Основы механики твердого деформируемого тела

l2T

M0 = −8(l2 + 3B) ,

Глава 4

201

Запись индексов суммирования в виде j −0 и i−0 говорит о том, что в рассматриваемую сумму не должны входить воздействия M0 и P0, приложенные в начале стержня.

По записи перемещений (4.4a) видно, что там, где к стержню приложены сосредоточенные силы, его деформированная ось имеет переломы, а

вместах приложения сосредоточенных моментов – даже разрывы. И то, и другое порождается сдвигом. Описанная картина кажется необычной только на первый взгляд. К переломам и "скачкам" на эпюре изгибающих моментов

вместах приложения сосредоточенных воздействий мы уже привыкли и нас они не удивляют.

Взаключение иллюстративный пример. На рис. 4.5a изображена балка, усилия и перемещения которой надлежит найти, а ниже приведена используемая при вычислениях расчетная схема. Перемещения даются формулами (4.4a), усилия – двумя последними равенствами из соотношений (4.4):

1

v = −AP0x + 6EIz [3M0x2

v = −AP0 + 2 1

EIz

− 3T (x − l/2)2Θ(x, l/2) + P0x3] + AT Θ(x, l/2),

[2M0x − 2T (x − l/2)2Θ(x, l/2) + P0x2],

Mz = −M0 − P0 + T Θ(x, l/2), Qy = − − P0.

Величины P0 и M0 определяются следующими граничными условиями:

v(l) = 0 :	l2		2
	6EIz (3M0x			− 0, 75T + P0l) + A(T − P0l) = 0,

M (l) = 0 : M0 − P0l + T = 0.

Совместное решение этих уравнений дает:

3(3l2 + 8B)T P0 = 8l(l2 + 3B) ,

202 Часть II

где B ≡ AEIz = 2µz(1 + ν)rz2.

Эпюры усилий приведены на рис. 4.5b, на рис. 4.5c представлена картина деформирования балки. В заделке упругая линия имеет перелом, а в середине пролета, т. е. в месте приложения сосредоточенного момента, – разрыв

первого рода. При этом

v

|x=l/2−0

=

T (l4 − 64Bl2 − 192B2)

,

v

|x=l/2+0

= v

|x=l/2−0

+ AT,

128(l2 + 3B)EIz

v =

−

T (l4 + 18Bl2

+ 48B2)

.

16l(l2 + 3B)EIz

Таким образом, при сдвиге поперечные сечения балки в месте приложения сосредоточенного момента проскальзывают относительно друг друга.

4.3. Балка на упругом основании. Метод начальных параметров можно применить и при решении задачи об изгибе бруса, опирающегося на сплошное деформируемое основание. Такая модель используется, например, при расчете железнодорожных рельсов, наплавных мостов, ленточных фундаментов, проложенных по грунту трубопроводов. При нагружении стержень погружается в основание, которое откликается на это погружение реакцией r(x), зависящей от прогибов v(x). Перемещение v(x) называют просадкой (осадкой) основания. Говорят, что основание является упругим, если реакция линейно зависит от перемещения:

r(x) = −kv(x).

(4.7)

Коэффициент пропорциональности k, именуемый обычно коэффициентом постели, имеет смысл силы, которую надо приложить, чтобы вызвать просадку основания на единицу. Величину k находят экспериментально. Отрицательный знак в формуле (4.7) отражает тот факт, что направления реакции основания r(x) и перемещения v(x) противоположны.

При некоторых нагружениях брус может частично оторваться от основания (см. далее рис. 4.8), а в зонах отрыва равенство (4.7) теряет смысл. Поэтому при решении задачи надо следить за тем, чтобы те участки стержня, на которых v(x) < 0, из рассмотрения были исключены. Описанная модель взаимодействия бруса и основания была предложена в конце прошлого века немецким исследователем Э. Винклером. Она не является идеальной, но изза своей простоты наиболее удобна при первом знакомстве с обсуждаемой задачей. Предполагается также, что основание является однородным, т. е. k = const. В качестве разрешающего уравнения можно взять соотношение (4.1), в котором под символом q теперь понимается разность

q(x) − kv(x),

Глава 4					203
где q(x) – интенсивность заданной активной нагрузки:
vIV = (q − kv)/EIz.					(4.8)
Таким образом,
vIV + 4α4v =	q	, α4 =	k	.	(4.8a)
	EIz		4EIz
Интеграл этого уравнения имеет вид:
v =e−t(C1 sin t +C 2 c os t) + et(C3 sin t +C 4			c o s t) + v ,		t=αx. (4.9)

