Бояршинов С.В. - Основы строительной механики мащин (1071565), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Действительно, в результате дифференцирования в по и получим 4рЬ4 Си —— й — БЬ вЂ” + С учетом найденных значений постоянных уравнение упругой поверхности пластины (6.46) принимает вид Ала йла йла р 1 2Ь 2Ь 2Ь Ьсх 4ЬФ + лЮ И сЬ вЂ” + »=! зв В Ю ЭЬ вЂ” +— Ь Ь Ала 2зй— 2Ь балх . Юлу + Юла йла Ь аЬ вЂ” Йп —. Ь ~Ь вЂ” +— Ь Ь (6А7) Ь х=О и=— 9 ( Йла Ала Юла 2Ь 2Ь 2Ь 2 ~зЬ вЂ” + — сЬ— й А Максимальный прогиб при йд в1п— ~ГПВХ— лЮ Й~ (6.48) »=!.
3. 5.. Этот ряд сходится очень быстро. Уже первое приближение совпадает с точным решением до третьего знака.- После того как функция в (х, у) найдена, вычислить изгибающие моменты и напряжения нетрудно. При выполнении- практических расчетов следует иметь в виду, что максимальные изгибающие моменты и прогибы прямоугольных пластин при различных вариантах закрепления краев удобно апределять с помощью таблиц готовых решений [25), Остановимся кратко на изгибе эллиптических пластин. Рассмотрим эллиптическую пластину, жестко заделанную по контуру и нагружен- 236 Очевидно, что это уравнение удовлетворяется при р — ~ сопМ и при прогибе в центре Р Р 24 16 24 Π— + — +— Рис.
6.И аа аЮ Ь4 Поскольку функция в (6.5О) удовлетворяет основному дифференциальному уравнению (6.18) и граничным условиям на контуре, то она является точным решением данной задачи. Наиболее напряженная точка пластины находится на конце малой полуоси (х О, у = -1- Ь). Изгибающие моменты в этой точке, согласно зависимостям (6.10), (6.11): 8~щО В~рб Представляет интерес еше вычислить изгибающие моменты в точке, расположенной на конце большой полуоси: МР . 8Р~~О~ М ФтлД р у ф а~ х~ у~ но на основании уравнения (6.49) в контурных точках —, + -Ь вЂ”,— — 1 = О, следовательно, выражения (6.5О) и (6.51) на контуре обращаются в нуль.
Проверим теперь, удовлетворяет ли выбранная функция а ,. основному дифференциальному Р уравнению (6.18). Д4ц, Д4ц~ дав Вычислив— дх4 ' дх~ Дф ду4 и и подставив в уравнение (6.18), получим 24 16 24 р (6.67) (6.68) (6.69) : где (6.70) ~Ц~~р ЙЯВЛ' А1$~ ~~,+, ~~~~„ дм Я~+ ~~ ЙЯ1) ~1г М~ к'фф ~Ч1г 4Р Рис. 6.18 240 Запишем дифференциальный оператор (6.17) в полярных коор- динатах: д~~в) д(е) 1 У(е) (6.62) Для поперечных сил вместо выражений (6.16) получим д,=п — (ч ъ)„ д ф =,0 — (7'в). д (6.63) Основное дифференциальное уравнение (6.18) после преобразования принимает вид (6.64) Прогиб в и давление р приняты положительными, если они направлены вниз.
Положительные направления силовых факторов Ю~ Я' д4,'- И Фг Я.Ъ"йН 'В МР +М (Мр+ у;„-Ф~~ф.+~ру;И~у М (Ф~+ у„-"А~г)(г+ыг)ир показаны на рис. 6.13. Заметим, что зависимости (6.59) — (6.64) могут. быть выведены непосредственно в полярных координатах [2И. Напишем еще выражения граничных условий для круглых пластин при несимметричной деформации. Ири жесткой заделке края пластины вместо условий (6.19) дг ди~ (6.65) При шарнирно закрепленном крае вместо условий (6,20) д%~а 1 Йа — д ° +Р д — О. (6.66) При свободном крае взамен условий (6.21) Рв дв Фа М =О или ----+р — +р — = О г дг~ гдг гмдЧР 9, — — '=О или дМ,д где д — дГ'~)+(1 — И) — „— „,. — —.д, =О. 1 дзи 1 дйа Общее решение дифференциального уравнения (6.64) можно -' представить в виде суммы общего решения однородного дифференциального уравнения и частного решения уравнения с правой частью: Общее решение Однородного уравнения получено Елебшем: щ =г,(г)+~Р (г) сов т~р+,У',~~(~) в~п ~% Ро (г) = С1о+ Сиог'+ Сао 1п — '+ Сао ги Р,„(г) = С1„,г~+ Салаг + +С, г'"+'+С4,г +' (при т~1), Р1(г) =С11г+С21г '+Са1г + +С„г1п — ' (при т=1).
