![](/user_photo/_userpic.png)
книги из ГПНТБ / Гениев Г.А. Теория пластичности бетона и железобетона
.pdfТо |
arccos |
48,5 |
= 3l°50'. |
|
|||
|
43,5+ |
43,52+ |
56,52 |
|
|
Область I (COB) представляет собой равнобедрен ный треугольник (В С = О В ), длина основания которого
Рис. 97.
Решение в области II (АВО). В области существует особое напряженное состояние. Характеристики первого
семейства 2 = const представляют |
собой |
систему |
ради |
|||
альных прямых с центром в |
|
|
|
|
||
точке О. Решение в области |
|
|
|
|
||
А ВО будет состоять в опре |
|
|
|
|
||
делении |
напряженного со |
|
|
|
|
|
стояния, переменного в на |
|
|
|
|
||
правлении второго семейст |
|
|
|
|
||
ва характеристик |
и = const, |
|
|
|
|
|
установлении очертаний об |
|
|
|
|
||
ласти и определении гранич |
|
|
|
|
||
ных условий на линии ОА, |
|
|
|
|
||
необходимых для решения в |
|
|
|
|
||
области III {ОАО'). |
|
Рис. 98. |
|
|
||
В области II зависимость |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|||
между |
искомыми |
функция |
|
(5.31) |
и |
(5.32). |
ми t и р определяется соотношениями |
||||||
Используя граничные условия |
на прямой |
ОВ (г = |
||||
= const), вычислим значение параметра Сч(и) |
(рис. 98): |
|||||
при 0= 0О= — |
---- Yoj; Y=Vo; р= Р о = я—Yo- Подстав |
|||||
ляя эти значения в (5.32), найдем |
|
|
|
|
191
С2 (и) = tg 2у0— 2у0— л. |
(6.1) |
Внося (6.1 ) в (5.32), получим окончательное выражение условий на характеристиках u=const:
tg 2у = 20 + (tg 2у0— 2у0) + я. |
(6.2) |
На основании (6.2) для заданного значения 0 можно вычислить соответствующее значение у, которое, в свою очередь, определит с помощью (5.24) значение парамет ра t. Подставляя найденное значение t во вторую форму лу (5.17), находим искомые значения главных напряже ний в рассматриваемой точке. Значения угла р определя ются по (5.70).
Таким образом, формулы (6.2) и (5.70) являются ре шениями задачи об определении напряженного состоя
ния в области //. |
|
(ABO) |
y = |
y(0); |
1—1(0); |
||
|
Очевидно, что в области II |
||||||
Р==Р(0)- |
|
|
|
|
|
|
|
го |
Вычислим для примера характеристики напряженно |
||||||
состояния для Rc==ЮО кгс/см2 (9,8 |
МПа); Rp— |
||||||
= |
13 кгс/см2 (1,3 МПа) |
для значения 0= 0. |
|
||||
|
Имеем vo=31°50'= |
^ - 3 я; tg2v=4,05; 2у = 76°10/; |
|||||
у=38°05'; р=14Г55'; |
180 |
|
|
|
кгс/см2 |
||
f=4,187,0= l,88/?c=188 |
|||||||
(18,4 МПа). |
значение t— l,88Rc в |
(5.17), |
получим |
||||
|
Подставляя |
||||||
gi = 5,5#c= 550 |
кгс/см2 |
(54 |
МПа); |
|
а2= 1,86Дс — |
=186 кгс/см2(18,2 МПа).
Для полного завершения решения в области II полу
чим аналитическое выражение уравнений характеристик второго семейства u=const. Подставляя выражение для Р из (5.70) в соотношение (5.28), найдем
d0 = |
tg (я — 2у) = — — tg 2у. |
(6.3) |
г |
г |
|
Внося в (6.3) условие (6.2), произведя разделение пе ременных, получим
г20 +(tg 2у0 — 2у0) -(- я ’
Интегрируя (6.4) и определяя произвольную постоян
ную из условия 0= 0О=: —^ ---- y0j, г — г0, найдем иско
мое уравнение характеристик второго семейства:
192
г = ______ ;[о_________ |
(6.5) |
l , 29 + я — 2у0у /2 • |
|
tg2Vo I
Уравнение (6.5) будет использоваться в дальнейшем при определении границ распространения предельного состояния бетона (длины участков ОС и О'С') при за данной ширине полосы приложения нагрузки.
