Феодосьев В.И. Сопротивление материалов (1075903), страница 55
Текст из файла (страница 55)
В реальных условиях сосредоточенных в точ- 418 П р и м е р 10.7. Определить прогиб н наибольшие напряжения в пластине, нагруженной сосредоточенной силой в центре (рис. 10.25). Как н в предыдущем примере, Я = Р(2кт. Позтому выражение (10.26) сохраняет свою силу. Перепишем его.' ке сил не сушествует — это лишь схема.
Сила действует на небольшую плошадку (рис. 10.2б) в зависимости от размеров которой будут возникать большие нлн меньшие напряжения. Прогиб в центре пластины прн сосредоточенной силе имеет конечную величину, и схематизация реальных условий приложения снл не вносит здесь противоречий: Рг ~Г ы = Сз — — ~1п — +— 8хР 1 г 2 Так как прн т = Й прогиб ю = =О,то РК' Сг =— 1бхР' Рис.
10.26 откуда р [ г г г -( — т ) — г 1п— 2 г В центре ввк Ш 16хР П р и м е р 10.8. Построить энюры изгибающих моментов для сплошной пластины, защемленной по контуру и нагруженной силой Р, распределенной по окружности радиусом а (рмс. 10.27). Пластину следует рассматривать как состоящую из двух участков. На нервом участке Я = 0 н, согласно выражению (10.8), получаем Сг д1 — С1г+ —, г На втором участке Здесь, согласно выражению (10.2б), Сг Р г дз = Сг т + — — — т 1п —. т 4аР а (10.28) 14' 419 причем сразу можно сказать, что Сг — О, поскольку в центре д1 — — О.
Таким образом, д1 = С1г. (10.27) Р(1+ ) ( Ь 1 г М~ — - М1 = ~1п-+ — — — -~ = сопас. 4к ~, а 26г 2( На втором участке, учитывая выражение для дг (10.28), получим Ь 1 а а (1+ и) 1п — + — — + — (1 — и) — 1 2 Ьг 2„г Ь 1 а а (1+ р) 1п — + — — — — (1 — р) — и г 2 Ьг 2гг Р Мс =— 4гг Эпюры изгибающих моментов показаны на рис. 10.27. Если радиус а мал, то наибольший изгибающий момент возникает в центральной части пластины, При больших значениях а наибольший момент имеет место у ее контура.
По моментам легко подсчитать и напряжения. Таким образом, задача о расчете пластины, имеющей несколько участков, не содержит в себе принципиальных трудностей. Однако здесь приходится большей частью производить довольно громоздкие выкладки. 10.5. Изгиб прямоугольных пластин Задача о расчете пластин с прямоугольным очертанием контура оказывается значительно более сложной, чем симметричных круглых пластин. Получается это, прежде всего, потому, что прогибы и напряжения несимметричной пластины определяются в функции не одного, а двух независимых переменных. Для прямоугольной пластины (рис. 10.28) в качестве таких переменных берут обычно х У и у в прямоугольнои системе координат.
Дифференциальное уравнение некруглой пластины является уравнением в частных производных и решается, как прави- О Х ло, в рядах. Не останавливаясь на этой задаче, приведем только некоторые окончательные резуль- а таты теории прямоугольных пла- Рис. 10.28 стин. Если пластина свободно оперта по четырем сторонам и находится под действием распределенного давления р, то наибольший прогиб имеет место при х = у = О (см. рис. 10.28) 4 упах Рй ш =а —, ЕЬЗ' где а — коэффициент, зависящий от отношения Ь/а; а — меньшая сторона пластины. Наибольшие изгибающие моменты Мх и М,, рассчитанные на единицу длины сечения, имеют место в той же точке и равны Мтах ~р ~2 М'пах =,~ра2 У Коэффициенты а,,д и 7 для некоторых значений 6/а при и = = О,З приведены ниже: 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2 3 4 5 оо Если пластина защемлена по четырем краям, то наибольший прогиб имеет место по-прежнему в центре пластины: 4 тпах Ро и =а1 —.