ги Функции ~ (ф ~, (г) определяются такими же уравнениями, как и функции Р (г), Р, (г) [см. уравнения (6.70)1. Первое слагаемое в решении (6.69) учитывает осесимметричную составляющую прогиба в. Это слагаемое полностью соответствует решению для круглых осесимметричных пластин. Слагаемые, содержащие сов т~р, соответствуют симметричным составляющим функции в относительно плоскости <р = О, а слагаемые, содержащие яп лир, — обратно симметричным. Частное решение уравнения (6.64) определяют в каждом частном случае по заданному закону распределения давления р. Постоянные интегрирования находят, как обычно, из граничнах условий на краях пластины.
Пример 7.1. Круглая пластина, жестко заделанная по наружному краю, имеет в середине жесткий центр, к которому приложен изгибающий момент т (рис. 6.14, а). Подобная схема встречается, в частности, при расчете днищ канатных барабанов, работающих на изгиб. Характер деформации пластины показлн на рис. 6.14, б. в ~Р„,(с)ссааар, Ь где В= —. а Выражение функций в принимает вид (и — !) «+ 2[(И+1) !и й — (Π— 1)1 + — — — +2 (1+ Аз) «!и — соз «р.
Г аз або соз Ф Составляющая угла поворота нормали в радиальном направлении в той же точке дГИ вЂ” = — бо соз Ч. дг На наружном контуре (Г = Ь) при жесткой заделке имеют место следующие граничные условия: %+2 М,а «««р соз «р- Рис. б.И ~' 3Н»«з+1) !пй — (И вЂ” Щ~ +" а ж=Р1(Г) соз «р, (1 ) Аз — — (1+!«) (19+1)— аз 9 соз «р,' боо (1+3„)." 1 аз а +(1 Р) йЗ (!+И) (АЗ+ 1) — сое «р: ГЗ АЗ вЂ” — — +(И+1)— аз Г 9 а а Г 6 О (1 — 1«) М.»=, уз+ ц !и Ь вЂ” (~ — 1)! 2+ (У+1) — 9 26о0 аз [(3д+ 1) 1п Й вЂ” (И вЂ” 1)1 соз «р. При Г= а 1 О = С11Ь+ С91 — + Сз,ЬЗ соз «р; 1 О ~с — с — +с зь+с 1 9. 243 Совместим начало отсчета угла «р с плоскостью действия момента.
Так кан эта плоскость является плоскостью симметрии, то в решении (6.69) члены, содержащие з!п иу, должны отсутствовать. Слагаемое Ро (Г) в данном слУчае также следУет пРиРавнЯть иУлю, так как деформация обратно симметрична относительно срединной плоскости пластины. Также~авно нулю и частное решение й (ввиду отсутствия распределенного давления).
Таким образом, функция в для данной задачи принимает вид где и = 1, 3, 5..., так как нагрузка обратно симметрична относительно оси «р = = 90'. Запишем граничные условия для рассматриваемой пластины. Обозначим через 6Ъ угол поворота жесткого центра (рис.
6.14, б), тогда при Г= а прогиб в произвольной точке. на внутренйем контуре Так как частное решение и равно нулю, а в граничные условия слагае. мые, содержащие соз 3«р, соз 5«р и т. д„не входят, то искомая функция в будет содержать только один первый член ряда, т. е. или с учетом выражений (6.70) э = С,1«+С91«1+С91«з+С4~«!п — сое «р. Ь Постоянные интегрирования определяются из граничных условий.
