7.101)
Пользуясь законом Гука (7.45) выражение (7.101) можно
преобразовать следующим образом:
(da*
— ц-
dam
1
1
+ -(ае-цаг)-~(аг-цае) = 0.
dr dr
После ряда преобразований имеем
П^-ц^ + О + цХае-о^О.
(7.102)
(7.103)
dr dr
Вводя функцию напряжений, уравнение (7.103) преобразуем
к виду
dr2
+ 2pco2r
1 d(D ф
г dr г
+
+(1 + Ц)-
d(? 2 2 Ф
dr г J
= 0.
(7.104)
После ряда преобразований придадим уравнению (7.104) иную
форму:
d2q> 1 dq> ф
ar г dr г
(7.105)
В несколько упрощенном варианте уравнение (7.105) может быть
представлено в следующем виде:
г
dr
1 d ( \
г dr
= -(3 + |i)pco г.
(7.106)
Интегрируя уравнение (7.106), получим
152

/л ч 2 Г Г С7
ф = -(3 + Ц)рЮ -1- - — -i- -2-
- + С- +—,
(7.107)
8 '2 г
где С] и с2 - постоянные интегрирования.
С учетом значения функции напряжений (7.107) выражения для
аг и ае равны:
Ф 3 + ц
г 8 2 г
б/ф
2,.2
ав= —+ рюг
1 + 3(1 2 2 <?1 С2
8 К 2 г2
(7.108)
Рассмотрим случай, когда диск не имеет отверстия в центре, т.е.
является сплошным. Так как напряжения в диске не могут быть
бесконечно большими, то с2 = 0. Если по контуру сплошного диска
радиуса Ъ не приложены внешние силы, то граничное условие
можно представить в виде
о г= 0 при г—Ъ.
С учетом граничного условия находим
3 + Ц 22 С,
-рсо Ъ + —
8 2
= 0,
или
3 + Ц 2,2
с, = -рсо Ъ .
С учетом полученных значений С] и с? напряжения будут равны:
3 + Ц 2/т2 2ч
Gr=—-рсо2(Ь2-г2);
(7.109)
ае=-рш2[(3 + ц)г>2-(1 + Зц)г2].
о
Если диск имеет в центре круглое отверстие радиуса а, то
граничные условия можно представить в виде:
аг = 0 при г = а; ,
or = 0 при г = 6.
С учетом приведенных граничных условий имеем следующую
систему уравнений:
153

3 + 1*-^2 2_lC1 _lC2 П.
■—-рсо а +-- + -у = 0;
о I а
8 Н 2 Z,2
(7.110)
Решение уравнений (7.110) относительно постоянных
интегрирования с, и сг позволяет определить эти величины, которые будут
равны:
3 + Ц 2/L2 2ч
-роо (6 +а );
4
_3 + ц
8
с2 =-
р(й2а2Ь2-
Подставляя полученные значения с, и с2в выражения (7.108)
получим формулы для аг и ае, которые оказываются равными:
3+ц 2
ог = -^ре>
3 + Ц 2
сте= урй
2 А2
,2 , 2 а О 2
о +а z г
' J
ft2+fl2 Oft J + SiX 2
г2 3 + ц ,
(7.111)
Максимальное напряжение имеет место на внутреннем контуре,
и оно равно
3 + Ц 2,2
/
1 +
1гМ я
3 + цб2
2 А
Если круговое отверстие очень мало, то величиной ——
можно
пренебречь по сравнению с единицей, и максимальное значение
напряжения здесь будет вдвое больше, чем для сплошного диска.
Это означает, что при наличии во вращающемся диске круглого
отверстия малого диаметра максимальное напряжение в нем
удваивается.
Задача 1. Тонкий диск внешнего радиуса Ь плотно посажен на
несжимаемый вал радиуса а так, что нормальное давление межДУ
154