Решение в области III (ОАО'). Для области III ха рактерно простейшее напряженное состояние. Граничное условие на 0 0 ' определяет:
°i = <7- |
(6.6) |
Для определения значений о\ и о2 воспользуемся со отношением (6.2 ), с помощью которого можно вычислить
значение у = у на граничной линии областей II и III. По рис. 98 очевидно, что для характеристики z=const(CM_)
0 = 6 = 7, (6.7)
так как в области III траектории ai— вертикальные пря мые.
Подставляя (6.7) в (6.2), получим трансцендентное уравнение для определения искомого значения у на гра ничной линии ОА:
tg 2у — 2у = |
tg 2у0— 2у0 + я. |
(6.8) |
Значение у = у , очевидно, |
будет оставаться |
постоянным |
во всей области III. По найденному из (6.8) |
значению у |
с помощью соотношения (5.24) вычислим значение t для области III, которое по (5.17) определит искомые значе ния oj = q, о2-
Найдем предельное значение нагрузки и вычислим характерные геометрические размеры областей предель ного состояния бетона для рассматриваемого числового примера. _
При yo= 30°50/ соотношение (6.8) имеет вид tg2y— —2у= 4,05, откуда y = 39o50'.
По |
(5.24) |
находим |
= 5 ,5870= 2,427?с = |
|
= 242 |
кгс/см2 |
(23,7 МПа). |
cos2y |
_ |
Подставляя |
значение t — |
|||
— 2,42RC в (5,17), получим |
o\ = q= 9,07Rc; а2==4,227?с; |
|||
р = 6,65Дс. |
|
|
|
13—1018 |
193 |
Значение а3 можно вычислить по формуле (5.8):
Таким образом, при Rp/Ro = 0,13 |
предельное давле |
ние штампа составляет |
|
q = 9,07ДС. |
(6.9) |
Это давление вызывает в области III (ОАО') в усло виях плоской деформации всестороннее неравномерное сжатие, характеризуемое следующими значениями глав ных напряжений:
= 9,07jRc; а2 = 4,22ЯС; а3 - 7,08ДС. (6.10)
Характерные размеры определяются из простых гео метрических соображений. При /?р//?с= 0,13 по рис. 98, очевидно,
|
|
|
|
ОА = —^ = 1,56а. |
(6.11) |
|
|
|
|
|
sin у |
|
|
В то же время длина отрезка |
ОА представляет собой |
|||||
значение |
г— г |
из уравнения |
(6.5) при г0—г0макс и 0— |
|||
= 0= у = |
39-’ — я; ОА = 0,61 г0макс, откуда |
длина отрез- |
||||
ка |
|
|
180 |
|
|
|
ОБ: ОБ — г0макс= 2,56 а. |
|
на поверхно |
||||
сти |
Длина отрезка ОС — границы области I |
|||||
бетонного |
основания — составляет |
О С =2г0мако |
||||
cos 70= |
4,36 а. Полная длина поверхностной |
границы об |
||||
ластей |
предельного состояния |
бетона составляет. |
||||
|
|
|
|
СС = 2 ОСА2а = 10,72а, |
(6.12) |
т. е. приблизительно в 5 раз превышает ширину штампа.
Плоское напряженное состояние. Требуется опреде лить предельное значение давления q, равномерно рас пределенного на отрезке длиной 2 а (см. рис. 97), дейст вующего на плоской боковой поверхности тонкой пла стинки, толщину которой будем условно принимать рав ной единице. Такая постановка задачи будет, очевидно, соответствовать случаю плоского напряженного состоя ния основания штампа [29]. Решение поставленной зада чи будет складываться из решений в трех характерных областях напряженного состояния. Получим последова тельно эти решения.
194
Решение в области I (СОВ). В области / имеется простейшее напряженное состояние (см. рис. 97). Реше ние будет состоять в определении значения оь установ лении очертаний области и определении граничных ус ловий на линии ОВ, необходимых для решения в обла сти ВОА-
В области I по (5.176) и (5.177) имеем
о1 = 2t = Rc. |
(6.13) |
Очертания области определяются по уравнениям харак теристик (5.178). Характеристики в области / (СОВ) представляют собой прямые линии, составляющие с осью х углы +усь
7 |
1 |
~ ~2 |
(6.14) |
= То = — arccos---- --------- . |
|||
|
/ |
и |
|
При jRc= 100 |
кгс/см2 (9,8 |
МПа); Рр= 13 |
кгс/см2 |
(1,3 МПа), у0=37°50/. Область / представляет собой равнобедренный треугольник, длина основания которого пока неизвестна.
