Ю.Н. Работнов - Механика деформируемого твердого тела (1119118), страница 70
Текст из файла (страница 70)
ЕРименение пРеоБРАЗОВАния ФуРье 349 Выпишем уравнения равновесия да до, да, да дх ду ' дх ду (10.8.2) Умножим уравнения (10.8.2) на е'"* и проинтегрируем по х в пределах от — до +с . Заметим, что, если д(~ )=О, то интегрирование по частям дает .1- ю ~ я' (х) е'1' 4)х =. — 1р ( я(х) е1Р"г(х = — гру (р) и аналогично у(ю (х) е1Р"4(х = ( — гр)"д(р). Ю Таким образом, мы получим уравнения равновесия — 1раы+ о„= О, — 4ра21+ о„= О.
(10.8.3) Здесь штрихи обозначают дифференцирование по переменной у. Подвергая преобразованию Фурье граничные условия (10.8.1), получим о„(р, 0) = — а(р), о„(р, 0) = О. (10.8.4) Как было показано в з 8.5, каждая из компонент тепзора напряжений есть бигармоническая функция, поэтому 4 4 4 д а22 д о22 д а22 —, + 2 —,, + —, = О.
дх4 дх4дуэ ду4 Применяя к атому уравнению преобразование Фурье, получим для образа Фурье о22 следующее обыкновенное дифференциальное уравнение: о„— 2р'а„+ р'о„= О. -гч а„= (А ( р ) + В ! р ( у + В) е! Иу. Запишем решение его следующим образом: о„= (А + Ву) е"'". (10.8.5) По существу это есть склейка двух решений, +р и — р представляют собою двойные корни характеристического уравнения, решение рассматривается в нижней полуплоскости о22(р, — ) =О, поэтому, если р) О, то нужно брать решение, соответствующее корню +р, а если р(0, то решение, соответствующее корню — р. Дифференцируя (10.8.5) по у, получим 350 ГЛ.
!О. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТЕОРИИ УПРУГОСТИ Подставляя в граничные условия (10.8.4), с учетом (10.8.3) 22айдем А=-д(р), в=(р!у(р). Теперь (10.8.5) можно переписать следующим образом: о„= — д(р) (1 — (р(у) е"". (10.8.6) С помощью (10.8.3) найдем последовательно о„= — (у(р) руе'"", о„= д(р) (1+ (р(у) е"".
(10 8 7) По формуле обращения находятся сами напряжения. Мы приведем подробные вычисления для одного из них, например о„: + 1 Р— о„=- — — ) () (р) (1 — ) р ( у) е(Р(2-!уха, у'2я где д(р) == ) ч(з)е!РЩ. Внесяэтовыражениевформулудля ~/2я огь мы можем переменить порядок интегрирования. Получим -!- аа + о 2 = — ) д($) а$ ) (1 — ) р(у) е(М" 2Р("-1)г)р. (10.8.8) Вычислим первую половину внутреннего интеграла: + аа о еЬ(У-!Р(х-г),)р = ~ е-Р(У;!(2-1!)др+ -(- ~ Е-Р(-2+ !(х-$))8р =— 1 , !о е 21"е!(" 2)) ~ у+ ! (х — е) 0 е Р( У+2(" 1)) = — + — + а(* — $) 1~ у+ 2(х — 1) 1 2у + — у+ ! (х — $) гз Здесь г' =(х — $)2+ у'. Аналогичным образом вычисляется вторая половина внутреннего интеграла -!- а 2 2 ( р ( е(Р(У 2Р (" З)е(р = — 2 У Г а Проделав подобным же образом все вычисления, мы получим следующие формулы, представляющие собою решение первой 351 2 10.2.
