ДОКЛАДЫ АКАДЕМИИ НАУК, 2011, том 439, № 2, с. 192-197
МЕХАНИКА
УДК 539.3
ОСЕСИММЕТРИЧНЫЕ КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ ДЛЯ ЦИЛИНДРОВ И КОНУСОВ КОНЕЧНОЙ ДЛИНЫ
© 2011 г. Г. Я. Попов
Представлено академиком В.А. Бабешко 21.01.2011 г. Поступило 16.02.2011 г.
Цилиндры и конусы будем задавать соответственно в цилиндрической и сферической системах координат в виде
0 < г < а, -п<ф<п, 0 < г < к, а,к > 0; (1) а0 < г < аь 0 < 0 < ю, - п < ф < п,
П (2)
а0,аъ ю> 0, а1 > а0.
1. Рассмотрим сперва кручение указанных объектов. В случае цилиндра из трех искомых смещений иг (г, г), (г, г), иф (г, г)отличным от нуля будет только иф (г, г) = и (г, г), которое должно удовлетворять в области (1) уравнению [1]:
г[ги' (г, г)]'- г ~2и (г, г) + и" (г, г) = 0,
0 < г < а, 0 < г < к.
Здесь и далее принято частную производную по первой переменной отмечать штрихом, по второй переменной — точкой, а по третьей — запятой. Отличными от нуля будут напряжения
Тгф = Ог [гЛ (г г)}, тФг = Ои' (г г) (4) (О - модуль сдвига).
Начнем с задачи, когда торцы цилиндра г = 0 и г = Н закреплены:
и (г,0) = 0, и (г, к) = 0, тгф (а, г) = О[и' (а, г) - а~1и (а, г)] = д (г).
(5)
Для получения точного решения к уравнению (3) и краевым условиям (5) следует применить интегральное преобразование [2]
ип (г) = \и (г, г^п X пгйг, Xп = ^, •> к
и г) = 2 У вт х пгип (г). к
п=1
(6)
Одесский национальный университет им. И.И. Мечникова, Украина
Тогда краевая задача (3), (5) переходит в одномерную:
г^нп (г)]'- г(г) - Хи (г) = 0, (7)
ип (г) = С11 (X пг), и'п (а) - а (а) = О где qn — 8Ш-трансформанта заданной функции
?(г).
Краевая задача (7) легко решается, и точное решение задачи дается формулой обращения (6).
Если поставить задачу, когда один торец закреплен, а другой свободен, т гф| =0 = Оu, (г,0) = 0,
и (г, к) = 0, то и в этом случае можно получить точное решение, если использовать вместо интегрального преобразования (6) интегральное преобразование [3]:
ип (г) = \иг)СОБ^„г^ X* = П2 1),
2к
и (^ г) = 2 У СОЙ Кгип (г). к
п=1
Перейдем к другой серии задач кручения цилиндра, когда
т гф| г=а = 0 или аи' (а, г) - и (а, г) = 0 (8) и меняются граничные условия на торцах.
Начнем со случая, когда один торец закреплен, а другой загружен:
и (г,0) = 0, тг9|г=к = д (г), т.е. и (г,0) = Од (г). (9) Для получения точного решения краевой задачи (3), (8) и (9) применим конечное интегральное преобразование Ханкеля [2]
щ (г) = \г/1 (Ъг) и (г, г) dг,
'(г,г) = ~2 У;
ф 1 (гЪ )и (г)
(10)
а2^[к2 + - а"2)][ (аЪ)] где суммирование берется по всем положительным корням ^ уравнения £/1 ( 1а) + к/1 (¡а) = 0, I = 1, 2, ..., при этом граничное условие (8) будет
0
х>
0
0
зо
зо
удовлетворено, если корни ^ будут находиться из уравнения ^¡1' ( 1а) - а~111 ) = 0, и потому в формуле обращения (10) следует положить к = а-1. В итоге краевая задача (3), (8) и (9) перейдет в одномерную и" (г) - £(г) = 0,щ (0) = 0, и' (0) = О~lqj (#I — трансформанта Ханкеля q(r)), которая легко решается, и точное решение получим по формуле (10).
Аналогичным путем строятся точные решения для задач, когда ы,(г,0) = О-1д0(г), ы,(г,к) = = О'^к (г), либо и(г,0) = /0 (г) ,ы(г,к) = /к (г).
