ves_sopromat

- 101 -

При

отсутствии осевой

силы,

т.е.

при

z

0 ,

имеем:

1 0 ;

2b

2

2b

2

. Тогда III p

p

.

3

b b2 a2

экв

b b2 a2

Если а = 0 (внутреннее отверстие отсутствует), то r

pb .

Определим абсолютное перемещение u.

Из (2а) и (5) имеем:

1

r

B

B

u r r

r z

A

A

z

E

r

2

r

2

E

r

A

B

A

B

r

A 1

B

1

,

2

2

z

2

r

r

r

z

E

E

u

1

rA 1

B

1 r

, или

r

z

E

1

paa2 pbb2

1

a2b2 pa pb

u

r 1

r z

2

a

2

2

a

2

E

b

r

b

а) бесконечно длинный цилиндр без днищ z

0 :

1

pa a2 pbb2

1

a2b2

pa pb

u r

E

b2 a2

E

r b2 a2

paa2 pbb2

б) длинный цилиндр с днищами z

:

b

2

a

2

1

paa2 pbb2

1

a2b2 pa pb

1

paa2 pbb2

u r

r

,

E

b2 a2

E

b2 a2

r

E

b2 a2

u r

1 2

pa a2

pbb2

1

a2b2 pa pb

E

b2

a2

E

r

b2 a2

2 0 ;

(14),

(14а),

(14б).

- 102 -

§46. Толстостенные составные трубы. Условия Гадолина.

Увеличение толщины стенки не всегда может обеспечить необходимую прочность трубы, т.к. экв 2 р (т.е. если требуется удержать давление, равное 800 МПа, предел текучести материала должен быть не ниже 1600 МПа). В настоящее время столь высокопрочных материалов в широком применении не существует, поэтому следует искать новые конструктивные решения.

Одним из способов снижения экв является создание составных цилиндров,

соединенных с натягом. На практике этот способ упрочнения применяется в артиллерийском деле и в технике высоких давлений (атомная промышленность).

Подобную задачу решают при создании различных неразъемных соединений, содержащих цилиндрические концентричные детали.

В нефтегазовой отрасли упоминающийся метод применяется при изготовлении цилиндров объемного гидропривода нефтепромыслового обор удования.

Создание составных цилиндров особенно эффективно при невысоких и средних прочностных характеристиках сталей.

Рассмотрим вопрос определения необходимых геометрических и силовых параметров в толстостенных составных оболочках на примере двух составных цилиндров (задача артиллериста).

	- 103 -
Имеются два цилиндра:	II цилиндр (большой)
I цилиндр (малый)
	b
с а	с-∆

а – внутренний радиус I-го	с-∆ – внутренний радиус II-го (большого)
(малого) цилиндра;	цилиндра;
с – наружный радиус I-го	b – наружный радиус II-го (большого)
(малого) цилиндра.	цилиндра.

Если нагреть II цилиндр, то отверстие в нем увеличится, и I цилиндр можно будет свободно вставить во II-ой. При остывании между цилиндрами возникнет

контактное давление pk .	II цилиндр (большой)
I цилиндр (малый)
u
		u2	b
с а	с-∆

pk b2 с2

b2 c2

2 pк с2

b2 c2

b	с

r φ a

pk

2 p	с2		pк с2 а2
к
c2 a2			c2 a2

При посадке I-го и II-го цилиндров происходит натяг (∆), который можно

определить по формуле:

u1 u2 ,

где: u1 перемещение на наружной

поверхности малого цилиндра (отрицательно, т.к. идет ее обжатие);

u2 перемещение на внутренней

поверхности большого цилиндра (положительно, т.к. его внутренний радиус увеличился).