силА ИА ГРАнице полуплоскости основной задачи + для полуплоскости: 2 г (йе г 4 22 г (10.8.9) 2 и == — —" ч(~)" ( ~) 21$ 12 ' Г 4 5 10.9. Сосредоточенная сила на границе полуплоскости. Контактная задача Пусть на участке — е < з < з, д($) = Р/(2е), тогда как на остальной границе д(з) = О. Переходя к пределу при е — О, наидем Ге' Ы г Эти формулы дают решение задачи о сосредоточенной силе, приложенной к границе упругой полуплоскости. Найденное решение, как и всякое другое решение задачи о действии сосредоточенной силы, не должно пониматься буквально в том смысле, который вытекает из названия параграфа. Действительно, при х= у = 0 напряжения оказываются бесконечно большими. Формулами (10.9.1) можно пользоваться в двух случаях: а. Нагрузка болыпой интенсивности распределена на малом -~-е участке, например, на участке — з<х< е, причем ~ ддх= Р, -е тогда формулы (10.9 1) верны в области !х~ >> з, ! у) >> з. б.
Из формул (10.9.1) обратным переходом можно получить (10.8.9). Для этого нужно в (10.9.1) заменить координату х на з — З, т. е. получить решение для сосредоточенной силы, приложенной в точке л — з. Далее, эта сила Р полагается равной д($)42Е и производится интегрирование по з. Хотя мы и отправлялись от решения для сосредоточенной силы, получающиеся в результате формулы (10.8.9) содержат сходящиеся интегралы и напряжения оказываются конечными, если функция д($) ограничена.
Иногда такой обратный путь оказывается более эффективным, решение для сосредоточенной силы можно бывает получить независимо, иногда просто путем подбора. Так, напряженное состояние, описываемое простыми формулами (10,9.1), оказывается еще более простым, если преобразовать компоненты тензора о 2 к полярным координатам, приняв точку приложения силы за начало. Вместо этого мы сразу выведем соответствующие формулы в 352 ГЛ.
1О. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТВОРИИ УПРУГОСТИ полярных координатах. Положим 2Р ссз 0 а„„= — — — озз —— — О, а„з —— — О. (10.9.2) Здесь угол 8 отсчитывается от линии действия силы, как показано на рис. 10.9.1. Непосредственной проверкой убеждаемся, что уравнения равновесия (7.8.5) будут при этом выполнены тождественно. Уравнения совместности Бельтрами — Митчела (8.5.8) приведутся к единственному условию 1АО„= О, которое также выполняется тождественно. Непосредственной проверкой убеждаемся в том, что формулы (10.9.1) и (10.9.2) совпадают. Вообще говоря, способ подбора, пример которого был приведен, нужно применять с известной осторожностью, существует опасность того, что прп этом в точке приложения сосредоточенной силы появится дополнительная излишняя особенность.
Предельный переход, использованный при выводе формул (10.9.1), исключает эту опасность. Для нахождения перемещений следовало бы применить тот же способ, что и при выводе формул (10.9И), т. е. проинтегрировать соотношения для образов Фурье и перейти к оригиналам. Однако мы вычислим перемещение Р и, другим, более простым способом. Вследствие закона Гука Рис. 10.98 2 1 — == е„= — (о„— та 1). ду Е Мы приняли для определенности, что осуществлено плоское напрян<енное состояние.
11ри плоской деформации изменяются значения констант. Интегрируя это соотношение, получим 1 Г и,(х, 0) = у ) (асс — уо1т) 1(р. с Применим эту формулу к тому случаю, когда на границе приложена сосредоточенная сила, следовательно, напряжения выражаются формулами (10.9.1). Вычислим первый интеграл о с СО (* +У) 354 гл. 1О. плОскАя ЗАпАчА теОРии упРугости интегральное уравнение для функции д(х) (10.9.5) Н$ = — ЛЕЕ' (х). -а Решение уравнения вида ) — ~Ц = 7 (х) дается формулой ( ч (з) а ь () ~ ~у7 )а:а ва ~Т'аа — 'а 1 1 — +УТ*:а~.— 'а' а (10.9.6) Как видно, решение не единственно, второй член содержит произвольную постоянную с, которая ойределяется из дополнительных условий, например, если задана действующая на штамп сила.