Решение в области II (ВОЛ). В области II имеется особое напряженное состояние. Решение в этой области состоит в определении переменного в направлении и= const напряженного состояния, установлении очерта ний области и определении граничных условий на линии ОА, необходимых для решения в области ОАО'. Зависи мость между искомыми функциями t и (3 на характерис тиках определяется соотношениями (5.145) и (5.146). Используя граничные условия на линии ОВ, вычислим
значение С2(н) по (5.146). |
При 6~ 60= —( -^---- уо), |
Р = |
||||||
= ро—л—vo- Подставляя |
эти |
значения |
в |
(5.146), |
по- |
|||
лучим |
|
|
|
|
|
|
|
|
С2(и) —— arcsin |
|
3 К2 |
I |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||
1 |
. |
/ |
5 |
2 |
К2 \ |
|
(6.15) |
|
-------arcsin |
| ----------------i — я. |
|||||||
2 |
|
{ |
3 |
3 |
*1 I |
|
|
|
Внося (6.15) и (5.180) в (5.146), получим оконча тельное выражение условий на характеристиках и —
= const:
13* |
195 |
|
arcsin _5 |
A |
i l |
|
|
|
3 |
3 |
K 2 |
|
|
+ |
arcsin |
2_K*_ |
|
|
|
3 ~t2 |
+ 2 (0 - |
y) = |
|||
|
|
|
in |
|
|
|
|
|
■o |
|
|
|
a rc s in --------------- |
|
|
||
|
|
|
K2 |
|
|
|
4-----arcsin |
|
К2 |
■я. |
(6.16) |
|
|
|
|||
|
2 |
|
‘о |
|
|
|
|
|
|
|
На основании (6.16) для заданного значения 0 мож но вычислить соответствующее значение t [переменная у связана с величиной t зависимостями (5.138) и (5.139)]. Подставляя найденное значение t в (5.129), находим искомые значения главных напряжений в рассматрива емой точке. Соотношение (5.180) определит значения |3. Очевидно, в области II вдоль характеристик первого се мейства (z==const) t= const, p = const, y= const, p= = const. Получим аналитическое выражение уравнений характеристик второго семейства и = const. Подставляя
(5.180) в (5.142) для семейства и= const, найдем
d 0 = ,-^ tg (n — 2у) = |
— — tg2y. |
(6.17) |
||||
Г |
|
|
|
|
Г |
|
Внося (5.147) в (6.17) |
и |
используя соотношение |
||||
(5.181), после разделения переменных получим |
|
|||||
dr |
|
21 |
|
|
|
|
г |
4/2_ |
К2 dt. |
(6.18) |
|||
Интегрируя (6.18) и |
определяя произвольную пос |
|||||
тоянную из условий: при 0= |
0О= |
— ^ |
---- y0j, t = t0 и г = |
|||
— г0, найдем искомое уравнение |
характеристик |
второго |
||||
семейства |
|
|
|
|
|
|
Г = Го |
U2o - К 1V''4 |
|
(6.19) |
|||
At2 —к 2 ) |
’ |
используемое для определения границ распространения предельного состояния бетона.
