Основы механики твердого деформируемого тела

Глава 6

231

Таким образом, определенный интеграл от произведения двух функций, одна из которых линейна, равен произведению площади эпюры, имеющей произвольное очертание, на ординату второй эпюры, отсчитанную в том месте, где расположен центр тяжести фигуры "f ". Говорят, что ордината gc отвечает центру тяжести эпюры "f ". Особо следует подчеркнуть, что ордината gc обязательно отсчитывается по линейной эпюре (это вытекает из вывода формулы (6.11)), тогда как очертание линии f (s) может быть каким угодно. Если это очертание сложное, то эпюру "f " представляют в виде набора простейших фигур, для каждой из которых площадь и положение центра тяжести могут быть установлены без особых хлопот. Правило перемноже-

ния эпюр было предложено в 1925 г. русским инженером А. К. Верещагиным. Он применил его для вычисления перемещений в стержневых конструкциях (см. далее главу 9).

В тех довольно часто встречающихся случаях, когда между собой перемножаются линейные эпюры, формулу (6.11) можно конкретизировать. Если каждую из изображенных на рис. 6.9 фигур разбить на два треугольника, а затем воспользоваться правилом Верещагина и принципом наложения, то получится результат, называемый формулой для перемножения трапеций:

1			2		1		1			1			2
J = k(Ω1g1 +Ω2g2) = k		a1L		b1 +		b2	+		a2L		b1	+			b2
	2		3		3			2		3				3
или
J = (kL/6) · (2a1b1 + 2a2b2 + a1b2 + a2b1).							(6.11a)
Наконец, если b1 = a1 = a, b2 = a2 = b, т. е. берет-
ся интеграл от квадрата линейной функции (в таких
случаях говорят, что эпюра умножается сама на се-
бя), то
J = (kL/3) · (a2 + ab + b2).							(6.11b)

Технику использования полученных формул при нахождении секториальных характеристик сечения можно продемонстрировать на следующем примере. На рис. 6.10a изображено разомкнутое коробчатое

232

Часть II

сечение с постоянной толщиной скорлупы, для которого нужно найти главные секториальные координаты и вычислить главный секториальный момент инерции. Чтобы определить положение центра изгиба, а именно с этого начинается решение задачи, надо задаться произвольными началом отсчета B1 и полюсом p1. Их удобно поместить в правый верхний угол сечения, ибо в этом случае эпюра "ω1" получается наиболее компактной (см. рис. 6.5). В

формулы (6.7) для координат центра изгиба входят интегралы Sωz(1) и Sωy(1). Чтобы вычислить их по формуле (6.11), помимо эпюры "ω1" надо построить еще эпюры "y" и "z" координат точек средней линии скорлупы. Указанные эпюры приведены на рис. 6.10a. Перемножать надо линейные фигуры, так что можно было бы воспользоваться формулой (6.11a). Но в данной задаче эти фигуры столь просты, что удобнее применить правило Верещагина в его исходном виде. При k = δ формула (6.11) (см. также формулы (6.9)) дает:

Sωz(1) = δ yω1 ds = δ			−	1		· 2h2 · 2h ·					h	+		1			· 2h2 · h · h =						1			h4δ,
				2							3				2									3
L
Sωy(1) = δ zω1 ds = δ −	1		· 2h2			· 2h	· −	h		+			1				2h2	· h	· −	h		=			5
														·													h4δ.
	2							2					2							6						6

L

Первое слагаемое в квадратных скобках отвечает вертикальному участку эпюры "ω1", а второе – ее горизонтальному участку.

При подсчете осевых моментов инерции можно отбросить слагаемые, содержащие толщину скорлупы δ в степени выше первой, ибо δ h. Тогда

Iy = 7h3δ/6, Iz = 10h3δ/3,

а так как y1 = −h, z1 = h/2, то согласно формулам (6.7),

Sωz(1)

h

h4δ/3

3h

Sωy(1)

5h4δ/6

12h

zC = z1 +

=

+

=

, yC = y1 −

= −h−

= −

.

Iz

2

10h3δ/3

5

Iy

7h3δ/6

7

Центр изгиба обозначен на верхнем из рис. 6.10b буквой C.

Как отмечалось в п. 6.2, перенос начала отсчета при фиксированном полюсе меняет секториальную площадь на некоторую постоянную величину: ω2 = ω1 +D. Если оси 0y и 0z центральные, то

Sωy(2) = zω2 dF =	zω1 dF + D	z dF =	zω1 dF = Sωy(1),
F	F	F	F

т. е. осевые секториальные моменты от выбора начала отсчета не зависят. Значит, если эти моменты равны нулю при начале отсчета B1, то будут

Глава 6

233

они нулевыми и при размещении начала отсчета в любой другой точке B. Чтобы прийти к главной секториальной системе координат, надо подобрать положение точки B из условия

Sω = 0.