2. Перейдем к задачам, связанным с деформацией кручения конуса (2). Здесь тоже из трех смещений иг (г, 0), ы0 (г, 0), ыф (г, 0) отличной от нуля будет только последняя ыф (г, 0) = V (г, 0) и напряжения будут выражаться так:
т0(р = Ог (г, 0)- ^0^ (г, 0)], Тчр = Ог[г (г, 0)]'.
Начнем с задач, в которых торцы закреплены:
V (а¡, 0) = 0, I = 0,1, (11)
а на конической поверхности 0 = ю могут быть всевозможные типы граничных условий. Рассмотрим наиболее важный случай, когда
ТеДг, ю) = g(r) или w'(r, ю) - ctgaw(r, ю) = G _1rg(r).
(12)
краевую задачу (13), (11) и (12) к следующей одномерной краевой задаче:
(sin0)-1 [sin 0w' (0)]'- (sin0)-2 w (0)-+1) w. (0) = 0, (15)
w'j (ю) - ctgrowy (ю) = G~lgj, где gj — трансформанта (14) функции rg(r).
Она решается просто, если учесть, что общим регулярным в нуле решением дифференциального уравнения из (15) будет функция wj(0) =
= C P 1/2 + ¡X. (cos0), выраженная через функцию конуса [5]. Найдя значение С из граничного условия (15), получим значение w. (0), подставив ее в формулу обращения (14), получим точное решение. Решение этой же задачи другим методом и в другой форме получено также в работе [6].
Для получения точного решения задачи в случае, когда w (а1,0) = 0, тГф|г=а = 0 или w'(a0, 0) - a—1w(a0,
0) = 0, следует применить интегральное преобразование (14), только вместо ядра преобразования y0 (r,X.) нужно взять ядро y*(r, Xj), определенное в
[4], там же приведены и формулы обращения для этого преобразования. Применение этого интегрального преобразования позволяет удовлетворить указанным граничным условиям на торцах и свести двумерную краевую задачу для (13) к одномерной, аналогичной (15).
Рассмотрим еще случай, когда
х0ф (r, ю) = 0 или w' (r, ю) - ctg® w(r, ю) = 0,(16)
или
а на торцах (r = ai, i = 0,1) выполнено одно из сле-Дифференциальное уравнение кручения конуса дующих условий: (2) согласно [1] можем записать в виде (w(r, 0) = w):
[r2w']'+ (sin 0)-1[w' sin 0]' - (sin 0)-2 w = 0, Пз)
(13)
a0 < r < a1, 0 < 0 < ю.
Для получения точного решения краевой задачи (13), (11) и (12) применим к ней интегральное преобразование, выведенное в работе [4]:
(17)
(18)
w. (0) = JУ (XJ)w(r,0)^
aa
да
w(^0) = 2XУ (r,XJ)wj (0),
W (flls ю) = 0, Хгв\r=a0 = g (0)
a1w'(a0,0) - w(a0,0) = a0G_1g(0),
a0w'(a0,0) - w(a0,0) = a0G_1g(0),
a1w' (a1,0)- w (a1,0) = a1G _1g* (0). Для построения точных решений краевых задач (13), (16), (17) и (13), (16), (18) к ним следует
применить интегральное преобразование
©
Wk (0) = (cos 0)sin0 w(r,0)d0,
(14)
j=1
w
y0 (r, X j) = T1/2sin (X j ln a01r), X j = Y-1nj, y = ln (-1a1).
(r, 8) = ¿P^ wt (e),
k=1 p,1^ (cos С
(19)
где uk — положительные корни трансцендентного уравнения
Это интегральное преобразование позволяет удовлетворить граничному условию (11) и свести
Pj (cos ю) - ctgwP^ (cos w) = 0, и = uk, k = 0,1,2, u0 = 0,
0
приведенное в работе [7]; там же дана формула
для квадрата нормы Ц/U. (cos 0)|| . Применение
этого интегрального преобразования позволило в силу (20) удовлетворить граничному условию (16) и свести (13) к
[Г2W' {Г)]'- Vj (( + l)Wj {г) = 0,
a0 < г < a1, Wj {г) = С1ги + С2г
-и -1
(21)
а граничные условия (17) и (18), соответственно, к следующим:
Wj (ai) = 0, aowj (ao) - Wj (ao) = aoG lq¡,
aoWj (ao) - wj (ao) = aoG"q, a1wj (a1) - Wj (a1) = afi^q*.
(22) (23)
U , U , ^o , • a
—2 +--w' = o,
г p.*
= lo + 1 = 2 (1 -|)|o,
lo
|o =
1 - 2|
(24)
(—— + + (—— = —, ^ — коэффициент Пуас-
г г О
сона. Напряжения через эти функции будут выражаться формулами
(25)
стг (1 -И) u' г 1u + w,
= 2G^ o + И u'+ г u
z w,
G (w'+ u^.