валом и диском равно Р (Н/мм2). Определить угловую скорость
со, при которой диск получит свободное перемещение
относительно вала.
Диск получит свободное перемещение относительно вала в том
случае, если перемещение точек диска на внутренней его
поверхности от посадки на вал будет равно перемещению этих точек от
действия центробежных сил.
От запрессовки диска на вал перемещение точек на внутренней
его поверхности в радиальном направлении в соответствии с
выражением (7.56) равно
1
и,= —
0-и)
Ра2
или
А2 „2
о —а
Ра
•я + (1 + ц>
PaLbl 1
U2 ~2
о -а
а
[(1-цУ+(1 + ц)П
1 Е(Ь2-а2Г
Используя закон Гука (7.45), перемещение точек диска в
радиальном направлении от действия сил инерции можно
представить в виде:
Е
Подставляя в последнее выражение <зг и ае, в соответствии с
формулами (7.111) получим
3 + ц 2
—рсо -а-
8Е
,2 2 а2Ь2
Ъ2 +а2 +—-
V
1 + Зц
3 + ц
а2-ц62-
,2/2
2 а2Ъ2
-\ха +|i——+\ха
а
После ряда преобразований окончательно имеем:
рсо2 я
4Е
[я2(1-ц) + 62(3 + ц)].
Сравнивая между собой выражения для «, и и7, получим
Ра
-r-№-)i)a2+(l + »)b2V
р<о2а
[(1-ц)а2+(3 + ц)Ь2].
E(b-az) 4Е
Решая последнее уравнение относительно со, получим
со = .
АР (1-ф2+(1 + ц)Ь2
p(b2-a2) (l-ii)a2+(3 + ii)b
2 '
155

Ответ: диск получит свободное перемещение вдоль оси вала,
если:
(0= \ 4Р (1-ц)а2+(1 + ц)62
^р(Ь2-а2) (1-ц)а2+(3 + ц)62'
Задача 2. Диск, выполненный из стали 45, вращается
равномерно с частотой 5000 об/мин. Определить коэффициент запаса по
текучести, используя критерий П. П. Баландина. Размеры диска:
а = 5,0 см; Ъ = 30,0 см.
Принять ц = 0,3; у = 7,8 г/см3; атр = атс = 300 МПа.
Указание. При решении следует использовать, что со = —,
2 CJTp
где п - число оборотов диска в минуту; g = 9,8 м/с ; v = ——.
ат.с
Ответ: коэффициент запаса по текучести к = 1,845.
Задача 3. Стеклянный диск вращается с постоянной угловой
скоростью. Считая, что стекло является линейно упругим вплоть до
разрушения, определить число оборотов вала в минуту, при котором
диск не разрушится. Известно: а = 4 см; Ъ = 20 см; ц = 0,2; у =
= 2,5 г/сиГ; авр = 200 МПа; ав с = 600 МПа.
Ответ: критическое число оборотов вала со стеклянным
диском составляет 14 890 об/мин.
Задача 4. К эбонитовому диску, не имеющему внутреннего
отверстия, привулканизировано стальное кольцо. Определить
напряжения в диске и кольце при равномерном вращении с угловой
скоростью со. Дано: Ь = 20 см, толщина стенки стального кольца
h = 1 см; со = 400 .
сек
Характеристики эбонита:
1^=0,4; Е^ЗООМПа; у, =1,4 г/см3.
1 Характеристики стали:
ц2=0,3; Е2=2105МПа; у2 =7,8 г/см3.
Ответ: напряжения в эбонитовом диске: а) при г = 0 а,. =
= ае = 1,748 МПа; б) при г = Ъ = 20 см аг = -2,134 МПа; ае =
= -0,764 МПа.
156

Напряжения в стальном кольце: а) при г = b = 20 см аг =
= -2,134 МПа; а0 =98,96 МПа; б) при г = 21см аг=0; а0 =
- 93,44 МПа.
7.8. Напряжения во вращающихся валах
Рассмотрим случай длинного вращающегося вала круглого
поперечного сечения, у которого свободные концы не имеют
возможности перемещаться в осевом направлении. Здесь мы имеем
задачу о плоской деформации. Плоская деформация
характеризуется тем, что е2=0иу.;= yzx = 0. В этом случае в валу возникают не
только радиальные и окружные напряжения, но также и осевые.
Закон Гука при использовании выражения (6.16) в полярных
координатах записывается в виде:
1 + Ц,
е.. =■
ей =
Е
1 + р
[(1-ц)аг-цав];
[(1-ц)ае-цаг].
(7.112)
Рассматривая совместно уравнения (7.112) и дифференциальное
уравнение (7.101), получим
1 + ц
0-ц)^-
dr
1 + Ц
ц-
do„
dr
+-^[(1-ц)<*в-цвг]-
[(1-ц)стг-цав] = 0.
После некоторых преобразований это уравнение можно
представить в виде
(1-Ц)
do.
— ц-
da.
аа-а
^ = 0.
(7.113)
dr dr г
Рассматривая совместно уравнение (7.113), уравнения (7.98) и
(7.99), получим
г dr
(1-Ц)
d\ г
—~- + рсо г
ydr2 ,
pcoV-^
_ Г
= 0.
Последнее уравнение можно привести к виду
1 ^ipco2r = 0,
^/2ф 1 б/ф ф 3 -
dr г dr
1
Или
157