Через v обозначено частное решение. Пусть заданное воздействие линейно зависит от абсциссы сечения: q =q0+q1x. Т о г д а

v = (q0 + q1x)/k,

(4.10)

что подтверждается при подстановке решения (4.10) в уравнение (4.8). По прогибам (4.9) можно обычным образом найти углы поворота поперечных сечений бруса и усилия Mz и Qy. Однако в результате многократного дифференцирования прогиба v(x) получатся столь громоздкие формулы для усилий, что ими будет трудно пользоваться. Чтобы избавиться от этого недостатка, надо от функций

f1 = e−t sin t,

f2 = e−t cos t,

f3 = et sin t,

f4 = et cos t,

через которые выражено решение (4.9), перейти к функциям

g1(x) = (f2 +f4)/2 = cos t

·

ch t ,

g

(x) = (f

1

f

+f

3

+f

) = (sin t

ch t+cos t sh t)/2,

2

−

2

4

·

·

(4.11)

g3(x) = (f3 −f1)/4 = (sin t · sh t)/2,

g

(x) = (f

1

+f

+f

3

f

)/8 = (sin t

ch t

cos t

sh t)/4.

4

2

4

−

·

−

·

Возможность такого перехода объясняется тем, что любая линейная комбинация решений fi дифференциального линейного уравнения также является решением этого уравнения.

Функции gi(x) обладают рядом важных свойств. Во-первых, при диффе-

ренцировании они переходят друг в друга:

g =

−

4αg ,

g

= αg

1

, g

= αg

2

, g

= αg .

(4.12)

1

4

2

3

4

3

Во-вторых, в точке x = 0 они принимают

значения:

g1(0) = 1,

g2(0) = g3

(0) = g4

(0) = 0.

(4.13)

204

Часть II

Наконец, функции g1(x), g3(x) – четные, а функции g2(x), g4(x) – нечетные, т. е. gi(x) = gi(−x) при i = 1, 3 и gi(x) = −gi(−x) при i = 2, 4. Преобразова-

ние (4.11) предложил известный русский академик А. Н. Крылов и потому функции gi(x) носят его имя.

В функциях Крылова решение уравнения (4.8a) записывается так:

v = A1g1(x) + A2g2(x) + A3g3(x) + A4g4(x) + v .

(4.9a)

С учетом зависимостей (4.10) и (4.12) отсюда следует (Mz = −EIzv ):

v= A1g1(x) + A2g2(x) + A3g3(x) + A4g4(x) + (q0 + q1x)/k , v = −4αA1g4(x) + αA2g1(x) + αA3g2(x) + αA4g3(x) + q1/k ,

Mz/EIz = 4α2A1g3(x) + 4α2A2g4(x) − α2A3g1(x) − α2A4g2(x) ,

Qy/EIz = 4α3A1g2(x) + 4α3A2g3(x) + 4α3A3g4(x) − α3A4g1(x) .

Пусть в точке x = 0 перемещения и усилия имеют значения v0, v0, M0, Q0. Тогда (см. равенства (4.13))

v

0

= A

1

+ q

/k,

v

= αA

2

+ q

/k,

M =

−

EIzα2A

,

Q

0

= α3A

4

и

0

0

1

0

3

v = (v

q

/k)g

+

v0 −q1/k

g

M0

g

Q0

g

+

q0 +q1x

,

2 − α2EIz

3 −

α3EIz

0 − 0

1

α

4

k

M0

Q0

q1

v = −4α(v0 −q0/k)g4 +(v0 −q1/k)g1 −

g2 −

g3

+

,

(4.14)

αEIz

α2EIz

k

Mz = 4EIzα2(v0 −q0/k)g3 +4EIzα(v0 −q1/k)g4 +M0g1 +Q0α−1g2,

Qy = 4EIzα3(v0 −q0/k)g2 +4EIzα2(v0 −q1/k)g3 −4αM0g4 +Q0g1.