Определим u1 из (14а), полагая,

что pa 0; pb рк ; b r c :

- 104 -

u1 r

1

pa a2 pbb2

1

a2b2

pa pb

1

pk c3

1

a2c

pk ,

E

b2 a2

E

r b2 a2

a2

a2

E c2

E c2

u p

1

c3

p

1

a2c

(15а).

a2

1

k

E c2

k

E c2 a2

Определим u2

из (14а), полагая, что

pb 0 ;

pa рк ;

a r c :

u1

r

1

paa2

pbb2

1

a2b2 pa

pb

pk

1

c3

pk

1

b2c

,

E

b2

a2

E

r b2 a2

E b2 c2

E b2 c2

u

p

1

c3

p

1

b2c

(15б).

c2

c2

2

k

E b2

k

E b2

Полагая,

что

оба

цилиндра

выполнены

из

одинакового

материала,

т.е.

E1 E2 ; 1 2 , определим натяг ∆ :

c3

1

b2c 1

c3 1

a2c 1

u1 u2 pk

pk

pk

pk

E b2 c2

E b2 c2

E c2 a2

E c2 a2

c

c

a

b

c

a

c

b

c

a

b

c

1

c 1

1

c 1

pk

3

2

2

2

2

2

3

2

2

2

2

2

c2 a2 b2

c2

Е

c3

b2

pk

1

c2

a2

b2

c2

c 1

c2

a2

a2

b2 c2

E

c2 a2 b2

c2

pk

k

1

1

c3

b2 a2

2 p c3

b2 a2

(16),

E

c2

a2 b2 c2

E c2

a2 b2 c2

pk

E c2 a2 b2

c2

(17).

2c3 b2 a2

			p		b2	a2	p		2c2
				a b2		a2		k c2		a2

	b
	r	pa	φ
		А
	a		В δ
		с
	r pа

Если теперь составной цилиндр нагрузить внутренним давлением, то обе его части будут работать как единое целое, при этом возникнут напряжения φ и r с учетом предварительного напряжения натяга (обратного знака). Следовательно, суммарное напряжение снижается, и составной цилиндр способен выдержать большее давление, нежели обычный.

Пунктиром показана форма эпюрφ и r для несоставного цилиндра с толщиной стенки δ. В точке А

- 105 -

напряжения φ снижаются, а в точке В (точка

контакта) напряжения φ и r повышаются.

Натяг ∆ подбирается из условия равнопрочности обоих цилиндров:

эквA эквB

эквIII А 1 3 ( A) r ( A) ;

p

b2

a2

p

2c2

;

( A)

a2

1

a b2

k c2 a2

3 r ( A) pa .

III

p

b2 a2

p

2c2

p

k c2 a2

эквА

a b2 a2

a

III

1

3

( B)

r ( B)

;

эквB

a2

b2

b2 c2

1 ( B) pa

1

pk

;

b

2

a

2

c

2

b

2

a

2

a

2

2

3 r ( B)

pa

1

b

pk .

b

2

2

2

a

c

p

a2

1

b2

p

b2 c2

p

a2

1

b2

p

эквB

2

2

2

2

2

2

a

b

a

c

2

k

b

a

a

b

a

c

2

k

Приравняем (18а) и (18б):

2

2

a

2

2

2

pa

b

c

pk

b

c

2

2

a

2

2

2

c

2

2

c

b

b

c

a

Подставим (17) в (18в) и выразим ∆ (натяг):

2 p

cb2

c2 a2

a

E

b2 c2 a2 c2 b2 c2

Если исключить из (18а) давление pk , получим:

2b

2

1

p

1

b2

c2

экв

a b2

a2

b

2

c

2

c

2

a

2

Эта величина имеет минимум при c

ab, тогда:

min

p

b

экв

b

a

Полученные соотношения (20) и (21) называются условиями Гадолина.

(18).

(18а),

(18б).

(18в).

(19).

(20).

(21).

А.В. Гадолин – русский ученый, академик, давший метод расчета составных цилиндров в середине XIX столетия.

Сравним величины экв для составного и цельного цилиндров:

- 106 -

b

b b2

a2

эквmin

p b a

a b b a

a b

;

2b2 b a

2b b a

экв

b

2b

p b a

Таким образом, если внутренний радиус a мал, то посадка труб по

соотношениям Гадолина дает почти двукратное снижение экв. Если a ≈ b (для

тонкостенных труб), посадка не дает эффекта.