(6.12)

Подбор начинается с построения эпюры "ω2" при полюсе C и начале отсчета B1 (рис. 6.10b). Площадь положительных участков эпюры "ω2" больше площади ее отрицательных участков, так что интеграл (6.9)1 в нуль не обратится.

Изменить баланс площадей в нужном направлении можно, переместив начало отсчета вдоль верхней полки сечения в левую сторону (см. точку B на рис. 6.10c). Эпюра секториальных координат при полюсе C и начале отсчета B(zB) имеет очертание эпюры "ω ", приведенной на рис. 6.10c. Все ее ординаты линейно зависят от аппликаты zB. Находят величину zB из условия (6.12), т. е. приравнивая площади положительных и отрицательных участков указанной эпюры секториальных координат. Результат вычислений таков: zB = 28h/75. Эпюра "ω ", отвечающая полюсу C и началу отсчета B при zB = 28h/75, дана на рис. 6.10c. Умножить ее саму на себя и получить тем самым главный секториальный момент инерции сечения проще всего при помощи формулы (6.11b):

234

Часть II

Iω = (δ/3) · [2h(1312 − 131 · 331 + 3312) + h(1312 − 131 · 19 + 192) +

+2h(192 +19 · 61+612)+h(612 −61 · 509+5092)]α2 = 141330 δhα2.

Иокончательно (ведь α = h2/210) –

673 5

Iω = 210 δh .

Если для поперечных сечений, изображенных на рис. 6.2, вычислить геометрические характеристики (6.9) при полюсе и начале отсчета, помещенных в центр изгиба C, то из-за нулевой эпюры секториальных площадей все эти характеристики также окажутся нулевыми. Значит, указанная система секториальных координат является главной и доказано следующее утверждение: главные секториальные моменты инерции уголкового, таврового и крестообразного сечений равны нулю.

ГЛАВА 7. СВОБОДНОЕ КРУЧЕНИЕ ПРИЗМАТИЧЕСКИХ СТЕРЖНЕЙ

7.1. Разрешающее уравнение задачи. При изучении кручения целесообразно применить тот же подход, который использовался в ходе исследования растяжения, сдвига и изгиба, а именно – начать решение задачи со случая, когда деформация проявляется в чистом виде. Пусть невесомый призматический стержень загружается по концам равными по величине и противоположными по направлению парами, которые приводят к закручиванию бруса относительно оси 0x (рис. 7.1a). Брус не закреплен, а потому его торцы могут беспрепятственно деформироваться. Именно отсутствие стеснения перемещений u(x, y, z) и позволяет назвать рассматриваемое состояние бруса свободным кручением.

При свободном кручении из шести компонент усилий от нуля отличается только крутящий момент Mx = M, не зависящий от координаты x. Следовательно, напряженное состояние вдоль оси бруса однородно. Так как N = My = Mz = 0, то можно ожидать равенства нулю и напряжений σx. Кроме того, нет оснований считать, что имеются силы взаимодействия между волокнами бруса. Но тогда σy = σz = 0. Из-за отмеченной выше однородности напряженного состояния касательные напряжения τyz не зависят от координаты x, поэтому условие P Z = 0 равновесия нижней отсеченной части бруса будет соблюдаться либо в случае, когда плоскость 0xy есть плоскость симметрии напряженного состояния тела (см. рис. 7.1b), либо тогда, когда τyz ≡ 0. Однако деформация кручения плоскостной симметрией не облада-

ет, а потому верно второе предположение. Таким образом,

σx = σy = σz = τyz = 0.

(7.1)

Рассуждения, приведшие к этим равенствам, выглядят правдоподобно, и все же в их справедливости необходимо убедиться, прибегнув к помощи полной системы уравнений теории упругости, что и будет сделано несколько позже.

Напряжения τxy, τxz уравновешивают в поперечном сечении крутящий момент (рис. 7.2), но не порождают усилий Qy и Qz, т. е.

Mx = Z (τxzy − τxyz) dF ,	(7.2)
F

236

Часть II

ZZ

τxy dF = 0,	τxz dF = 0.	(7.3)
F	F

Ввиду отсутствия нагрузки на поверхности бруса, полные напряжения на границе сечения направлены по касательной к линии, очерчивающей его контур, – иначе не соблюдался бы закон парности касательных напряжений. Это накладывает следующее ограничение на величины τxy и τxz:

	τxy	= tgα.	(7.4)
	τxz

Через α обозначен угол между упоминавшейся выше касательной и осью 0z. Условие (7.4) должно выполняться в каждой точке контура поперечного сечения.

