Згин прямокутних і еліптичних пластин (реферат)

Згин прямокутних і еліптичних пластин

Визначення функції , що задовольняє диференційному рівнянню (12.139) і граничних умов на краях, являє собою досить складну задачу й вирішити її аналітичним шляхом не завжди можливо. Досить просто задача вирішується для прямокутної пластини, шарнірно обпертої по краях і навантаженої довільним навантаженням. У цьому випадку на краях пластини повинна виконуватися умова (12.141). Якщо сторони пластини дорівнюють відповідно  й  початок координат обраний у центрі (рис. 12.38), то граничні умови будуть наступні:

при     ,   ;

при     ,    .

Рис. 12.38. Прямокутна пластина

Розглянемо спочатку окремий випадок навантаження, при якому пружна поверхня визначається рівнянням

де  — прогин у центрі.

Легко перевірити, що це рівняння задовольняє всім граничним умовам.

З’ясуємо, за яким законом повинен бути розподілений тиск; для цього обчислимо ,     і   й підставимо в рівняння (12.139а):

.

Звідси

де

Отже, якщо тиск буде розподілено відповідно до рівняння (12.147), то прогини будуть визначатися залежністю (12.146), причому максимальний прогин у центрі пластини

Вираз моментів  для розглянутого навантаження одержимо по формулах (12.131) – (12.133):

Епюри  наведені на рис. 12.39. Згинальні моменти досягають максимуму в центрі пластини, а що скручувальні — у кутових точках.

Рис. 12.39. Епюри моментів

Досліджуємо, як розподіляються опорні реактивні сили уздовж сторін пластини; Останні повинні врівноважувати силу, рівну різниці . Для сторони  інтенсивність реактивної сили

.

Підставивши в цю рівність вираз (12.146) і взявши до уваги рівність (12.149), одержимо

;

Аналогічно для іншої сторони

.

Обчислимо рівнодіючу розподілених реактивних сил

.

Отриману величину зіставимо з величиною рівнодіючого зовнішнього навантаження:

Рівнодіюча розподілених реактивних сил вийшла більше, ніж рівнодіюча зовнішнього навантаження, на величину . Це пояснюється тим, що, крім розподілених реакцій, по кутах пластини виникають ще зосереджені реактивні сили зворотного напрямку. Ці сили відповідають тим неврівноваженим зосередженим силам по кінцях сторін, які виходять при заміні розподілених моментів, що скручують, еквівалентним поперечним навантаженням. Так як в кутовій точці утворяться дві такі сили (від двох пар, розташованих на двох сторонах), те величина реакції Т кутовій точці пластини буде дорівнювати подвоєному моменту :

.

Неважко перевірити, що сума чотирьох зосереджених реакцій саме дорівнює різниці рівнодіючих розподілених реактивних сил і зовнішнього навантаження. Схема дії реактивних сил показана на рис. 12.40. Необхідно зробити застереження, що зазначений розподіл реактивних сил буде мати місце тільки в тому випадку, коли опори забороняють переміщення кутів пластини уверх. Якщо ж пластина лежить на опорах вільно, то реактивні сили  виникнути не можуть і кути пластини піднімуться над опорами. У результаті пластина буде прилягати до опор не по всій довжині сторін, і характер деформації плити буде більше складний.

Рис. 12.40. Схема дії реактивних сил

Отримане рішення можна поширити й на більш загальний випадок.

Міркуючи аналогічно, можна показати, що тиску, розподіленому за законом

відповідає пружна поверхня

Наведене рішення можна поширити на випадок навантаження прямокутної пластини із шарнірно закріпленими краями тиском, розподіленим по довільному симетричному закону:

.

Розклавши навантаження в подвійний тригонометричний ряд, одержимо

де  й  (тому що навантаження симетрична). Для визначення коефіцієнта  довільного члена ряду помножимо праву й ліву частини рівності на  й проінтегруємо у межах від  до .

і

,

одержимо

.

Праву й ліву частини цієї рівності помножимо на , і проінтегруємо у межах від  до ; тоді

.

Звідси знайдемо коефіцієнт довільного члена ряду (12.156):

Оскільки для навантаження, обумовленого рівнянням (12.153), функція відома, то, застосовуючи принцип незалежності дії сил, можна записати функцію  для навантаження , представленого у вигляді подвійного ряду (12.156):

Це рішення в подвійних тригонометричних рядах було отримано Навьє.

Розглянемо як приклад пластину, навантажену рівномірним тиском .

По формулі (12.157) при    знайдемо

;

тут       ;   .

У результаті підстановки знайденого значення  функція  [див. (12.158)] приймає вид

Цей ряд швидко сходиться, уже перше наближення є задовільним:

зокрема, для  квадратної пластини зі стороною :

.

у той час як точне значення прогину.

Погрішність першого наближення становить 2,5%..

Рішення в подвійних тригонометричних рядах є досить простим і зручним, однак воно придатне тільки для пластин, у яких всі чотири краї закріплені шарнірно.

