ves_sopromat

- 91 -

2

М

2

M

М

2

M

2

М

2

M

2

IV

2

3 2

z

z

z

изг

3

изг

3

изг

3

W

экв

z

xz

W

W

p

2W

W

2W

x

x

х

x

х

Мизг

2 0, 75М z2

МпривIV

М 2

M

z

2

изг

3

.

W 2

4W

2

W

W

x

х

x

x

М IV

М 2 0, 75М

2 .

прив

изг

z

§44. Расчет тонкостенных оболочек по безмоментной теории. Уравнение Лапласа.

Оболочка - это тело, одно из измерений которого (толщина) значительно

меньше двух других.

Срединной поверхностью оболочки называется геометрическое место точек, равноотстоящих от ее наружной и внутренней поверхностей. Форма срединной поверхности определяет форму оболочки.

Осесимметричными (симметричными) называют оболочки, срединная поверхность которых является поверхностью вращения (цилиндр, сфера, конус).

В зависимости от толщины, оболочки разделяют на тонкостенные и толстостенные.

Тонкостенной оболочкой считают такую, толщина стенки которой весьма мала по сравнению с радиусом кривизны ее поверхности.

Примеры тонкостенных оболочек:

цистерны;

резервуары (водонапорные, для нефти и нефтепродуктов);

баллоны (воздушные и газовые);

купола зданий;

аппараты химической промышленности (адсорберы, пылеуловители);

части корпусов турбин, двигателей и т.п.

Обычно толщина оболочки постоянна по всей ее поверхности.

Если предположить, что напряжения, возникающие в оболочке от действия давления и других факторов, постоянны по ее толщине и, следовательно, изгиб отсутствует, то оболочку рассчитывают по безмоментной теории.

Цилиндрическая оболочка

p

безмоментная область

области краевых эффектов

Безмоментной областью

оболочки называется область, не имеющая резких изменений формы; напряжения в ней постоянны.

Областями краевых эффектов

оболочки называются места, примыкающие к безмоментной области, в которых из-за изменения геометрии поверхности возникают внутренние силовые факторы, обуславливающие появление дополнительных напряжений.

- 92 -

На практике наиболее часто встречаются оболочки, нагруженые только внутренним, или только наружным давлением.

ось	z	широты
симметрии		(параллели)

θ

dS2

dS1

ρt ρm

z

меридианы

	dF2	m
t			ρt
		dφ
dF3	dS2	dθ	ρm

Рассмотрим тонкостенную симметричную оболочку толщиной δ, образованную двумя радиусами.

t – тангенциальный (окружной) радиус.

m – меридиональный радиус (радиус кривизны дуги меридиана). Радиусы t и m являются

функциями угла .

Угол – угол между нормалью к срединной поверхности и осью симметрии оболочки.

Выделим из оболочки элемент dS1 dS2 , проведя последовательно два меридиана и две параллели.

0

Определим площади граней элемента:

	p	dS1	dF1	dS1 ;
		t	dF	dS	2	;
			2
	m	dF1	dF3	dS1 dS2 .
		δ
			На гранях элемента от действия внутреннего давления
		возникают напряжения:

t – тангенциальное (кольцевое или окружное) напряжение;

m – меридиональное напряжение (вектор его направлен по дуге мериди ана).

Рассмотрим выделенный элемент объема в вертикальной и горизо нтальной плоскостях:

вертикальная плоскость			горизонтальная плоскость
n	- нормаль			n	- нормаль
ρm	ρm		ρt		ρt
dθ/2 dθ/2			dφ/2 dφ/2
m	m	t			t
dθ/2	dθ/2	dφ/2			dφ/2
	δ			р	δ
dF1			dF2

- 93 -

Спроецируем все силы, действующие на элемент по его трем боковым граням, на нормаль n:

F

2

dF Sin

d

2

dF Sin

d

рdF 0 ,

или

t

m

i

1

2

2

2

3

F 2

dS Sin

d

2

dS Sin

d

рdS dS

0

t

m

i

1

2

2

2

1

2

Вследствие малости углов

d

и

d

имеем:

Sin

d

d

;

Sin

d

d

2

2

2

2

2

2

y

d

2

dS d R , откуда:

dS1 d m

Т.к.