d_
dr
1 d ( 4
r dr
3-2ц 2
—pco r.
1-M-
Интегрируя уравнение (7.114), получаем
Ф = "о
13-2|i
х2м3
pco г +—г + —.
(7.114)
(7.115)
8 1-ц 2 г
Используя полученное выражение для ср, находим в
соответствии с выражениями (7.98) и (7.99) радиальные и окружные
напряжения, которые могут быть представлены в виде:
г
13 — 2li 22 с, с,
-—^PcoV+^-+-f;
1-ц 2 г
Jcp
G0 =— +рСО Г =-
dr
1 1 + 2ц 22 с,
—рсо г + —
8 1-ц 2
(7.116)
12_
2 '
Постоянные интегрирования определяем таким же образом, как
и в случае тонкого диска. Окончательно для сплошного вала
радиуса Ь имеем:
1 3-2jli 22 2
стг=-- ^рсо (Ъ -г )•
8 1-ji
1 рсо2
(7.117)
aQ =
[(3-2ц)Ь2-(1 + 2цУ2].
81-ц
Для трубчатого вала, внутренний и внешний радиусы которого
соответственно равны а и Ъ , получим:
„2и2
а о
13-2ц
сг_ = -
г 8 1-ц
РюЧа'+й2-."" -*
-г
13-2u 2
°в=-- Р<»
8 1-(х
/
аг+Ь2 +
Г
Л2>2
Л О
1 + 2цг2
(7.118)
rz 3-2ц
Максимальные напряжения для сплошного вала имеют место в
центре и равны
13-2и 9,2
:СТ9 =
p<oz^
(7.119)
8 1-ц
Максимум напряжений для полого вала будет иметь место на
внутренней поверхности при г = а:
1 3-2ц 2,2
ст6 =Т'", Р°° 6
4 1-ц
f
1 +
1-2ц а
3-2ц Ь:
2\
(7.120)
158

Если отверстие очень мало, то величиной — можно
пренебречь по сравнению с единицей, и максимальное напряжение здесь
будет вдвое больше, чем для сплошного вала.
Из закона Гука осевую деформацию можно представить в виде
ez=-[az-H(ar+oe)].
Е
(7.121)
Так как свободные концы вала не имеют возможности
перемещаться в осевом направлении, то е2 = 0. Из этого следует
сг2=ц(аг+а0). (7.122)
В случае сплошного вала, рассматривая совместно выражения
(7.122) и (7.117), будем иметь
рсо2
-[(3-2ц)62-2г2].
(7.123)
г4(1-ц)'
В случае трубчатого вала, рассматривая совместно (7.122) и
(7.118), имеем
3-2ц 2
а — рсо
4(1-ц)Р
а2+Ь2-
2г
2 Л
3-2ц
(7.124)
В случае, если вал имеет возможность свободно
деформироваться в осевом направлении, то деформация ez будет
равномерной. Используя выражения (6.16), в полярных координатах
деформации бг и е0 следует представить в виде
е. =—^[(1-цК-ца0]-це2;
(7.125)
Е
l + |i
[О-иК-и^]-^
Рассматривая совместно уравнения (7.125) и дифференциальное
уравнение (7.101), получим:
1 + Ц
аг
1-ц
-ц-
da.
dr
+ -^-[0-мК-И^]-цгг
Е
[(1-ц)стг-цав] + це2=0.
159

После ряда преобразований последнее уравнение можно
представить в виде
а-ц)^-ц^ + 3^ = 0. (7.126)
ar ar г
Последнее выражение полностью соответствует уравнению
(7.113), и поэтому напряжения аг и ае определяются из
выражений (7.117) и (7.118). Из выражения (7.122) следует
a2=n(Gr+a0) + E.8z. (7.127)
Деформацию ez можно определить из условия, что сумма сил
на торце вала равна нулю. Для сплошного вала
2я Ъ
Fz = jdQJczrdr = 0. (7.128)
о о
Подставив формулу (7.127) в выражение (7.128), получим
2п Ь 2л b
jdQJ\i(Gr+GQ)-rdr+ J</eJez-E-r dr = 0. (7.129)
0 0 0 0
Рассматривая совместно выражение (7.129) и уравнения (7.117),
получим
^е/ц1^1[(3-2ц)-(62-г2) + (3-2ц)62-(1 + 2ц)г2]х
о о ° * М-
2я 6
х rJr+ J</eJez -E-rdr = 0.
о о
Проинтегрировав последнее уравнение, получим
црсо —+ ezE = 0,
откуда
Еж=_цР^!*1 (7.130)
2Е
Подставив значения стг и ае из уравнений (7.117) и полученное
значение е2 в выражение (7.127), окончательно имеем
аг=ц-^ (62-2г2). (7.131)
2 4(1-ц) ^ ;
Аналогичным образом определяются напряжения для
трубчатого вала, и эти напряжения можно представить в виде
°2=»-£^--(Ь2 + а2-2г2). (7.132)
4(1-ц)
160