Задачу о свободном кручении призматического бруса можно решить полуобратным методом. Поскольку напряжения (7.1) указаны однозначно, то остается

так подобрать функции τxy и τxz, чтобы удовлетворялись все уравнения полной системы и не нарушались соотношения (7.1)–(7.4). При отсутствии объемных сил второе и третье из уравнений Навье (I.2.6) выполняются тождественно, а первое принимает вид:

	∂τxy	+	∂τxz	= 0.	(7.5)
	∂y		∂z

Из закона Гука (I.6.6) следует (см. фомулы (7.1)):

εx = εy = εz = γyz = 0, γxy = τxy/G, γxz = τxz/G.

(7.6)

Отсюда при помощи геометрических соотношений Коши (I.5.7) напряжения τxy и τxz выражаются через перемещения u, v, w:

τxy = G	∂u	+	∂v	,	τxz = G	∂u	+	∂w	.	(7.7)
	∂y		∂x			∂z		∂x

О перемещении u пока можно сказать лишь то, что оно не зависит от координаты x: ведь εx = ∂u/∂x = 0. О величинах v и w доступна более детальная информация. Пусть θ – угол поворота поперечного сечения стержня относительно оси 0x, т. е. абсолютный угол закручивания бруса. Значение этого угла зависит от координаты x рассматриваемого сечения. Углы поворота двух смежных сечений x и x + dx отличаются друг от друга на ве-

Глава 7

237

личину dθ (рис. 7.3). Контур сечения массивного стержня при малых углах закручивания не искажается. То же можно сказать и о тонкостенных стержнях, усиленных диафрагмами жесткости. Поэтому допустимо считать, что точка B рассматриваемого сечения переходит в положение B0 по направлению, перпендикулярному к лучу 0B. Составляющие dv и dw вектора BB0 перемещения точки B

можно найти по правилу, сформулированному в п. 1.12 (см. комментарии к рис. 1.23 на с. 144):

dv = −zdθ, dw = ydθ. (7.8)

Из равенств (7.8) следует, что

v = −zθ+C1, w = yθ+C2.

Тогда

εy = ∂v/∂y = 0, εz = ∂w/∂z = 0, γyz = ∂v/∂z + ∂w/∂y = 0,

т. е. и уравнения Коши (см. также формулы (7.6)) обсуждаемым решением удовлетворяются.

Разрешающее уравнение задачи строится в перемещениях. Деление равенств (7.8) на dx приводит к формулам

∂v	= −z	dθ		,	∂w	= y	dθ		,
∂x		dx			∂x		dx

в правые части которых входит относительный угол закручивания стержня, обозначаемый через ψ:

ψ =	dθ	.	(7.9)
	dx

Тогда ∂v/∂x = −zψ, ∂w/∂x = yψ и формулы (7.7) для напряжений τxy и τxz принимают вид:

τxy = G	∂u	− zψ ,	τxz = G	∂u	+ yψ .	(7.10)
	∂y			∂z

Если подставить эти напряжения в условие равновесия (7.5), то и получится искомое разрешающее уравнение задачи свободного кручения призматического стержня:

	∂2u	+	∂2u	= 0.	(7.11)
	∂y2		∂z2

238

Часть II

После интегрирования уравнения (7.11), выполненного с учетом ограничений (7.2)–(7.4), станут известными относительный угол закручивания ψ и напряжения (7.10).

7.2. Кручение стержня эллиптического поперечного сечения. Однородное дифференциальное уравнение (7.11), содержащее вторые частные производные от искомой функции, известно как уравнение Лапласа. Сложность его решения определяется областью интегрирования, т. е. граничными условиями. Найти аналитическое выражение для функции u(y, z) (как уже отмечалось, от абсциссы x данное перемещение не зависит) удается в немногих частных случаях. К ним относится задача о свободном кручении призматического стержня эллиптического сечения. На контуре такого сечения (рис. 7.4)

y2 = b2(1 − z2/a2),

так что (y0 = dy/dz)

2yy0 = b2 · (−2z/a2) и y0 = tg α = −b2z . a2y

Граничное условие (7.4) принимает вид:

τxy	= −	b2		z		(7.12)
					.
τxz		a2		y

Непосредственно видно, что функция

u = Ayz

(7.13)

удовлетворяет уравнению (7.11) при любом коэффициенте A. Если же она не противоречит и условиям (7.2), (7.3), (7.12), то перемещение (7.13) есть решение задачи. Подстановка этого перемещения в равенства (7.10) дает:

τxy = G(A − ψ)z, τxz = G(A + ψ)y.