Последние, при внесении в них функции а, приводятся к системе четырех уравнений: 1 а — а «Го соз «р= С11а+Сзт =+ С91а +С41 а !и — соз «р; а Ь 1 а — б'о соз «р= С11 —. Сц — +С913а +С41 1п — + 1 соз «р; аз Ь Решение этой системы уравнений дает 1Ъ~ (»» — 1) 2 [(И+1) !и а-(Ю вЂ” !)! ц аЮ 2 [(И+1) 1п Й вЂ” (И вЂ” 1)]' Фв С 2а [(А +1)1п А — (И вЂ” 1)3 Ъ 6,(АЗ+1) 4' Рз+ 1) !п а — (и — 1)1 Теперь осталось установить зависимость между углом поворота 6о центра ,.'и величиной момента ИИ. Эту зависимость : получим из условия равновесия жесткого И центра. На жесткий центр действует внешний .«момент НИ и распределенные по окружности радиуса а радиальный изгибающий момент М,, скручива1ощий момент М,» и попе- Х чная сила Ц (ряс.
6.15), Составим уравне'"' н моментов относительно оси у: ° ° ° Ф 4« ° Г« Г'й — 2 ~ М„а йр с)а ~р+2 ) О,а Ща сов ~р О. )') Р~к. бЛБ Силовые факторы М„М», М,», «,р, определим согласно формулам (6.59) — (6.63). — тто02 (й~ 1) соз «Р М О М, „, „,„,,; М„-О; ЩЭ2 (3+О) соз «р а9[(ьз+1) пД (Дз 1)]' Напряжение в ребрах Для того чтобы повысить точность, можно ваять функцию в в виде суммы нескольких слагаемых. Так, например, чтобы получить решение во втором приближении, следует задаться функцией ЯГ в виде Дйц~ а=Ее = — Б — (г — е). *Ф' .
Д Я а=а1 1+сов — 1+сов — +а» 1 — сов — 1+сов — + +а~ 1+сов — 1 — сов — +а 1 — аи — 1 — со —" . дб Д»и е — (г — е) = — — (а — е). г 1 дв е~= — (г — е) = —— г Д„ Напряжения в пластине П одставив ы в выражения для О, Я, П и приравняв нулю производные от П по параметрам а„а», а», а„получим систему четырех уравнений, решив которую, определим неизвестные пара- ~ д метры. Пример 6А. Определить напряжение и прогиб для круглой пластины с радиальными ребраФь~ А ми, изображенной на рис. 6.1О.
ф Поскольку в данном случае ребра расйоложены с одной стороны и площадь их поперечного сечения значительна по сравнению с толщиной пластины, то предположение о нерастяжнмости срединной поверхности 1 пластины неприменимо. 1 1'~ Деформацию такой пластины можно представить как ее изгиб относительно нейтральной Р поверхности, расположенной на ~Ф некотором расстоянии от средин- ной плоскости пластины. Точное Ю Х решение рассматриваемой задачи Ь с учетом неравномерности дефорф мацнй в окружном направлении весьма сложно, Более простое Рис. 6.19 приближенное решение, основан- ное на применение метода Ритца, предложено А.
Н. Духовным. Это решение основано на следующих допущениях: 1) деформацию пластины считают осесимметричной, т. е. неравномерность деформации по окружности не учитывают (это допущение не вносит существенной погрешности, если число ребер достаточно велико, а.': 6); 2) форму упругой поверхности принимают подобной форме поверхности аналогичной пластины без ребер; 3) смещение нейтрального слоя относительно срединной поверхности пластины считают постоянным по радиусу. Величину этого смещения е, а также параметр А, характеризующий прогиб пластины, определяют по методу Ритца нз условия минимума энергии. Приняв гипотезу ненскривляемости нормалей и считая напряженное состояние в пластине двухосным, а-в ребрах — одйоосным, можно написать следующие выражения деформаций и напряжений: Потенциальную энергию деформации вычислим как интеграл от удельной энергии по объему пластины и ребер Ц, — (о е +о~а~) 2лгй"Нг; 1 ~ г Ур и — аеЛМРаг, 1 г где л — число ребер; Р— площадь сечения ребра.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