,

dS2 d t .

dS

2 R

dS

Подставим эти соотношения в (1):

R

2

d

d

2

d

d

р

d

d

t

m

m

m

2

t

2

t

d

x

( t

m m t ) р m t

;

(1).

.

;

разделив левую и правую части уравнения на m t ,

	получим:	t		m			– уравнение Лапласа.
		t		m

В данном уравнении два неизвестных напряжения, поэтому найти их можно, решая совместно уравнение Лапласа и уравнение равновесия части оболочки, рассеченной перпендикулярно ее оси вращения (исключение составляет сфера).

Сфера.

m

t

D

, m

t

(т.к. оболочка симметрична по всем направлениям).

2

y

D

m 2

t

2

P

D

D

O

x

4 m

P

,

m

PD

– меридиональное напряжение в сфере,

4

D

t

PD

– тангенциальное напряжение в сфере.

δ

4

2t

m

Цилиндр.

D

, m ,

p

,

pD

– тангенциальное напряжение

t

t

2

D

2

y

в цилиндре.

x

Рассечем

цилиндр

плоскостью,

перпендикулярной

оси z и

спроецируем

все

D

p

D2

усилия на эту ось.

m Fтонк.

р

0

0

z

4

кольца

m

Fтонк.

S h 2 R D

кольца

р D2

D

δ

m

4

pD

– меридиональное напряжение в цилиндре.

m

4

Итак, получено: t 2 m – для цилиндра.

Вчастности, трубопровод, представляющий собой бесконечную

цилиндрическую оболочку, чаще всего разрушается вдоль образующей от превышения рабочим давлением допускаемой величины.

- 94 -

Конус. z

h	x

p

Rk

m t

Итак, получено

m , t

t

p

t

t

Rk

,

t Cos

p

, t

p Rk

Cos

Rk

Cos

Спроецируем все усилия на ось z:

Fi z m Fтонк.

Cos 0 ,

кольца

δ

или:

2 R Cos

р R

2

,

pRk

.

m

m

k

k

2 Сos

x

Rk

; tg

Rk

;

xtg

Rk

,

Sin

xCos

Cos

pxtg

– тангенциальное напряжение

t

m

в конусе;

pxtg

–

меридиональное напряжение

m

2

вконусе.

t 2 m – для конуса, как и для цилиндра.

Для тонкостенных осесимметричных оболочек характерно двухосное напряженное состояние (например, при нагружении внутренним давлением):

сфера:

1

2

m t

pD

;

3 0 .

4

цилиндр:

1

z

pD

;

2 m

pD

;

3

0 .

2

4

конус:

1

t

pR

;

2 m

pR

;

3 0 .

Cos

2 Cos

Вследствие малости толщины стенки оболочки, по сравнению с ее другими размерами, напряжения по толщине минимальны (очень близки к нулю), поэтому ими пренебрегают, считая напряженное состояние двухосным.

z	F	p

dF

F

x

φ

dF

Теорема 1.

Если на какую либо поверхность действует равномерно распределенное давление, то, независимо от формы поверхности, проекция равнодействующей сил давления на заданную ось равна произведению давления на площадь проекции поверхности на плоскость, перпендикулярную заданной оси.

Px p Cos dF ; dF Cos dF ,

F	dF
Px p dF pF , т.е.		Px pF .

F

жидкость

dF

x

dF‘

- 95 -

Теорема 2.

Если на какую либо поверхность действует давление жидкости, то вертикальная составляющая сил давления равна весу жидкости в объеме, расположенном над поверхностью.

P pF , dP pdF		р x ,
x	x
тогда: dPx	xdF , Px V
	dV

B	C
A	D

B	C
A	D

B	C
A	D

ABCD const AD const

Очевидно, что найденная сила не зависит от формы сосуда. Сила, действующая на дно резервуара, будет одной и той же, равной весу жидкости в объеме цилиндра

ABCD.

§45. Толстостенные цилиндры. Определение напряжений и перемещений. Задача Ляме.