Теперь из ограничения (7.12) следует

	A − ψ	=		b2	и A =	a2 − b2	ψ.
	A + ψ		− a2			a2 + b2

Стало быть,

a2 − b2

u = a2 + b2 ψyz,

(7.14)

(7.13a)

Глава 7

239

и так как

A − ψ = −

2b2ψ

,

A + ψ =

2a2ψ

,

a2 + b2

a2 + b2

то

τxy = −

2Gb2ψ

z, τxz =

2Ga2ψ

(7.14a)

y.

a2 + b2

a2 + b2

Эти формулы позволяют придать равенству (7.2) вид:

Mx =

2Gψ

· Z (b2z2 + a2y2) dF.

a2 + b2

F

Отсюда можно найти относительный угол закручивания. Так как

Z

Z

z2dF = Iy,

y2dF = Iz

F

F

– осевые моменты инерции сечения, то

ψ =

Mx

(a2 + b2)

(7.15)

.

2G(b2Iy + a2Iz)

Что же касается интегралов, входящих в формулы (7.3), то при напряжениях (7.14a) они обращаются в нуль, если только оси 0y и 0z являются центральными осями поперечного сечения. Таким образом, функция (7.13) действительно решает задачу о свободном кручении призматического эллиптического стержня.

Отношение

	Ix =	2(b2Iy + a2Iz)		(7.16)
		a2 + b2

называют моментом инерции поперечного сечения при кручении. Это обозначение позволяет записать выражение (7.15) для относительного угла закручивания бруса и формулы (7.14a) для касательных напряжений следующим образом:

ψ =	Mx	,	τxy = −	2b2Mx	z,	τxz =	2a2Mx	y.	(7.17)
	GIx			(a2 + b2)Ix			(a2 + b2)Ix

Из двух последних равенств видно, что отношение τxy/τxz определяется зависимостью (7.12) не только на границе сечения, но и в любой его точке. Следовательно, полные касательные напряжения в произвольной точке луча,

max τ = Mx/Wx.

240 Часть II

исходящего из центра сечения, направлены так же, как и на конце этого луча (см. рис. 7.4). Очевидно,

τ =

= Cq

b4z2 + a4y2

,

τxy2 + τxz2

∂τ

2Cb4z

q

∂τ

2Ca4y

2Mx

=

,

=

, C =

,

(b4z2

+ a4y2)1/2

(b4z2 + a4y2)1/2

(a2

+ b2)Ix

∂z

∂y

т. е. касательные напряжения кручения обращаются в нуль в центре сечения и принимают экстремальные значения в тех точках его контура, для которых одна из координат равна нулю. При y = ±b и z = 0 будет |τ(1)| = Ca2b, при y = 0, z = ±a – |τ(2)|= Cab2. Так что на контуре сечения при a>b

max τ = |τxz(1)| =	2a2bMx		min τ = |τxy(2)| =	2ab2Mx
		,			.
	(a2 + b2)Ix			(a2 + b2)Ix

Наиболее напряженные точки принадлежат концам короткого диаметра эллипса.

Для круга a = b = R и момент инерции сечения при кручении совпадает с полярным моментом инерции: Ix = πR4/2. Относительный угол закручивания и касательные напряжения определяются равенствами (см. формулы (7.17)):

ψ =	Mx	, τxy = −	Mx	z, τxz =	Mx	y.	(7.17a)
	GIx		Ix		Ix

В любой точке контура сечения указанные напряжения имеют максимальные по модулю значения. Если воспользоваться обозначением Wx для момента сопротивления кручению –

Wx = Ix/R = πR3/2,

то формуле для наибольших касательных напряжений можно будет придать вид, напоминающий выражение для максимальных нормальных напряжений при изгибе:

(7.18)

Зависимости (7.17a), (7.18) справедливы и для кольцевого сечения с внешним и внутренним радиусами R и r соответственно, только в этом случае

Ix = π(R4 −r4)/2, Wx = π(R4 −r4)/(2R). (7.16a)

Чтобы найти перемещения точек бруса вдоль оси 0x, надо воспользоваться формулами (7.13a) и (7.17)1:

u =	(a2 − b2)Mx	yz.	(7.19)
	G(a2 + b2)Ix