Помимо посадки для снижения рабочих напряжений в технике высоких

давлений применяют автофретирование.

Автофретирование – это предварительная нагрузка цилиндра внутренним

давлением выше рабочего с целью появления во внутренних слоях цилиндра

пластических деформаций.

После снятия давления во внешних

слоях цилиндра

остаются

напряжения

растяжения, а во внутренних слоях –

r

+

φ

напряжения

сжатия.

При

дальнейшем

нагружении

цилиндра

рабочим

-

-

давлением

остаточные

напряжения

суммируются с рабочими, так что во

внутренних слоях происходит частичная

разгрузка.

Материал

цилиндра

не

получает

пластических деформаций, если только рабочее давление не превышает давл ения

предварительного обжатия.

§47. Дифференциальное уравнение упругой линии балки.

В инженерной практике проводятся расчеты различных конструкций не только

на прочность, но и на жесткость (деформативность).

Деформативность балки характеризуется угловыми и линейными

перемещениями и определяется углом поворота сечения и прогибом y.

Рассмотрим в искаженном масштабе искривленную ось балки при плоском

изгибе.

φ

y

В произвольном сечении:

Р

OO – прогиб;

В

O

А

– угол поворота сечения.

O’

f

z

На свободном торце:

f

– максимальный

А’

AA

z

прогиб (стрела);

l

– угол поворота сечения.

Т.к. f l, ось балке при изгибе не меняет своей длины, и сечения остаются

плоскими.

- 107 -

Прогиб – это линейное перемещение центра тяжести сечения по направлению, перпендикулярному к оси балки.

Угол поворота сечения – это угловое перемещение, на которое поворачивается сечение по отношению к своему начальному положению.

На практике прогибы балок ограничиваются нормой жесткости

Для стальных балок в зависимости от назначения		f			1		1
					1000		250
	l

f .l

,

где: l – длина пролета.

При плоском изгибе ось балки искривится, и уравнение кривой будет иметь вид: y f z .

	Ввиду того, что tg		dy	, а 1 ,			можно допустить, что tg [рад]. Тогда			dy	.
			dz							dz
	Угол поворота сечения равен первой производной по координате z от прогиба в
этом сечении.
	Согласно гипотезе плоских сечений и закону Гука при изгибе, имеем:
					1			M x z		(1).
								EIx
где:	1	k – кривизна бруса;

– радиус кривизны;

M x z – изгибающий момент; EI x – изгибная жесткость.

Из курса высшей математики известно выражение кривизны через координаты точки y и z:

				d 2 y
1				dz2			(2).
			dy 2			3 2

dz

1

Приравняв (1) и (2), получим дифференциальное уравнение упругой линии балки (изогнутой оси):

d 2 y

M x z

dz

2

(3).

3

EIx

dy

2

2

1

dz

Ввиду того, что

dy 2

–

бесконечно

малая

величина второго порядка,

1

dz

которой можно пренебречь, выражение (3) примет вид приближенного дифференциального уравнения упругой линии балки:

			d 2 y		M x z				(3а).
			dz2		EI	x
		Правила знаков.
y	M	M					y	M	M

z

z

- 108 -

y

М > 0

М > 0

z

M

M

M

M

1

1

> 0

< 0

M

M

М < 0

M

M

М

< 0

1

< 0

1

> 0

z

y

Условимся ось у всегда направлять вверх.

Согласно дифференциальным зависимостям при изгибе, имеем:

qy z

dQy

z

;

Qy z

dM x z

.

dz

dz

Согласно (3а), имеем: M

z EI

d 2 y

EI

yII .

x

x

dz

2

x

Тогда: Qy z

d

EIx yII EIx yIII ;

qy z

d

EIx yIII EIx yIV .

dz

dz

Откуда: yIV

qy z

const , т.к. qy z const

и EIx const .

EIx

Следовательно, форма оси изогнутой балки (ее упругой линии) описывается кривой четвертого порядка.

Итак, получены полные дифференциальные зависимости при изгибе для балки с постоянной жесткостью ( EIx const ):

y y ;

yI

yII

yIII

yIV

dydz ;

M x z ; EIx

Qy z ; EIx

qy z . EIx

§48. Метод непосредственного интегрирования дифференциального уравнения упругой линии балки.

