ВВЕДЕНИЕ

Проектирование и расчет напряженно-деформированного состояния упругих и упруго-вязко-пластических цилиндров из сжимаемого материала имеет важное научно-практическое значение [1, 10]. Цилиндр является основной деталью при изготовлении труб, валов, подшипников скольжения, различных втулок из естественной и модифицированной древесины и т.д. Однако до настоящего времени использующиеся известные методы решения таких задач нередко приводят к нежелательному результату – независимости полученных формул от механических и теплофизических констант. Поэтому получение общих решений, которые позволяют изучить зависимость напряжений и деформаций от механических и теплофизических постоянных имеет большое значение. Такие формулы могут успешно быть внедрены как в научно-исследовательских отчетах, так и в учебном процессе в курсах сопротивления материалов и древесиноведения.

1 ПЛОСКАЯ ДЕФОРМАЦИЯ УПРУГОГО ЦИЛИНДРА

ПРИ ТЕМПЕРАТУРНО-ВЛАЖНОСТНОМ ВОЗДЕЙСТВИИ

Рассмотрим плоскую деформацию упругого изотропного цилиндра при полярно-симметричном деформировании в условиях температурно-влажностного воздействия. Основная система уравнений имеет следующий вид [1, 2, 5, 8].

Уравнение равновесия:

rdσrdr+σr-σθ=0.                                                (1)

Геометрические соотношения Коши:

εr=dudr;     εθ=ur.                                                 (2)

Уравнение совместности деформаций:

ddrr2dεθdr-rdεrdr=0.                                            (3)

Обобщенный закон Гука в случае стационарного теплового воздействия:

εr=1Eσr-μσθ+σz+αTr;                                   (4)

εθ=1Eσθ-μσr+σz+αTr;                                   (5)

εz=1Eσz-μσθ+σr+αTr.                                   (6)

В случае плоской деформации:

εz=0;                                                              (7)

σz=μσθ+σr-EαTr.                                         (8)

Подставим формулу (8) в закон Гука (4)-(5):

εr=1Eσr-μσθ-μμσθ+σr-EαT+αT==1E1-μ2σr-μ1+μσθ+α1+μT;                  (9)

εθ=1E1-μ2σθ-μ1+μσr+α1+μT.                   (10)

Уравнение теплопроводности в случае полярной симметрии имеет вид [1, 4-8]:

ddrrdTdr=0.                                                 (11)

Решение этого уравнения имеет вид:

Tr=C1lnr+C2.                                            (12)

Граничные условия имеют вид:

При r=r1: T=T1; при r=r2: T=T2.                                                      (13)

С учетом граничных условий, получим:

C1=T2-T1lnr2r1;     C2=T1lnr2-T2lnr1lnr2r1.                   (14)

Обобщенный закон Гука (9)-(10):

εr=1E1-μ2σr-μ1+μσθ+α1+μC1lnr+α1+μC2;   (15)

εθ=1E1-μ2σθ-μ1+μσr+α1+μC1lnr+α1+μC2;   (16)

εr=1+μE1-μσr-μσθ+α1+μC1lnr+α1+μC2;     (17)

εθ=1+μE1-μσθ-μσr+α1+μC1lnr+α1+μC2.     (18)

Будем искать решение данной задачи в следующем виде:

σr=A1r2+A21+2lnr+2A3;                             (19)

σθ=-A1r2+A23+2lnr+2A3;                            (20)

εθ=B1r2+B21+2lnr+2B3;                             (21)

εr=-B1r2+B23+2lnr+2B3.                            (22)

Подставим формулы (19)-(22) в обобщенный закон Гука (17)-(18):

-B1r2+B23+2lnr+2B3==1+μE1-μA1r2+A21+2lnr+2A3--μ-A1r2+A23+2lnr+2A3+α1+μC1lnr+α1+μC2;  (23)

B1r2+B21+2lnr+2B3==1+μE1-μ-A1r2+A23+2lnr+2A3--μA1r2+A21+2lnr+2A3+α1+μC1lnr+α1+μC2;  (24)

-B1r2+2B2lnr+3B2+2B3==1+μEA1r2+21-2μA2lnr+1-3μA2++21-2μA3+α1+μC1lnr+α1+μC2;            (25)

B1r2+2B2lnr+B2+2B3==1+μE-A1r2+21-2μA2lnr+3-4μA2++21-2μA3+α1+μC1lnr+α1+μC2;            (26)

B1=-1+μEA1;                                             (27)

2B2=21+μ1-2μA2+α1+μC1;                      (28)

B2=1+μ1-2μA2E+α21+μC1;                       (29)

3B2+2B3=1+μE1-4μA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2;(30)

B2+2B3=1+μE3-4μA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2;(31)

3E1+μ1-2μA2+α21+μC1==1+μE3-4μA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2-2B3;  (32)

1+μ1-2μA2+α21+μC1==1+μ3-4μEA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2-2B3;  (33)

31+μ1-2μA2E+32α1+μC1==1+μ3-4μA2E+21+μ1-2μA3E+α1+μC2-2B3;    (34)

2B2=21+μ1-2μA2E+α1+μC1;                         (35)

B2=1+μ1-2μA2E+α1+μ2C1;                           (36)

3B2+2B3=1+μ1-4μEA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2;  (37)

B2+2B3=1+μ3-4μEA2+21+μ1-2μEA3+α1+μC2;  (38)