Бидерман В.Л. - Механика тонеостенных конструкций, страница 5

Приравнивал теперь г, = г, в формуле (1,37), установим, что при г, = г, у* .= О. Таким образом, частное решение неоднородной задачи должно быть построено так, чтобы на внутренней границе г = г, участка опо было нулевым. Этого легко добиться, если в общей формуле (1.20) для частного решения нижние пределы интегрирования принять равными г,: ,1 «22-~1, 1+и 141!т=-«, — 12~1««, Ю~'=«* 4 + 2 «1 !ив «1 2 «1) Г1 — и «. 1+и Цг=« = Яг=« '( + ) + « + — — «, («'141)«=«1 «2 1 й 2 «1 2 «, Г «2 «1~ (гМ1), „=~~«=«1 ~1(1 — Р,) [ —,— — 2~~+ [. 2«1 2«„1 + («М1) — „, 11 — — + — — ~ Г1+Р «1 — 11 «1 2 «1 2 «2 Сопоставляя полученные выражения а формулой перехода : (1.38) для однородного решения, найдем элементы матрицы «1111 12112 1«112 «2121 «1122 "121 ""'22 "Ьз М («„, «2) = (1.41) 2 1 1 — 11 '2 «1 1+Р лт11 11 «Ц12 4 «1 + 2 «11п — ' 1 / 2 2 1 ~ «2 — «1 «, «, 0 ~ 4«1 2 «, ~ ' / «2 ~П21 = О," л122 1-«(1 — Р') ~— 2«2 / Г1+И ° 1 — И «11 И22= ~~ — + 2 «1 2 «2 / " ° Частное решение у"' определяется в соответствии с формулой 41.39).

В том случае, если участок загружен равномерным давле- Полагая в этих формулами г = «1, О = д~, „, 121 = в, „, ; «М1 = («М1),=-,„найдем С1, С2 и С, и податавим их вновь в формулы (1.40), счйтая « = г . Таким образом, получим нием о, а по внутреннему его контуру действует нагрузка Р, частное решение имеет вид (см. ~ 2) ы = — Фр (», »,)+ — Ф,(«, «,); Р д э р ° д = — — Фр (», »1) — — Ф~ («, «1) ,' (1.42) (»М1) = — Р 1»Фр (», »1) + цФр (», »1)1— — д (»Ф (», »1) + р,Ф, («, »1)1. Таким образом, при» = », вектор частного решения — Фр+ — Ф Р Ч О » ч — — Фр — — Ф Р Д вЂ” — (»2Фр + 1»Фр) — + («»Ф, + 1»Ф») у" (»,) = (1.43) где аргументами функций Фр, Ф являются »„ »1. Последовательно пользуясь формулой перехода,(1.37), для каждого из участков пластины можно, зная вектор состояния иа внутреннем контуре пластины, найти его на внешнем контуре.

Однако в действительности задача является краевой, и заранее вектор состояния нн в одном из сечений пластины не известен, Лля решения задачи используют метод начальных параметров. Пусть, например; требуется рассчитать кольцевую пластину, заделанную по внутреннему контуру (рип. 1.17). В этом случае граничные условия имеют вид ы,, = О; д,, = О; М ~,=» = О.

Из трех компонентов вектора состояния (ы, д, »М,) на внутреннем контуре известны два, а третий («М,) должен быть определен из граничного условия на внешнем контуре. Расчет производят в следующем порядке. Сначала решают неоднородную задачу в предположении, что (»М,),, = О, т. е. полагают, что у» !а=а =- О. 0 0 1 у1~.=~ = При переходе от участка к участку в однородном решении .Нагрузки не учитывают, и переход осуществляется по формуле у, (гз) = М (г„ гз) у, (г,).

Таким образом определяется вектор у, ~, з однородного реше. 1.'ния на наружном контуре. Так как общее решение неоднородного дифференциального ; уравнения, удовлетворяющее граничным условиям на внутреннем ",.Контуре, имеет вид у = уз+ Су, (1,44) :,"-го постоянную С можно найти из граничного условия на внешнем ',:контуре. При свободном крае это условие имеет вид М,~, з — — О :.или Уз ~ т=ь = (доз + СУ1з~г=з = О, :;.где у„и у1з — третьи компоненты соответствующих векторов. Следовательно, !( После определения С вычисляют по формуле (1.44) вектор ";состояния во всех характерных сечениях.

