Плоские задачи теории упругости. Учебное пособие

b = − y . tgα

Для решения задачи нужно подобрать такую функцию ϕ , которая бы удовлетворяла формуле (14) и граничным условиям.

Рекомендуется рассмотреть полином 3-й степени целиком:

ϕ = a3 x3 + b3 x2 y + c3 xy 2 + d3 y3 .

Напряжения:

Два коэффициента можно определить сразу из условий на грузовой поверхности платины ОА; здесь при x = 0 должны выполняться условия:

σ x = γy , σ y = 6a3 x + 2b3 y , τ xy = −2b3 x + px .

Со свободной от нагрузок стороны плотины ОВ проекции нагрузки X n и

Yn на оси координат равны нулю. Воспользуемся формулами (11):

σx sin α + τ xy cosα = 0,

σy cosα + τ xy sin α = 0.

Подставляя сюда выражения для напряжений, получим два уравнения для определения остальных коэффициентов

γy sin α + (−2b3 x + px) cosα = 0 ,

(6a3 x + 2b3 y) cosα + (−2b3 x + px) sin α = 0 .

51

Для свободной поверхности x = b = − y / tgα , поэтому

Из первого уравнения необходимо найти b3 , подставить во второе уравнение и определить a3 :

Окончательно напряжения:

Эпюра напряжений σ y имеет вид трапеции с ординатами:

слева ( x = 0 ): (γ tg2 α − p)h ,

справа ( x = h / tgα ): − γ h tg 2 α .

Эпюра τ xy имеет вид треугольника с ординатой большей стороны: γ h tgα .

Если сравнить результаты, которые дает сопротивление материалов, то для вертикальных напряжений

результаты в обоих случаях одинаковы. Однако элементарная теория не может дать напряжение σ x в горизонтальном направлении. В касательных напряжениях наблюдается большое расхождение между точной теорией и приближенной теорией. По элементарной теории эпюра τ xy должна быть параболической, если ее принять такой же, как в балке постоянной высоты.

При решении задачи рассматривался полином третьей степени, однако если использовались полиномы высших степеней, то при одних и тех же операциях коэффициенты у этих добавочных членов равнялись нулю.

Применяя полином 6-й степени можно получить решение для случая плотины или подпорной стены прямоугольного сечения. Необходимо заметить, что в наших выводах предполагалось, что плотина свободно деформируется в вертикальном направлении. В действительности это не совсем так, деформации внизу плотины из-за связи с фундаментом зависят от жесткости фундамента и в идеале должны равняться нулю. Поэтому в полученном решении напряжения не будут действительными в нижних частях плотины.

Если бы требовалось более точное решение, учитывающее условия закрепления внизу, то задача бы сильно усложнилась и интерпретировалась с точки зрения теории упругости как смешанная. В полиномах ее нельзя было бы разрешить. Вообще, круг задач, решаемых с помощью полиномов, довольно ограничен и требует некоторых дополнительных упрощений.

53

3.3.Решение плоских задач в тригонометрических рядах

Вболее сложных случаях нагружения прямоугольной пластинки, чем рассмотренные ранее, удобнее было бы применять тригонометрические ряды.

Бигармоническое уравнение (14) удовлетворяется, если представить функцию напряжений в виде ряда:

ϕ= sin nπx × F ( y) ,

Подставить эти выражения в уравнение (14) при сокращении получится

α 4 F ( y) − 2α 2 F '( y) + F '( y) = 0 .

Общий интеграл этого уравнения выражается через гиперболические функции

F ( y) = С1 sh(αy) + С2 ch(αy) + С3 y sh(αy) + С4 y ch(αy) ,

где Сi – постоянные коэффициенты.

Таким образом:

ϕ = sin(αx)[С1 sh(αy) + С2 ch(αy) + С3 y sh(αy) + С4 y ch(αy)].

Нужно отметить, что ϕ удовлетворяет бигармоническому уравнению, если перед квадратными скобками будет стоять cos(αx) .

В виду того, что n – произвольные целые числа, получим бесчисленное множество частных решений. Общее решение представится бесконечным рядом

54

n=∞

ϕ = ∑sin(αx)[С1 sh(αy) + С2 ch(αy) + С3 y sh(αy) + С4 y ch(αy)]+

n=1

связаны определенными соотношениями. Эти коэффициенты, как и ранее, определяются из условий на поверхности тела.