Задача об изгибе призматического бруса, покоящегося на сплошном упругом основании, решена. Остается проиллюстрировать ее на ряде примеров. Пусть требуется описать состояние деревянного бруса, свободно плавающего на поверхности воды (рис. 4.6). Брус испытывает действие собственного веса и

выталкивающей силы p = −kv. Если γд, γ – объемные веса древесины и воды соответственно, то (F = bh) k = γb, q0 = γдF , q1 = 0. Пусть начало координат расположено в точке, в которой помещался бы центр тяжести

Глава 4

205

среднего поперечного сечения стержня, если бы его нижняя грань находилась на уровне поверхности воды. Из соображений симметрии следует, что v0 = Q0 = 0 и равенства (4.14) принимают вид:

v = (v0 − q0/k)g1(x) −

M0

g3(x) +

q0

,

α2EIz

k

v = 4α(v

0 −

q

/k)g

(x)

M0

g

(x) ,

−

0

4

− αEIz 2

Mz = 4EIzα2(v0 − q0/k)g3(x) + M0g1(x),

Qy = 4EIzα3(v0 − q0/k)g2(x) − 4αM0g4(x).

Торцы бруса свободны от нагрузки, так что Mz(l) = Qy(l) = 0:

4EIzα2(v0	−	q0/k)g3(l) + M0g1(l) = 0,
4EIzα3(v0 − q0/k)g2(l) − 4αM0g4(l) = 0.

Определитель
4EI	α3		g3(l)		g1(l)
z			g2(l)		4g4(l)
				−

(4.15)

(4.15a)

уравнений (4.15a) при произвольном размере l нулю не равняется, так что эти уравнения имеют лишь тривиальное решение v0 − q0/k = 0, M0 = 0. Значит, деформаций и усилий в брусе не будет. Он погружается в воду как жесткое тело на глубину v0 = q0/k = γдF/(γb) = (γд/γ) · h. Этот результат к неожиданным не относится: вес свободно плавающего тела уравновешивается выталкивающей силой воды и нагрузки, изгибающей стержень, нет.

Пусть теперь тот же брус оперт по концам на сваи, подведенные под него в тот момент времени, когда он свободно лежал на поверхности воды. Затем к брусу прикладывается равномерно распределенная нагрузка. Такое конструктивное решение имеют, например, настилы временных переправ (рис. 4.7). Формулы (4.14) для перемещений и усилий в стержне сохраняются, но теперь при x = l к нулю приравниваются

прогиб и изгибающий момент. Это дает

(v0		q0/k)g1		(l)		M0	g3(l) =		q0	,
	−				−			− k
						α2EIz
4EIzα2(v0				q0/k)g3(l) + M0g1(l) = 0.
			−

Отсюда можно найти константы M0, v0 −q0/k и тем самым решить задачу.

206

Часть II

И последний пример. На рис. 4.8a изображен стержень, лежащий на упругом основании с заданными свойствами и загруженный заданной силой P . Пусть длина стержня такова, что на некотором удалении l от точки приложения силы он отрывается от основания (см. рис. 4.8b). Требуется определить напряжен- но-деформированное состояние бруса, а также длину 2l зоны его контакта с основанием. Решение задачи можно строить только для правой части конструкции (симметрия), учитывая, что v0 = 0, Q0 = −P/2. При

x = l обращаются в нуль прогиб, изгибающий момент и поперечная сила. Из формул (4.14) при q0 = q1 = 0 в этом случае следует:

v

g

(l)

−

M0

g

(l) +

P

g

(l) = 0,

α2EIz

2α3EIz

0

1

3

4

2

v0g3(l) + M0g1(l) − P/(2α) · g2(l) = 0,

(4.16)

4EIzα

3

4EIzα v

g

(l) 4M

αg

(l) (P/2) g

(l) = 0.