Задача 1. Сплошной вал диаметром 60 см вращается с частотой
300 об/мин. Торцы вала закреплены таким образом, что он не
может получать деформации растяжения или сжатия в осевом
направлении. Вычислить полное осевое усилие в поперечном
сечении, возникающее при вращении вала. Удельный вес стали равен
765 г/см3; ц = 0,3.
В случае сплошного вала, который не имеет возможности
деформироваться в осевом направлении, осевое напряжение
определяется из выражения (7.123), которое имеет вид
ст_=ц-^ [(3-2ц)62-2г2].
' 4(1-ц)
Полное осевое усилие в поперечном сечении можно определить
из выражения
2п Ъ
Fz= $dQJGzrdr.
о о
Подставив выражение о2 в формулу для определения осевого
усилия Fz, получим
F^2jde\^-[(3-2^-2r'].rdr.
о о ^v W
Проинтегрировав данное выражение, будем иметь
Так как р = —, а со = —, то последнее выражение может быть
g 30
представлено так:
Л2
1800
Подставив числовые значения, получим
314,0,000075.300,
•Р. =0,3 ^ 3004= 28 758 Н = 28,758 кН.
1800

Литература
1. Безухое, Н. И. Основы теории упругости, пластичности и
ползучести / Н. И. Безухов. Высшая школа, Москва, 1961.
2. Безухов, Н. И. Сборник задач по теории упругости и
пластичности / Н. И. Безухов. Государственное издательство технико-
теоретической литературы, Москва, 1957.
3. Ван-Цзи-де. Прикладная теория упругости / Ван-Цзи-де. Физма-
тиз, Москва, 1959.
А.Демидов, С. П. Теория упругости / С. П. Демидов. Высшая
школа, Москва, 1979.
5. Казакевич, Г. С. Задачи теории упругости и пластичности /
Г. С. Казакевич. Ленинград, 1983.
6. Мусхелишвили, Н. И. Некоторые основные задачи теории
упругости / Н. И. Мусхелишвили. Наука, Москва, 1966.
7. Мусхелишвили, Н. И. Некоторые основные задачи
математической теории упругости / Н. И. Мусхелишвили. Наука, Москва,
1966.
8. Пономарев, С. Д. Расчеты на прочность в машиностроении /
С. Д. Пономарев. Т. 1. Машгиз, Москва, 1958.
9. Поскребко, М. Д. Сопротивление материалов. Основы теории
упругости, пластичности, ползучести и механики разрушения /
М. Д. Поскребко. Минск, 2009.
10. Феодосьев, В. И. Сопротивление материалов / В. И. Фео-
досьев. Наука, Москва, 1972.
И. Тимошенко, С. П. Теория упругости / С. П. Тимошенко. Пер.
с англ. Дж. Гульер. Наука, Москва, 1979.

Учебное издание
Дудяк Александр Иванович
Сахнович Татьяна Александровна
ПРИКЛАДНАЯ ТЕОРИЯ УПРУГОСТИ
Учебное пособие
Ответственный за выпуск Е.Н. Шульганова
Редактор П.А. Слабко
Художник обложки А. А. Кулаженко
Компьютерная верстка Е.А. Губаръ
Корректор П.А. Слабко
Подписано в печать 25.08.2010.
Формат 60x84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Times. Печать офсетная.
- Усл. печ. л. 9,53. Уч.-изд. л. 6,97. Тираж 1000 экз. Заказ 1149.
ООО «Издательство Гревцова».
ЛИ № 02330/0552671 от 10.02.2006.
Ул. Смолячкова, 16, 220005, Минск.
Отпечатано в типографии ОАО «Промпечать».
ЛП № 02330/0494112 от 11.03.2009.
Ул. Черняховского, 3, 220049, Минск.