Решение в области III (ОАО'). В области имеется простейшее напряженное состояние. Граничное условие на 0 0 ' определяет
ai ~ Я- |
(6.20) |
196
Для определения значений щ и о2 в области ОАО' воспользуемся соотношением (6.16), с помощью которо
го можно вычислить значение t = t на граничной линии областей II и III. Из рассмотрения рис. 98 ясно, что для характеристики z= const (ОЛ)
|
|
|
|
0 = |
0 = |
Y- |
|
|
|
|
(6.21) |
Подставляя |
(6.21) в (6.16), получим уравнение для |
||||||||||
определения искомого значения 7 на |
граничной |
линии |
|||||||||
ОА: |
|
|
|
|
1 |
|
. / |
5 |
2 |
К2 |
|
arcsin |
------- -- |
1 + |
|
|
|||||||
_ arcsin ( __________ |
|
||||||||||
|
|
3 |
3 К2 |
1 |
2 |
|
I 3 |
3 /г |
|
||
|
|
|
= arcsin |
_5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
3 |
К2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
, |
1 |
|
|
2 |
К2 |
|
|
|
( 6. 22) |
|
|
------ arcsin |
|
3 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Значение t будет оставаться постоянным во всей об |
|||||||||||
ласти III. По найденному значению t |
с помощью (5.129) |
||||||||||
определим для |
области III искомые значения Oi = q, о2. |
||||||||||
Для рассматриваемого |
числового |
примера: |
|
при |
Rc.= |
||||||
= 100 кгс/см2 (9,8 МПа), £?р= 1 3 |
кгс/см2 (1,3 МПа) К = |
||||||||||
= 54,5 кгс/см2 (5,3 МПа) |
и 7’0= 43,5 кгс/см2 (4,1 МПа); |
||||||||||
при t0 = 50 кгс/см2 (4,9 |
МПа) |
соотношение |
(6.16) опре |
||||||||
деляет: |
£ = |
0,806 /С=0,439 й)0=43,9 |
кгс/см2. |
Подстав |
|||||||
ляя 7 в |
(5.129), найдем: |
oi = q ~ 1,87Rc= 187 |
кгс/см2 |
(18,3 М Па); а2=0,99 Rc = 99 кгс/см2 (9,7 МПа).
Предельное значение давления |
штампа составит |
q — 1,87/?с. |
(6.23) |
Это давление вызывает в области III в условиях плоско го напряженного состояния двухстороннее неравномер ное сжатие, характеризуемое следующими значениями главных напряжений:
oL= l,8 7 R c- а2 = 0,99Дс; а3 = 0. |
(6.24) |
Вычислим характерные геометрические размеры об ластей /, II, III для случая RPIRc = 0,\3. По рис. 97 и 98 видно, что
ОЛ = - А г = 1,19а.
sin у
1 9 7
По уравнению (6.17) ОА — 1,10 |
г0макс, |
откуда |
длина |
|||||
отрезка ОВ: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ОВ = г«акс = |
1,Ю |
= |
1 08а. |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
Длина ОС — границы области / бетонного |
основания — |
|||||||
составляет О С = 2 г0макс cosy0= l,7 0 |
а. |
Полная |
длина |
|||||
поверхности |
границы области |
предельного |
состояния |
|||||
бетона СС': |
СС/= 2 О С + 2а= 5,40а, т. е. приблизитель |
|||||||
но в 2,5 раза превышает ширину штампа. |
|
прямоли |
||||||
Приведенные решения задач |
о |
действии |
||||||
нейного жесткого штампа на бетонное основание |
рас |
|||||||
сматривались |
в постановке |
Прандтля. |
Решение |
подоб |
||||
ной задачи при условии пластичности |
(1.44) |
приведено |
||||||
в [56]. В условиях плоской деформации условие |
плас |
тичности записывается в форме (5.92). Постановка за дачи остается прежней. Для рассмотренного численного примера проводится количественная оценка решения для условий пластичности (5.92) и (5.9).
Решение задачи о предельном давлении также бу дет складываться из решений в трех характерных обла
стях. |
|
Это область равномерного на |
||||||
Решение в области /. |
||||||||
пряженного |
состояния |
(-<72= 0). |
По |
соотношениям |
||||
(5.96) найдем |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
р = Т0т; |
ох = 27'0т. |
|
(6.25) |
|||
Значение параметра т определится из условия 02= 0 |
||||||||
по формуле (5.97): |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
т = т0 = |
6Е7о+ < |
|
|
|
|
|
|
|
6 7 2 (1 - 2 т , ) |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
6Erg + nS2 |
ES2— Ti |
(6.26) |
||||
|
|
. 6?о (1 — 2т,) |
+ 37?,(1 |
-2т,) |
||||
|
|
|
|
|||||
и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0J — 2Т0т0. |
|
|
(6.27) |
|||
Для количественного сравнения примем, |
как и |
ра |
||||||
нее, |
7?Р/Дс = |
0,13 и 7"с/7?с = |
0,197. |
При |
этом |
to = l,86; |
||
а! = |
161,820 кгс/см2 (15,8 МПа). |
|
|
|
ха |
|||
Очертание области определяется по уравнениям |
рактеристик (5.102) при Р—0; T=T0=const. Характерн
ее
стики представляют собой две системы прямых линий, составляющих с осью х углы ±уо, абсолютная величина которых определяется соотношениями (5.104) или (5.105). В рассматриваемом случае у0= ЗГ44'. Область 1 представляет собой треугольник, длина основания ко торого определяется из решения в областях II и III.