Рассмотрим задачу о действии на полуплоскость загруженного плоского жесткого штампа, так что д(х)=сопз1, д' =О. Применяя к решению уравнения'(10.9.5) формулу (10.9.6), найдем, что интегральный член будет равен нулю и давление дается следующим выражением: д (х) Х сопз1. т Уа — а~ Постоянный множитель легко определяется из условия где Р— действующая на штамп сила.
Отсюда получаем (10.9.7) д()= ига — х Следует обратить внимание на то, что особенность у края штампа получается точно такой же, как в задаче о трещине, рассмотренной в з 10.4. В действительности, эти задачи совершенно идентичны, задача о трещине нормального разрыва ставится как смешанная задача, разница состоит лишь в том, что в задаче о штампе задано равное нулю перемещение вне отрезка 1 — а, а) оси х и напряжение на бесконечности конечно, в задаче о штампе перемещение постоянно и отлично от нуля на этом отрезке, на бесконечности напряжение отсутствует. Формулу (10.9.7) можно без труда получить по методу з 10.4, мы предоставляем сделать это читателю. з ю.ю.
ившкнив для длинного пгямоггольнпкв 355 й 10 10. Решение длн длинного прямоугольника Часто применяемые на практике балки таврового, двутаврового, зетового, коробчатого н других тонкостенных сечений могут рассматриваться как состоящие из длинных прямоугольных полос, соединенных между собой вдоль краев. Элементарная теория изгиба применительно к таким профилям может быть неточной; более правильные расчеты получаются, если строить для каждой из полос решение плоской задачи теории упругости и эти решения сопрягать между собою.
Таким образом, возникает естественная необходимость построения решения плоской задачи для длинного, вытянутого прямоугольника. Оговорка о том, что прямоугольник должен быть вытянут, существенна. Дело в том, что метод разделения переменных, который будет применен в этой задаче, не позволяет удовлетворить двум граничным условиям на каждой стороне. Поэтому при решении добиваются точного удовлетворения граничных условий на длинных сторонах, тогда как на коротких сторонах граничные условия выполняются лишь интегрально, Вспомним, что такая же ситуация встречается в теории кручения и изгиба.
Пусть ширина балки есть 2Ь, длина 1, оси координат выбраны так, что границами служат линии х, = О, х, = 1, х, = ~Ь. Будем искать функцию напряжений в одной из следующих форм: О ваз Г = Ь ~„(х,) соз — ' (решение Рибьера), (10.10.1) и=1 Р = ~'„~„(хз) з1п — ' (решение Файлона). (10.10.2) я=1 Подставляя в уравнение для функции напряжений (10.6.8), мы получим дифференциальное уравнение четвертого порядка для функций )„, одинаковое как для решения Рибьера, так и для решения Файлона. Каждая из функций )„будет зависеть от четырех констант. Представляя заданные при я, = ~Ь нагрузки или перемещения формально рядами по косинусам или синусам аргумента, кратного пх,Л, мы находим эти константы; таким образом, граничные условия на длинных сторонах оказываются удовлетворенными.
Подчеркнем еще то, как вто уже делалось неоднократно, что ряды Фурье для заданных величин нагрузок вовсе пе обязательно должны быть сходящимися, нагруаки могут быть разрывными и даже содержать дельта-функции или производные от них (сосредоточенные силы и моменты). Функция Р(хо х,) в решении Рибьера четна относительно хь поэтому можно представить себе, что оно относится не к одной 23~ 356 ГЛ. 1О. ПЛОСКАЯ ЗАДАЧА ТЕОРИИ УПРУГОСТИ полосе, а последовательности любого числа полос длиной 1, как показано на рис. 10.10.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