(г 2u')'- 2u +
1 (sin 6u')' И** (и sin 6)'
sin 6
И*
2
sin6
+ lo (sin6и')' _ 2уг cost
sin6
(г2 и ')'+и*
И*
(sin 6 и') sin6
2
sin
G|* (26) + и г' + 2|a*u' _
И** = И _ Иo + 2.
_ 2yr sin _ G
Напряжения связаны с этими смещениями фор мулами [1]
2|iu + |(sin 0)-1(sin 0и)' u + iru'+ |UCtg0
_ 2G¡d o (1 -И) ra' +
г и'
гч\ .и и
тгв _ G\ и - - + — г г
(27)
Найдя значения содержащихся в (21) произвольных постоянных из (22) или (23), определим трансформанту искомой функции, а вместе с ней по формуле обращения (19) и точное решение.
3. Перейдем к более сложной осесимметрич-ной деформации цилиндров (1) и конусов (2). Здесь количество точных решений существенно сокращается. Будем учитывать собственный вес материала, удельный вес которого обозначим у.
В случае цилиндра (1) искомыми смещениями будут иг (г, г) = и (г, г) и иг (г, г) = м (г, г), которые должны удовлетворять осесимметричным уравнениям Ламе с объемными силами [1]:
4. Начнем с краевых задач для цилиндра (1), т.е. для уравнений (24). Здесь целесообразно построить
предварительно частное решение и(г, г), м^ (г, г) этих уравнений. Непосредственной подстановкой можно проверить, что таковым будет решение
uW (г, z) = o, w(у) (г, z) = (2|*G)-1YZ
(28)
Поэтому решение краевых задач для уравнения (24) будем строить в виде
иг) = и(у) г) + и0 г), (29)
м (г, г) = м(у) (г, г) + м0 (г, г). Функции, помеченные нулем, являются решением однородных уравнений Ламе (24) при у = 0. Соответствующие им напряжения будем также помечать нулем.
Поставим для цилиндра (1) такую краевую задачу. На цилиндрической поверхности г = а зададим скользящую заделку
и (а, г) = 0, тгг (а, г) = 0 или м '(а, г) = 0 (30) На нижнем торце г = 0 выполнены условия:
м(г,0) = 0, и' (г,0) = 0, (31а)
и (г,0) = 0, м (г,0) = 0. (31б)
Будем считать верхний торец г = Н не загружен-
ным, т.е.
a z (г, h) = o, т ^ (г, h) = o.
(32)
В случае конуса (2) искомыми являются два смещения иг (г, 0) = и (г, 0), и0 (г, 0) = и (г, 0), которые должны удовлетворять осесимметричным уравнениям Ламе в сферической системе координат, имеющим вид [8, 1]:
Решение краевых задач (24), (30), (31а), (32) будем строить в форме (29), (28), тогда для функций, удовлетворяющих однородным уравнениям Ламе (24), должны выполняться граничные условия
(г, h) = -yh, х'°г (г, h) = o, u0 (a, z) = o, w0' (a, z) = o, u(г, o) = o, w0 (г, o) = o,
(33)
г
1
и в случае (31б) вместо последних двух условий будут ы° (r,0) = 0, w° (r,0) = 0. Легко убедиться, что всем этим условиям удовлетворяет решение
u° (r,z) = 0, w0 (r,z) = -(G^*)-1 Yhz. (34)
Тем самым попутно получено элементарное решение u (r, z) = 0, w(r, z) = -(G^*)-1 pz краевой задачи для цилиндра (1) без учета собственного веса (у = 0) и с заменой граничного условия (32) на условие
az (r, h) = -p, р = const, тzr (r,h) = 0, (35)
и одновременно получено элементарное решение краевых задач (24) и (30)—(32):
u(r,z) = 0, w(r,z) = (G^*)-1yz(0.5z - h), az = y(z - h). Оно вытекает из соотношений (29), (28) и (34).
Объяснить этот с первого взгляда неожиданный результат можно так. Если в рассматриваемых задачах выполнено условие скользящей заделки на цилиндрической поверхности, а грань г = h загружена только равномерно распреде
Для дальнейшего прочтения статьи необходимо приобрести полный текст. Статьи высылаются в формате PDF на указанную при оплате почту. Время доставки составляет менее 10 минут. Стоимость одной статьи — 150 рублей.