Толстостенным называется цилиндр, для которого выполняется условие:

1 ,

Dвнут 20

	если				1	- цилиндр тонкостенный.
			Dвнут		20
Рассмотрим толстостенный цилиндр, находящийся под действием равномерно
распределенных наружного и внутреннего давлений.
	z					В	отличие	от	тонкостенного,		в
	y				толстостенном цилиндре, помимо окружного и
					меридионального			напряжений, по		толщине
	r				стенки будет возникать радиальное напряжение
pв	φ		x
					r const .
	0
						Задача по определению напряжений и
		pн			перемещений в			толстостенном		цилиндре
					называется задачей Ляме.
						Воспользуемся цилиндрической системой
					координат r, , z :
								x rCos ;
								y rSin ;

- 96 -

z z .

φ

dr

(r+dr)d

Выделим элементарный объем dz dr d и

покажем

напряжения,

возникающие

на

его

z

z

rdφ

r+d r

гранях от действия давления.

r

Составим уравнение равновесия элемента в

dφ

r

радиальном направлении:

d

z

r d r r dr d dz r rd dz 2 drdz Sin

0 ,

dz

2

φ

d

2

0

r d r r dr r r dr 0 ,

r r r dr rd r

d r dr r r

dr 0

(разделим на dr ):

rd r

0

(1),

r

dr

dr

d r

r

0

(1а).

r

dr

dr

d ab

Воспользуемся формулой дифференцирования по частям:

da

b

db

a

dr

dr

dr

для преобразования (1а):

Таким образом:

d r r

0

(1а),

dr

d r

r

(1б).

r

dr

Полученные

уравнения

(1) содержат

два

неизвестных

r

и

,

поэтом у

необходимо составить уравнение совместности перемещений:

а) окружная относительная деформация:

rd

r u d rd

u

r u d

rd

r

dφ

u

r u

Итак:

(2),

r

или u r

(2а).

б) радиальная относительная деформация:

AB dr

после нагружения

u du dr u du

dr

A B

до нагружения

r

A* B * AB

du dr dr

du

u

du+dr

AB

dr

dr

B*

Итак: r

du

dr

(3),

0

A* u+du

dr

du

A

B

или

r

0

(3а).

dr

- 97 -

Подставим (2а) в (3а):

du

d r

;

d r

0 ,

(4),

r

r

dr

dr

dr

или

r

d

r

0

(4а).

dr

Обобщенный закон Гука:

Итак: r 1

Е

r



z

r .

1

Е

r

z

1

(5).

z

r

Е

1

Е

z

r

1

1

1

1

z

r

Е

z

r

Е

r

z

Е

z

r

Е

r

1

1

1

1

1

r

.

Е

z

r

r

z

E

r

Е

Далее рассмотрим бесконечно длинный толстостенный цилиндр без днищ и

длинный цилиндр с днищами:

Бесконечно длинный

Длинный цилиндр

цилиндр без днищ

с днищами

z	z	l >> b

pb		pa		a
	a	b		pa
			l
				b

а – внутренний радиус;

b – наружный радиус;

z

pa a2

pb b2

pа – внутреннее давление;

b2

a2

pb

– наружное давление.

(6а),

p a2 p b2

z

0

a

b

z

b2 a2

d z

0 , т.к. z

const – в обоих случаях.

dr

Подставим из закона Гука (5) дифференциал (5а):

d

1 d

d

r

d

z

d

d

d

,

r

dr

Еdr

Еdr

dr

Е

dr

dr

dr

pb

(6б).

(5а).

- 98 -

	Подставим (5а) в (4а) с учетом r :	d				d			1	r 0 .
		r					r
			Edr			Еdr			Е

rd

rd r

r

r

0 .