я)~3 Наибольший изгибающий момент возникает по серединам больших сторон, т.е. при х = ~а/2 и у = О: МП1ах р 2 Коэффициенты а1 и Д для некоторых значений 6/а при р = О, 3 приведены ниже: 1 1,25 1,50 1,75 0,0277 0,0284 0,0829 0,0838 0,0240 0,0264 0,0757 0,0817 0,0138 0,0513 0,0199 0,0665 422 а ..... 0,0433 0,0616 0,0770 0,0906 0,1017 0,1106 0,1336 0,1400 0,1416 0,1422 Д ..... 0,0479 0,0626 0,0753 0,0862 0,0948 0,1017 0,1189 0,1235 0>1246 0,1250 0,0479 0,0501 0,0506 0,0493 0,0479 0,0464 0,0404 0,0384 0,0375 0,0375 10.6.
Изгиб цилиндрической оболочки при симметричном нагружении Выше были рассмотрены случаи растяжения оболочек без изгиба (безмоментная теория) и изгиба пластин без растяжения. Теперь остановимся на более общем случае, когда в сечениях оболочки возникают и изгибающие моменты, и нормальные силы. Рассмотрим задачу об определении напряжений в симметрично нагруженном тонкостенном цилиндре.
Ее следует решать при тех же допущениях, что и задачу об изгибе пластин, т.е. принимать гипотезу неизменности нормали и предположение о ненадавливании слоев оболочки один на другой. Круговой тонкостенный цилиндр радиусом Л и постоянной толщиной 6 находится под действием некоторой осесимметричной нагрузки (рис. 10.29). Деформации и напряжения, возникающие в оболочке, также обладают, очевидно, осевой симметрией, и деформированный цилиндр представляет собой некоторое тело вращения. Форма этого тела определяется формой изогнутой образующей цилиндра. Рис. 10.29 Рис.
10.30 Обозначим через и радиальное перемещение, а через д угол наклона касательной к образующей срединной поверхности цилиндра (рис. 10.30). При этом йо — = д. (10.29) Ыю Перемещение и будем отсчитывать от оси цилиндра. Относительное удлинение е~ отрезка АВ (рис. 10.31), расположенного на расстоянии л от срединной поверхности, складывается из двух составляющих: из удлинения е0 срединной 423 поверхности и удлинения, обусловленного искривлением образующей цилиндра. Последнее слагаемое имеет вид»Ыд/Ых. Полное удлинение слоя АВ будет Нд ° ех = ко +» —.
(10.30) Ых Удлинение в окружном направле- нии ку — — ю/Л. (10.31) Рис. 10.31 Этим удлинениям соответствуют напряжения сх и су, связан- ные с ними законом Гука: Е Е ~х = 2 (~х + И~У)> ~У = 2 (~У + Р~х)> 1-р 1 — р или, согласно выражениям (10.30) и (10.31), Е ю Нд Юх = ~О+и — +»вЂ” 1 — 2 Я Нх Е ю Ыд ~у = И~О+ +И» у В ~Ь (10.32) В сечениях цилиндра (как осевых, так и поперечных) возникают изгибающие моменты и нормальные силы. Их опре- Рассмотрим элемент цилиндрической оболочки с размерами Ых и Иу (рис.
10.32). Нормальные силы в площадках Ь Ыу и Ь Их, отнесенные к единице дуги сечения, будут +Л/2 +Л/2 ~х — ~х ~» — Л/2 -Л/2 424 деляют через напряжения сх и су, аналогично тому, как это делали для круглой пластины. Рис. 10.32 Рнс. 10.33 Определим в этих же сечениях изгибающие моменты +Л/2 +Ц2 М~ = ю~х~Ь; Мя —— сях Нх. -Л/2 -Л/2 425 Учитывая выражения (10.29) и (10.32), запишем силы Ф и Мя, моменты М~ и М, в зависимости от перемещения и: ЕЬ ш ЕЬ и ~х —, ~0+0 — > ~у —, +~~0, (10.33) д 2 Р ' 1 ~„2 Я ~2 „д2 „ М =Р 2', Мя — — ИР (10.34) ах2 Нх2 Е/~з 12(1 ~2)' Теперь обратимся к уравнениям равновесия. Снова рассмотрим элемент цилиндрической оболочки с размерами 6, Нх, Иу и к его граням приложим равнодействующие силы и моменты, которые равны произведению И~, Фя и М~, М~ на Ыу и Ых соответственно (рис.