0

2

−

0

4

−

·

1

Полученную систему трех уравнений относительно трех неизвестных величин v0, M0 и l решают численно, ибо размер l входит в качестве аргумента во все функции gi(l). Построение решения начинается с исключения параметров v0 и M0. Например, при помощи первых двух уравнений (4.16) можно исключить прогиб в начале координат, а при помощи двух последних

– изгибающий момент M0. Это дает

M

=

P

g22(l)−g1(l)g3(l)

, v

=

P

g2(l)g3(l)−g1(l)g4(l)

. (4.17)

2α g

(l)

2α3EIz

0

(l)g

(l)+4g

(l)g

0

g2

(l)+4g2

(l)

1

2

3

4

1

3

Затем величины (4.17) вводятся в равенство (4.16)1, что приводит после ряда упрощений к соотношению

g1(l)g2(l) + 4g3(l)g4(l)

=

g22(l) − g1(l)g3(l)

(l)

.

g2

(l) + 4g2

(l)

g

1

(l)g

2

(l) + 4g

3

(l)g

4

1

3

Данное трансцендентное уравнение (см. формулы (4.11) при x = l, t = αl) решается подбором по l, после чего параметры v0 и M0 определяются формулами (4.17) однозначно.

ГЛАВА 5. НЕКОТОРЫЕ ЧАСТНЫЕ ЗАДАЧИ ИЗГИБА

5.1. Брусья с криволинейной осью. Если ось стержня очерчена по кривой линии, то говорят, что он относится к кривым брусьям. Такие элементы подвержены различным видам деформирования, в том числе и чистому плоскому изгибу. Обращаясь к этой задаче, нужно прежде всего установить, можно ли и здесь построить техническую теорию, основанную на тех же самых гипотезах, что использовались при изучении чистого изгиба призматических брусьев.

На рис. 5.1 изображен брус прямоугольного поперечного сечения, профиль которого определяется дугами концентрических окружностей длинами 2Rα и 2(R−h)α. Брус загружен торцевыми моментами, увеличивающими в процессе деформирования его кривизну. Такие моменты считаются положительными. Они порождают не только нормальные напряжения σt в поперечных сечениях стержня (т. е. в сечениях, ортогональных к его оси), но и напряжения σr взаимодействия между продольными волокнами бруса. В том, что дело обстоит именно так, можно убедиться, рассмотрев равновесие верхнего слоя волокон толщиною δ, отделенного от бруса при помощи цилиндрического разреза. При чистом изгибе напряженное состояние бруса вдоль оси не меняется, а потому по нижней поверхности отсеченного слоя действует равномерно распределенная нагрузка интенсивностью q = bσr. Условие P Y = 0 равновесия этого слоя дает:

α

Z

−2N sin α + (qds) cos ϕ = 0.

−α

208	Часть II
Но ds= ρdϕ, следовательно, −2N sin α+2σr bρ sin α= 0 и
σr = N/ρb.	(5.1)

Усилия N действуют по торцам выделенного слоя. Они зависят от его толщины δ и напряжений σt. Если принять, что последние распределяются по высоте сечения линейно, т. е. так же, как и при изгибе призматических стержней, то величина N достигнет максимума при δ = h/2:

max N = 0, 5 max σt · b · (h/2) = max σt · bh/4.

Если в формуле (5.1) положить N = max N, ρ= ρ0, где ρ0 – радиус центрального слоя бруса, то получится следующее отношение между величинами σr

и max σt:

σr/(max σt) = h/(4ρ0).

(5.1a)

Это отношение незначительно даже для брусьев большой кривизны. Например, при h/ρ0 = 0, 5

σr/(max σt) = 0, 125 .

На самом деле в кривых брусьях напряжения σt распределяются по сечению нелинейно, так что полученная оценка условна, но порядок отношения между величинами σr и max σt она отражает верно. И этот порядок таков, что позволяет, как и в случае изгиба призматических брусьев, пренебречь напряжениями σr по сравнению с напряжениями σt. Другими словами, гипотеза о том, что продольные волокна бруса не давят друг на друга сохраняется и при исследовании напряженного состояния стержней с криволинейной осью.

Отстаивать гипотезу плоских сечений приходится тоже более тонкими средствами. Так, предположение о том, что в процессе деформирования кривого бруса поперечное сечение остается плоским и поворачивается относительно центральной оси, наталкивается на противоречие. И в самом деле, при описанном повороте сечения (см. рис. 5.1b) крайние волокна стержня изменят свою длину на одну и ту же величину 2Δ, а так как нижние волокна изначально короче верхних, то относительное укорочение первых будет по модулю больше относительного удлинения вторых. Стало быть, деформации εt и связанные с ними по закону Гука напряжения σt меняются по высоте сечения нелинейно. Абсолютное удлинение волокна с радиусом кривизны ρ0 +y и длиною 2α(ρ0 +y) равно величине 4y /h, а потому

εt =

2Δ

y

σt = Eεt =

ky

где k =

2E

,

,

.

hα

ρ

0

+ y

ρ

0

+ y

hα

Глава 5

209

Теперь можно найти усилия в поперечных сечениях бруса:

N = Z

σtdF = k Z

ydF

,

ρ0 + y

Z

F

F

(5.2)

y2dF

ρ0y+y2 −ρ0y

M

=

yσ

dF = k

= k

dF = k

ydF

ρ

N.