Находят также по формуле (1.36) момент 2 б М,= рМ,+й(1 — р,')— г :И напряжения по формулам (1.8), (1.9). В рассмотренном случае ! условие, наложенное на осевые перемещения (з = О), было Видано на внутреннем контуре, и его удалось удовлетворить зара. 'Мее. Если закрепление имеется на какой-либо иной окружности, ::,ворядок расчета не изменяется. Однако осевые перемещения опре:;,:,вселяют с точностью до постоянной величины, соответствующей !~перемещению пластины как жесткой.

Эту величину находят из ;"'фелония закрепления на последнем этапе расчета и добавляют ;:.и ранее найденным прогибам. Соответствующий вектор состояния во всех характерных :сечениях находят путем последовательного применения формулы : перехода (1.37) к каждому из участков При этом компоненты уз учитывают действие реакции опоры на внутреннем контуре, :.а также суммарных осевых сил в начале каждого участка, Таким "образом находят и уз~, з. Затем решают однородную задачу ''при условии (гМ,), „= 1, т.

е. при начальном условии щие т2 ~.=.. и 331, „, — к решению однородного уравнения. Поэтому для следующего участка (г ) г,) начальный вектор однородного решения следует принимать в виде 0 1 В (1+ р,) О гМ,~ У2 ~~-г, = (1.48) где 0 — жесткость участка О ~ г ~ г,, а начальный вектор неоднородного решения — в виде 0 0 4/~~ — — — — Рг, 8 4л У31~=-~, = (1А9) гМ, Тогда матрица перехода для участка а внутранним радиусом г, ' и наружным г2 !П21 1П22 Л223 ~ > т„т32 а!33(! (1.50) ',"где 2 1 — а2 11 т„= 1; и!2= — -ф- ~(1 — )2) ~ + 2 (1+!2) !21п —,~; о 1 т, = — — ' — ' ~ — — А — 2Й1п — ); 41:! Яю ~ Ь ' А ~' К2! = 0; т22 = — — + — ~ — К и ! !+и !+И 1 1 — 1! И" = — ' — + 33 2 !3 й' .вдесь 3, При практическом расчете ступенчатых- пластин удобно использовать безразмерные переменные, для введения которых отнесем все линейные размеры к некоторой фиксированной вели:.чине Р3 (за нее может быть принят, например, наружный радиус : пластины), а жесткость  —.

к некоторой фиксированной жесткости 03 (например, к жесткости одного иа участков). В этом случае компонентами вектора состояния будут величины У2 = и'Яо' У2 = 2т! У3 = ГЛ41 113 Компоненты вектора частного решения для данного участка определяют теперь формулами !сравните а формулами (1.42)1 щ" ~ 2 1 У1 (г2) = — = — — Фр (г2, г)) + 1Ж г2 Чгз + — 4 Ф (ъ г1) 4 у)ч) 6 — — ' [ — О,,)ч, г,)1— В ~ге (1.51) Ф~ 1 3 Фд (г2~ г1) 2 у 1г,) = — — — ' [[Е Ог, Ч)) 4. р [ — й (г~, ~,) Д— 12, '1[ чг2 1 Фе (г2в г1) + г1 2 Фе (г2~ г1) 04 г2 Ч 1 2 г 2 В этих формулах заключенные в квадратные скобки выражения представляют собой безразмерные величины, зависящие только от отношения Й = — '; они могут быть взяты непосредг1 гг ' ственно из табл.

1.1. Пример 1.В. В качестве примера„нллюстрирук)щего применение матриц перехода для ступенчатой пластины, рассмотрим расчет пластины, изображенной на рис. 1.18. (Конечно, преимущества рассматриваемого метода существенны Рис. 1.18 тогда, когда число участков велико. Эту пластину, состоящую всего из двух участков, нетрудно было бы рассчитать и методом сопряжения участков.) Так как внутренняя часть пластины 0~ гсаа а без отверстия,' за исходное принимаем сечение г = П = а. В атом случае к решению однородной задачи относится угол поворота О ~ и пропорциональный ему изгибающий момент аМ! ~ о = ьз (1+ р) зт ~ а, к рераа шению неоднородной задачи — момент (гМ ) („„= — (при оси г, направленной вверх, нагрузку следует считать отрицательной, т.