- 109 -

Для получения из дифференциального уравнения изогнутой оси балки уравнения прогибов и углов поворота сечений, необходимо его проинтегрировать:

Итак, yII

M x z

,

yI

dy

M x z

dz C ,

тогда y dz

M x z

dz Cz D ,

EI

x

dz

EI

x

EI

x

где: С и D – постоянные интегрирования, определяемые из граничных условий. Граничные условия записывают по условиям закрепления или опирания балок:

для консольных балок – в заделке 0 и y 0 ;

для балок на опорах – в опорах y 0 .

φ

Пример.

Определить

максимальные

y

Р

угловое и линейное перемещения

А

z

в балке консольного типа.

Максимальные

угловое

и

линейное

А’

перемещения

будут

возникать

на свободном

z

торце балки,

в точке А. Обозначим их A и yA ,

l

соответственно.

Запишем выражение изгибающего момента: M x z Pz .

Согласно дифференциальным зависимостям при изгибе, имеем:

yII

M x z

.

EIx

Проинтегрировав это уравнение в первый раз, получим общий вид выражения

для определения угла поворота сечения:

yI

M x z

dz C

Pz dz C Pz2 C .

EI

x

EI

x

2EI

x

Проинтегрировав это уравнение во второй раз, получим общий вид выражения

для определения прогиба:

M x z

Pz2

Pz3

y

dz

dz Cz D

C dz D

Cz D .

EIx

2EIx

6EIx

Граничные условия:

1)

0

при z l ;

2)

y 0

при z l .

Из общих выражений для определения угла поворота сечения и прогиба путем подстановки соответствующих граничных условий, определим постоянные интегрирования С и D:

		Pl		2				Pl2
				C 0 , откуда C					;
z l		2EIx						2EIx
y			Pl3			Pl2	l D 0 , откуда D			Pl3	.
z l			6EIx			2EIx				3EIx

Полученные значения констант интегрирования подставляем в общие выражения для определения угла поворота сечения и про гиба с учетом длины, на которой требуется определить эти перемещения, т.е.:

- 110 -

					C	Pl2	(положительное значение	углового	перемещения
		A		z 0		2EIx

показывает, что сечение повернулось по часовой стрелке относительного своего начального положения);

	yA y z 0 D	Pl3	(отрицательное значение линейного перемещения
		3EIx

показывает, что сечение переместилось вниз (в отрицательном направлении оси у) относительного своего начального положения) .

Ответ:			Pl2	,	y			Pl3	.
	A		2EIx			A
								3EIx

Если балка имеет более одного участка, то при интегрировании на каждом участке появляются две постоянные С и D, которые находят из граничных условий и условий сопряжения участков.

R

= ql /2

P = ql

RB = ql /2

Пример.

Определить

максимальные

A

угловые и линейное перемещения

I

II

в балке на опорах.

C

В

А

Опорные реакции балки в силу

z1

симметрии

нагружения

будут равны

половине силы Р.

z2

Максимальные угловые

перемещения

l /2

l /2

будут возникать в опорах А и В, обозначим

их A и B , соответственно;

максимальное линейное перемещение образуется посередине пролета в точке

С, обозначим его yC .

Начало координат выбираем общим для обоих участков (опора А).

Запишем выражение изгибающих моментов для каждого участка:

M x z1	P		; M x z2		P				l
		z1				z2	P z2			.
	2				2
									2

Согласно дифференциальным зависимостям при изгибе, имеем:

На первом участке:

yII M x z . EIx

Pz

dz

Pz2

C

;

1

1

I

2EI

1

4EI

1

x

x

Pz

2

Pz3

y

1

C dz

1

C z D .

I

4EIx

1

1

1 1 1

12EIx

На втором участке (интегрирование будем вести без раскрытия скобок):

P

l

l

2

z2

P z2

2

P z2

2

2

II

2

dz2

Pz2

C2

;

EIx

4EIx

2EIx