ρ0 +y

z

Z

t

Z

ρ0 +y

Z

− 0

F

F

F

F

При чистом изгибе N = 0. Но тогда (ось 0z – центральная) и Mz = 0, чего при загружении бруса ненулевыми парами быть не может.

Полученное противоречие говорит о том, что надо отказаться либо от гипотезы плоских сечений, либо от предположения о повороте сечения относительно центральной оси, либо и от того, и от другого. Сделать правильный выбор можно, опираясь на эксперименты или на решение соответствующей краевой задачи теории упругости, выполненное без всяких предварительных допущений. Для некоторых типов кривых брусьев такие решения имеются. Они, как и эксперименты, свидетельствуют в пользу сохранения гипотезы плоских сечений, дополненной требованием о смещении нейтрального слоя бруса в сторону центра кривизны.

Итак, пусть нейтральный слой кривого бруса располагается ниже центрального слоя (рис. 5.2) и пусть с каждым поперечным сечением связан локальный базис xyz. Ось 0y этого базиса является осью симметрии сечения, а перпендикулярная к ней ось 0x касается нейтрального слоя в плоскости симметрии бруса (т. е. в плоскости нагружения). Ось 0z есть нейтральная ось сечения. Пусть, наконец, ρ0, r0 – радиусы кривизны центрального и нейтрального слоев бруса, причем величина r0 пока неизвестна. В принятом локальном базисе σr = σy, σt = σx, τtr = τxy, так что далее можно пользоваться привычными обозначениями для деформаций и напряжений. Поскольку σy = σz = 0 (волокна не взаимодействуют между собой), то связь между деформациями εx и напряжениями σx становится особенно простой: εx = σx/E.

210

Часть II

Стало быть, для того, чтобы получить напряжения изгиба, достаточно найти величину εx. Пусть 0BCD – элемент, выделенный из бруса цилиндрическими разрезами r0, r0 +y и двумя поперечными сечениями – вертикальным и наклоненным к вертикали под углом dϕ (рис. 5.2). При изгибе положительными моментами кривизна бруса увеличится, центр кривизны нейтрального слоя сместится из точки A в точку A0, а грань CD выделенного элемента займет положение C0D. Из рис. 5.2 видно, что

C00C0 = y · dϕ,			BC = (r0 + y)dϕ
и
εx =	C00C0	=	y · dϕ	.
	BC		(r0 + y)dϕ

Длину дуги 0D, принадлежащей нейтральному слою, можно найти как по сектору A0D, так и по сектору A00D. Радиус последнего равен радиусу r кривизны нейтрального слоя после деформации бруса. Так как 0D = r0dϕ

и 0D = r(dϕ+Δdϕ), то

dϕ

1

1

y r

1

1

= r0

−

, εx =

r0 +0y

−

.

(5.3)

dϕ

r

r0

r

r0

В формулу для деформации εx входят ординаты y и y точки поперечного сечения, отсчитываемые в начальном состоянии бруса и после его изгиба. При массивном поперечном сечении разность между величинами y и y пренебрежима мала (рассматриваются лишь малые перемещения брусьев). Однако тонкостенное поперечное сечение при изгибе кривого стержня сплющивается и ординаты его точек до и после деформирования существенно отличаются друг от друга. Ниже рассматриваются только массивные брусья, а потому можно принять y = y. В этом случае из закона Гука и формулы (5.3) следует

	y	1		1
σx = k		, k = Er0		−		. (5.3a)
	r0 +y		r		r0

Таким образом, напряжения σx меняются по высоте сечения по закону гиперболы, но вычислить их нельзя до тех пор, пока не будут определены константы k и r0. Эти числа можно найти из равенств

Z Z

N = σxdF = 0, Mz = yσxdF,