Решение в области II. Это область простого напря женного состояния, когда одно семейство характеристик z= z(r, 0)= co n st — система радиальных прямых с центром в точке О (см. рис. 98). Здесь и в дальнейшем даются ссылки на рисунки, отнесенные к задаче о штам пе при условии пластичности (5.9), так как для рассмат риваемого случая рисунки будут отличаться только гео метрическими размерами.
Так как характеристики |
2 = const — прямые |
линии, |
||||||||||
то с?0 = |
О, и |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Р = я — у. |
|
|
|
|
(6.28) |
|||
Интегрируя |
(5.110), |
получим |
на |
характеристиках |
||||||||
z=const: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ф(т) + 2(Р + |
0) = |
С1 (2); |
|
|
(6.29) |
||||
на характеристиках n = |
const: |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
Ф ( т ) - 2 ф + |
0) = |
Са(и). |
|
|
(6.30) |
||||
Здесь |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ф(т) = |
У р - |
1йт, |
|
|
|
(6.31) |
|||
|
|
|
|
|
|
т |
|
|
|
|
|
|
где £ определяется по (5.101). |
Подставляя в (6.31) |
зна |
||||||||||
чение £ по (5.101), получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Ф /т) |
Р У д (1 - |
4т|»)(6 + |
т)«-6(1 |
+ |
362)(6 + |
Т)« - |
(1 + |
362)2 & |
||||
|
J |
|
|
6т)Т (б + |
т) |
|
|
|
|
(6.32) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Этот интеграл может быть выражен через |
эллиптичес |
|||||||||||
кие и элементарные функции в форме |
|
|
|
|
||||||||
Ф (т) = |
AF (k, т) + BE (k, т) + |
СП (с, к, т) + 2k (т), |
(6.33) |
|||||||||
где А, |
В, |
С — постоянные коэффициенты; F, |
Е, |
П — эл |
липтические интегралы первого, второго и третьего рода соответственно; 2k (г) — сумма интегралов от элементар ных функций.
Искомая функция Ф (т) протабулирована в [56].
199
Используя граничные условия па прямой ОВ: 0—
00= — /—---- y„\ y=Yo, т = Т о , Р= Ро= л—Yo, вычислим |
||
\ 2 |
j |
|
С2(и): |
|
|
|
С2 (и) = Ф (т0) — я. |
(6.34) |
Подставляя (6.34) и (6.28) в (6.30), найдем оконча тельное выражение условия на характеристиках и —
= const:
2у = Ф (т0) — Ф (т) 4- я + 20. |
(6.35) |
Уравнения характеристик семейства r/= const полу чим по второму соотношению (5.110), внося в него усло вия (6.28):
tg 2Y^ + 2 ^ Y + ^ tg 2 Y ) = 0. |
(6.36) |
Интегрируя (6.36) методом разделения переменных, определим
' т0sin 2уо |
(6.37) |
||
V |
[х sin 2у |
||
|
Решение в области III. Имеется равномерное напря женное состояние, причем Oi = q (см. рис. 98). Для опре деления 02, Оз воспользуемся формулой (6.35). Подстав
ляя в (6.35) условие 0= 0= у (на границе ОА), полу чим уравнение, определяющее напряженное состояние в области III ( т = const):
Ф(т0) — Ф(т) + я = 0. |
(6.38) |
|||
Формулы (5.97) и (5.8) позволяют определить вели |
||||
чины ol= q, 02, о3: |
Oi = |
(? = |
7,44 Rc; о2=3,36Н с; Оз= |
|
= 5,84 Re |
0,13 |
и |
Tc/Rc — 0,197 |
предельное |
Итак, при /?р/До = |
давление штампа составляет д= 7,44 Не определим характерные геометрические размеры об
ластей. |
По рис. 97 и 98: |
ОА = —^ ~ ——^—— 1,6 а, так |
как y = |
38°36/. |
sin у 0,624 |
|
||
Здесь у вычисляется по |
(5.104) или (5.105) для гра |
|
ничного значения т. По (6.37): |
||
|
ОА = г = г0 |
т0sin 2у0 |
|
0,60/0, |
|
|
|
т sin 2у |
2 0 0