10.33). Кроме четырех перечисленных силовых факторов, прикладываем поперечную силу Я 0у. Внешние силы характеризуются давлением р = р(х). При переходе от грани с координатой х к грани с координатой х + Нх силы получают приращения. В осевых сечениях по свойствам симметрии силовые факторы остаются одинаковыми. Проектируя силы на ось цилиндра, получаем первое уравнение равновесия НЮ =О, Х = сопй. Это значит, что осевая сила определяется условиями нагружения цилиндра на торцах.
В дальнейшем будем считать эти условия заданными и силу М~ — известной. Проектируя силы на направление радиуса, получим второе уравнение равновесия — Ия ~Ь вЂ” — ~Ц Ыу + р йх йу = О, Иу или ~Ц Фу — -р- —" Их Я' Наконец, третье уравнение равновесия составим, приравняв нулю сумму моментов всех сил относительно оси, касательной к дуге нормального сечения (на рис. 10.33 это ось у): (10.35) Я Иу Их = НМ~ Ыу, откуда (10.36) 426 ЫМ~ Ых Остальные уравнения равновесия вследствие симметрии удовлетворяютс~ тождественно при любых значениях действующих усилий.
Теперь преобразуем полученные уравнения. Из уравнений (10.33) исключаем я0, а из (10.35) и (10.36) — поперечную силу Я. В результате получим ЕЬ ~у = 'н~+ Р~х ~2М У р— Дх2 Я Исключаем из этих уравнений Мя. ~РМ ЕЬ р, ~ г ~~г д х Наконец, воспользовавшись первым выражением (10.34), приходим к уравнению относительно одного неизвестного — перемещения ы: 4 Р Р~~ — +41 и= — — —, с~х4 Р ВЮ' (10.38) где 414 ЕЬ 12(1 — Р, ) Я2Р Я2~2 (10.39) Рис. 10.34 Если уравнение (10.38) решено и функция ю найдена, то по формулам (10.34) определяем моменты М~ и М„из уравнения (10.37) — силу М~, а из (10.36) — поперечную силу ~з 3' (10.40) 427 Как видим, решение рассматриваемой задачи сводится к дифференциальному уравнению (10.38), которое было получено для изгиба стержня на упругом основании (см.
~4.7). Родственность этих задач несомненна. Цилиндрическую оболочку можно рассматривать как совокупность совместно изгибающихся полосок, связанных между собой упругими силами (рис. 10.34). При симметричном нагружении все полоски изгибаются одинаково, и радиальная составляющая сил Мя в каждом сечении, как и для стержня на упругом основании, пропорциональна местному прогибу ю.
Наибольшие напряжения находим по формулам (10.32) при х = +И/2 или х = -л./2: < й,. ~ги ~о+ Р 2Д2 + ~~2,У 2 И силючив отсюда при помаши выражений 11033~ и (1034) величины (ео + ри/В), (4иео + и/л), а также и и/ых и ~и оги/Ых, находим ~х 6Мх Ю» .ба ю~= — 1 —; о Л Лг ' " Ь Лг Таким образом, через перемещение и мы выразили внутренние силы, а затем и напряжения.
Решение уравнения (10.38) имеет вид и = е «*(С181пйх+ Сг совках)+ +е+ ~(Сзипйх+С4соейх)+и . (10.42) где и* — частное решение, которое находится в зависимости от закона изменения р вдоль образующей. .Пля определения четырех постоянных необходимо задать четыре граничных условия и затем решить систему из четырех уравнений. В большинстве случаев эта система оказывается, как говорят, слабо связанной и распадается на две системы иэ двух уравнений. С достаточной степенью точности постоянные С1 и Сг можно определить независимо от постоянных Сэ и С4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