е. д= — р). Будем Е (2!а)а решать задачу в безразмерных переменных, приняв о!о = 2а, 0о = 12(1 — )аа) ' Тогда начальные значения векторов состояния в сечении г= а следует взять такими: для однородного решения гаЯо д кМ~ )-)о у- (а) = 1,3 1+р для неоднородного решения гаЯо д гМз ~)о ра' 81:!о , 0 уо (а) = а ( г ~ 2а подсчитываем по фор. 2а ' ' Яо 2а Матрицу перехода для второго участка мулам (1.50), в которые следуез подставить' Тогда 1 — 0,488 — 1,61 4 0 1,025 6,00 О 0,0853 1,475 из табл. 1.1 при — = 0,5. г Ф„(2а, а) = 1,527.

10 а > 1 (2а)а Значения функций Ф (2а, а) берем — Ф„(2а, а) = 1,998 ° 10 а; 1 (2а)' — Ф (2а, а) = 8„558 10 а; 1 (2а)а — Фр (2а, а) = 4,632 10 а; 1 (2а)а — Фз (2а, а) = 2,531 ° 10 "; Фо (2а, а! = 8,500 !О а. ! 2а 41 На второй участок воздействует давление з7 — р и приложенная по внутреннему краю г = а нагрузка Р = — рпаа (сила Р направлена вниз и позтому ' отрицательна) По формулам (1.51) находим компоненты вектора состояния в сечении г = 2а, соответствующего действию нагрузок а = — р и Р = — рпаа на второй участок.

— 0,360 роз О» у* (2а) = 2,248 1,302 Вектор решения однородной задачи для сечения г= 2а ~ 1 — 0,488 — 1,614 — 2,60 ут (2а) = Му~(а) ='., 0 1,025 6,00 0 0,0853 1,475 1,3 2,01 Вектор решения неоднородной задачи у, (2а) = й4уо (а) + у* (2а) = 1 — 0,488 — 1,614 1 рпо — + Вгго 1,025 6,00 ! 0 0,0853 1,475 — 0,360 + 2,248 — '0,562 рпо (го 3,00 1,302 1,486 Постоянную С в выражении у = у, + Сут находим из условия, что сум- марный угол поворота (т, е. второй компонент вектора состояния) в сечении рпо г 2а равняется нулю, т. е.

3,00 — +С 7,82 =0, о з откуда С = — 0,384 —, 0о Определяем также постоянную гао„которую нужно добавить к перемеще- ниям ш, чтобы при г= 2а га равнялось нулю: —" — 0,562 Р +С ( — 2,59) =01 Йо после подстановки С вЂ” = — 0,433 —. н'о раа Йо ' 0о Тогда полный вектор состояния в сечении г= 2а оо Йо О гМ С)О Йо 0 0о у(2а) = уо (2а) + СУ1 (2а) + 0,714 а в сечении г = а у (а) = уо (а) + Сут (а) + , — 0,866 ряо 00 — 0,384 — 0,375 42 После подстановки в формулы (1.51), учитывая, что ягссткость плаатины 1 на этом участке В = — ого, получаем (при )г = 0,3) 8 в о о нл та О = — 2а 0,866 — — 0,384 — — — —,ао = — 1,940 Р Ро 2 64Ро ' Ро О =О М ~ =М ~ =-0384 —— ро Ро (1+ 11) г=-О ' 1 г=о и г=о ' Р— — (1 + р) ав = — 0,58раз.

16 В другик сечениях момент Мо определяется из соотношения (1.36): М, = рМ1+ Р (1 — р,и) —. 0 Нетрудно видеть, что в сечении г = а, где жесткость Р для двух участков /различна, момент Мя меняется скачком. В результате получаем значения характерных величин при г= О, о, 2о, ,.представленные в табл. 1.3.