Задача №1
Использование плоского напряженного состояния балки-стенки с использованием степенных полиномов
Рисунок 1.
Решение:
Выделим из пластины бесконечно малый элемент aob
и рассмотрим его равновесие:
, откуда t xy
= t yx
(1.1)
откуда после сокращения на ds
; (а)
откуда после упрощения
. (б)
Итак,
(1.2)
Если заменить в формуле (а) угол a на 90 ° + a , то получим
. (в)
Исключая в формулах (1.2) угол a , получим уравнение круговой диаграммы Мора для плоского напряженного состояния (рис. 2)
. (1.3)
Рисунок 2.
|
Это уравнение типа ( x
- a
) 2
+ y
2
= R
2
, где a
= 0,5( s x
+ s y
),
.
Непосредственно из круговой диаграммы находим величины главных напряжений:
|
. (1.4)
Ориентация главных осей определяется из условия t x
¢
y
¢
= 0, откуда tg
2 a o
= 2 t xy
/( s x
- s y
). (1.4)
Более удобна следующая формула:
. (1.5)
Экстремальные касательные напряжения равны по величине радиусу круговой диаграммы
. (1.6)
И действуют на площадках, равнонаклоненных к главным осям.
Частный случай
- чистый сдвиг
(рис. 3).
Так как s x
= s y
= 0, t xy
= t yx
= t , то по формулам (1.3) и (1.4) получим
Рисунок 3.
|
,
следовательно
;
, откуда
и
.
|
Зависимости между напряжениями и деформациями определяются законом Гука:
-
прямая форма
(1.7)
-
обратная форма
(1.8)
Пользуясь законом Гука в обратной форме, находим напряжения
Для вычисления главных напряжений имеем следующую систему:
решая которую, найдем s 1
= 60 МПа, s 2
= 20 МПа.
Задача №2
Решение плоской задачи методом конечных разностей
Рисунок 4.
Решение:
1. Проверка существования заданной функции напряжений.
Подстановка полученных выражений в бигармоническое уравнение обращает его в тождество:
Функция
может быть принята в качестве решения плоской задачи теории упругости.
2. Выражения для напряжений.
,
,
.
3. Распределение внешних нагрузок по кромкам пластинки (рис3.1,а).
Сторона 0-1
:
,
Вершина парабол при
.
:
,
:
.
Сторона 1-2
:
,
Экстремумы
.
:
:
:
Сторона 2 -
3
:
,
Экстремумы
за границей стороны
:
:
,
:
,
.
Сторона 0-3:
,
Вершины парабол при х=0.
:
:
4. Проверка равновесия пластинки (рис.3.1,б).
Сторона 0-1
:
Расстояние до точки приложения
:
.
Сторона 1-2
:
Расстояние до точки приложения
:
Сторона 2-3:
.
Расстояние до точки приложения
:
.
Сторона 0-3:
Расстояние до точки приложения
:
5. Проверка равновесия пластинки:
Пластинка находится в равновесии.
Рис.3. Графическая часть задачи №2
Задача №3
Расчет тонкой плиты методом конечных элементов
Решение:
Построение эпюр изгибающих моментов.
Опорные реакции:
å m D
= 0,
R A
× 4 a
= qa
× 3 a
+ q
× 2 a
× 2 a
+ qa
2
,
R A
= 2 qa
, å Y i
= 0, R A
+ R D
= 3 qa
, R D
= qa
.
Строим эпюры изгибающих моментов от заданной нагрузки и от единичной силы, приложенной в точке С
.
1. Определение перемещений. Для вычисления интеграла Мора воспользуемся формулой Симпсона, последовательно применяя ее к каждому из трех участков, на которые разбивается балка.
Участок АВ
:
Участок ВС
:
Участок С
D
:
Искомое перемещение
.
2. Определение прогибов. Из условий опирания балки V A
= V B
= 0. Согласно первому условию V
о
= 0, а из второго находим q о
:
,
откуда
.
Следовательно, уравнения прогибов и углов поворота имеют вид
,
.
Наибольший прогиб возникает в том сечении, где dv
/ dz
= q = 0, т.е. при z
= 2 a
. Подставив в уравнение прогибов z
= 2 a
, вычислим наибольший прогиб
V
max
= -2 Ma
2
/(3 EI x
).
прогиб посредине пролета плиты равен V
ср
= V
(1,5 a
) = -9 Ma
2
/(16 EI x
) и отличается от наибольшего на 15%. Угол поворота сечения В
q B
= q (3 a
) = 3 Ma
/(2 EI x
).
3. Определение главных напряжений. Напряжения в поперечном сечении определяются по формулам
,
.
Вычисляя
,
,
,
, находим
,
.
Величины главных напряжений
;
;
;
.
Направление главного растягивающего напряжения s 1
по отношению к продольной оси плиты z
:
;
,
а напряжение s 3
направлено перпендикулярно к s 1
|