Більш універсальний метод рішення задачі про згин прямокутної пластини в одинарних рядах запропоновано М. Лєві.

Припустимо, що в прямокутній пластині (рис.12.41) два протилежних краї (при  й при ) закріплені шарнірно, а два інших закріплені як завгодно; навантаження — рівномірний тиск . Осі координат обрані так, як показано на рис. 12.41.

Рис. 12.41. До рішення М. Лєві

Шукану функцію  представляють у вигляді ряду

де  — невідома функція від .

Очевидно, що ряд (12.161) задовольняє граничним  умовам при ;

і при  .

Для того щоб ряд (12.161) задовольняв також диференційному рівнянню (12.139) і граничним умовам на двох інших краях, необхідно відповідним чином підібрати функцію .

Підставимо ряд (12.161) у диференційне рівняння (12.139). Обчислимо ліву частину рівняння

Представимо у вигляді аналогічного ряду праву частину рівняння

Для визначення коефіцієнта довільного члена цього ряду помножимо праву й ліву частини рівності (12.163) на  й проінтегруемо від 0 до :

.

Взявши до уваги, що

де ,

одержимо

при . Якщо — парне, то ; якщо — непарне, те .

Отже, доданки, що відповідають парним , у рішенні будуть відсутні.

Після підстановки виразів (12.162) – (12.164) у диференціальне рівняння (12.139) воно приймає вид

Це рівняння розпадається на ряд звичайних диференційних рівнянь. Напишемо -є рівняння ряду

Не зупиняючись на етапах інтегрування цього рівняння, напишемо його загальний інтеграл

Доданки, що містять постійні являють собою загальне рішення однорідного рівняння. Останній член є частне рішення рівняння (12.165) із правою частиною. З урахуванням рівності (12.166) функція  приймає вид

Тепер необхідно підібрати постійні  таким чином, щоб були задовільнені граничні умови на двох інших краях пластини (при ).

Припустимо, що два інших краї жорстко затиснені; тоді функція  повинна бути парною відносно  (пружна поверхня симетрична щодо осі ).

Отже,

при   й  .

Із цих умов виходить, що   й   (функції   й   – непарні).

Для визначення двох інших постійних необхідно використовувати граничні умови на бічних сторонах:

при   .

Ці умови приводять до двох рівнянь

;

рішення яких дає

;

.

З урахуванням знайдених значень постійних рівняннь пружної поверхні пластини (12.167) приймає вид

Максимальний прогин при

Цей ряд сходиться дуже швидко. Вже перше наближення збігається з точним рішенням до третього знака.

Після того як функція  знайдена, обчислити згинальні моменти й напруження неважко.

При виконанні, практичних розрахунків варто мати на увазі, що максимальні згинальні моменти і прогини прямокутних пластин при різних варіантах закріплення країв зручно визначати за допомогою таблиць готових рішень.

Зупинимося коротко на згинанні еліптичних пластин. Розглянемо еліптичну пластину, жорстко затиснену по контуру й навантажену рівномірним тиском (рис. 12.42).

Рис. 12.42. Еліптична пластина

Вибравши початок координат у центрі пластини, запишемо рівняння контурної лінії (рівняння еліпса)

При жорсткому затиснені в контурних точках повинні виконуватися граничні умови (12.140). Неважко перевірити, що цим умовам задовольняє наступна функція:

де  — прогин у центрі.

Дійсно, у результаті диференціювання   по   одержимо

але на підставі рівняння (12.170) у контурних точках , отже, вирази (12.171) і (12.172) на контурі звертаються в нуль.

Перевіримо тепер, чи задовольняє обрана функція  основному диференціальному рівнянню (12.139).

Обчисливши ,  і  й підставивши в рівняння (12.139), одержимо

.

Очевидно, що ці рівняння задовольняються при  й при прогині в центрі

Оскільки функція (12.171) задовольняє основному диференційному рівнянню (12.139) і граничним умовам на контурі, то вона є точним рішенням даної задачі. Найбільш напружена точка пластини перебуває на кінці малої півосі ( ,  ). Згинальні моменти в цій точці, відповідно до залежностей (12.131), (12.132):

;    .

Становить інтерес ще обчислити згинальні моменти в точці, розташованої на кінці великої півосі:

;   .

і в центрі пластини

В окремому випадку при  залежність (12.173) дає значення максимального прогину круглої пластини, затисненої по контуру:

.

Рівняння (12.171) при  переходить у рівняння пружної поверхні круглої пластини

.

Для еліптичної пластини із шарнірно закріпленими краями, навантаженої рівномірним тиском, функція  визначається трохи складніше. Не зупиняючись на рішенні, приведемо лише значення максимального прогину

і згинальних моментів у центрі пластини

;   .

Значення коефіцієнтів , обчислені при , наведені в табл. 12.2.

Таблиця 12.2

Нашли опечатку? Выделите и нажмите CTRL+Enter