Edr

E

dr

Е

Е

Е

Е

r

С учетом (1б) получаем:

rd

r r r 0 .

dr

rd

r 0

(7),

dr

d r

или

r 0

(7а).

dr

Складываем и вычитаем (1) и (7):

rd r

rd r

0;

r

r

dr

dr

r

d r

0

,

r 2A

const

(8),

dr

rd r

r

rd r

r

0 ;

dr

dr

rd r

2 r 0 ;

dr

d

r

2

dr

;

r

r

ln r ln 2B 2ln r ln 2B ln r

2

ln

2B

;

r

2

const

1

ln

2

r

2B

(9).

r

r

2

Решая совместно (8) и (9) получаем:

r

2 A

2 2 A

2B

A

B

2

2

r

r

2B

;

B

r

2

r

r 2 A A

r

2

Итак, получено:

A

B

,

A

B

(10).

r

2

r

r

2

где: А и В – постоянные.

		Рассмотрим		толстостенный	цилиндр,
	pb	нагруженный	наружным и		внутренним
		давлениями.
b		Граничные условия имеют вид:
pа		r r	r (не зависит от φ);
a
		r a pa ,		r b pb
					(11).

- 99 -

Подставив (11) в (10), получаем:

p

A

B

B

B

b

a

a

a

2

p p

B

2

2

;

;

p A

B

b a

b2

a2

a2b2

b

b

2

2

2

B paa2

Ab2 A a2 b2 ;

pbb2 Aa2

paa Aa

pbb2 Ab2 B

pa pb B

b2 a2

B

a2b2 p p

a

b

a2b2

b2 a2

(12).

p a2

p b2 A b2 a2 A

pa a2 pbb2

b2 a2

a

b

Решая совместно выражения (10) и (12), получаем:

r

A

B

paa2 pbb2

a2b2 pa pb

r2

b2 a2

r2 b2 a2

- формулы Ляме.

(13).

pa a2 pbb2

a2b2 pa pb

A

B

r2

b2 a2

r2 b2 a2

Рассмотрим случаи различные нагружения цилиндра давлением, при

соотношении радиусов: a r b .

pa b2

a2

1)

цилиндр

нагружен

только внутренним

p 0

давлением (рb = 0):

b2 a2

b

2 pa a2

p a2

b2

r

a

1

2

a

2

b

b

b

2

a

2

r

2

;

r

pa

pa a2

b2

a

1

-

φ

b

2

a

2

r

2

pa

r a

p a2

b2

a

1

pa ;

b

2

a

2

r

2

r b 0 ;

pa b2 a2

13(а).

p a2

b2

a

a

1

;

b

2

a

2

r

2

b

2

a

2

b

2 p a2

a

.

b2 a2

Если

z 0

(бесконечно

длинный

цилиндр

без

днища),

то, согласно

1 2 3, имеем:

pa b2

a2

;

0;

p , тогда:

1

b2 a2

2

3

a

- 100 -

III

pa b2 a2

pa

p 2b2

a

отв 1 3

экв

b2 a2

b2

a2

Рассмотрим изменения r

и

при уменьшении .

Если – толщина стенки, и

a b, то:

2

a

2

pa a

2a

2

a

2

2

a

2

a

pa a

pa a

,

a 2 a2

a 2a 2 a2

2a

b

2 p a2

2 p a2

a

a

.

a 2 a2

2a

При 0 и 0 имеем:

a

b

pa

, т.е.

pR

– как для тонкостенных оболочек.

t

h

Рассмотрим изменения r

и

при увеличении . Итак :

p a2

b2

pa a2 b2

p a2

r

a

1

a

3

b

2

a

2

r

2

b

2

r

2

r

2

paa2

b2

paa2

1

1

b

2

a

2

r

2

r

2

z 0 2 .

Тогда:

III

2 p

экв

a

Вывод: при нагружении толстостенного цилиндра только внутренним давлением форма его наружной поверхности не имеет значения.

2) цилиндр нагружен только наружным

pb

давлением (рa = 0):

pbb2

a2

b

r

1

,

b

2

a

2

r

2

r

ра=0

φ

pb b

pbb2

a2

2

2

-

a

+

a

1

,

2

2

2

pb

b a

r

b2

a2

2 pbb

2

r a 0 ,

pbb2

a2

b2 a2

r b

1

pb ,

b

2

a

2

b

2

a

2 p b2

b

,

b2 a2

b

pb b2 a2

13(б).

b2 a2