Для возможности решения краевых задач теории упругости с помощью рядов, внешняя нагрузка должна быть разложена в ряд того же вида (рис. 35):

Рис. 35. Внешняя нагрузка общего распределения

Коэффициенты, входящие в эту формулу, зависят от порядковых номеров членов ряда и определяются согласно теории рядов: если некоторая функция

55

Функция, стоящая в подынтегральном выражении, является заданной функцией переменной q, выражающей граничные условия, тогда:

A0 = 1 ∫l q(x)dx ,

2l −l

An = 1 ∫l q(x) cos(αx)dx , l −l

Bn = 1 ∫l q(x) sin(αx)dx . l −l

Рассмотрим, например, равномерно распределенную нагрузку, приложенную сверху и снизу на участке 2а (рис. 36).

y

аа

q1

x o

l

Рис. 36. Внешняя нагрузка равномерного распределения

В этом случае на участках границы (−l,−а) и (a,l) нагрузка q = 0 . На интервале

(−а, a) – q = q1 .

Коэффициенты:

Члены Bn sin(αx) отпадают в силу симметрии нагрузки.

Окончательно нагрузку можно описать:

56

Такое же выражение будет и для нагрузки по нижнему краю. Проверяя, легко убедиться, что на интервале (−а, a) нагрузка равна q1 , на остальном интервале границы равна нулю.

Далее следует выписать выражения для напряжений, дифференцируя (24) по формулам (13) и установить связь между напряжениями на контуре и внешней нагрузкой.

При помощи рядов можно решить определенный круг задач. Так, исследование случая, изображенного на рис. 37 (распределение изображено условно), показало, что распределение напряжений вблизи концов пластинки происходит крайне неравномерно, но затем они «выравниваются» и на достаточном удалении становится почти равномерными, подтверждая принцип Сен-Венана.

Рис. 37. Сжатие пластинки сосредоточенными силами

Применение тригонометрических функций все же не является универсальным способом решения плоских задач теории упругости, т.к. не всегда удается удовлетворить граничным условиям по всей поверхности тела.

57

3.4. Пример решения плоских задач в тригонометрических рядах

Рассмотрим протяженную и широкую изотропную балку, лежащую на нескольких равнорасположенных друг от друга опорах (рис. 38). Нагрузка распределена равномерно по верхнему контуру балки. Силы тяжести не учитываются.

Рис. 38. Протяженная балка

В силу протяженности балки можно рассмотреть ее среднюю часть, т.е. все расчеты справедливы для этой части балки; крайние опоры из рассмотрения исключаются.

Расстояние между опорами равно 2l, а их реакции будем считать сосредоточенными силами. Высота балки h, а толщина 1. Оси координат поместим как показано на рис. 39.

y

h

x

Рис. 39. Средний пролет балки

1) Функция напряжений. Для решения следует использовать тригонометрический ряд, содержащий только косинусы. Ряд с синусами не подходит, т.к. в таком случае нормальные напряжения выражались бы через

58

Функция, описывающая напряжение τ xy , должна быть кососимметричной; если поменять знак у координаты х, поменяет знак и напряжение τ xy , поэтому сразу можно заключить, что D2 = 0 .

3) Условия на контуре и условия равновесия. Необходимо учесть условия на контуре и условия равновесия.

При x = l должно быть τ xy = 0 . И это условие удовлетворяется.

Сумма вертикальных усилий в пределах полупролета должна быть равна нагрузке в этих же пределах. Это дает условие:

l

∫σ y dx = −ql .

0

Интегрируя последнее выражение, получим:

n=∞

− ∑α sin(αl)[С1 sh(αy) + С2 ch(αy) + С3 y sh(αy) + С4 y ch(αy)]+ 2D1l = −ql ,

n=1

заметим, что sin(αl) = sin(nπl / l) = sin(nπ ) = 0 , поэтому D1 = −q / 2 .

При y = 0 должно выполняться τ xy = 0 . Подставим в выражение для τ xy

значение y = 0 :

Если сумма равна нулю, причем слагаемые не зависят друг от друга, то каждое слагаемое в отдельности равно нулю, следовательно αC1 + C4 = 0 или

C4 = −αC1 .

При y = 0 должно выполняться σ y = 0 , кроме точки с координатой x = 0 ,

т.е. кроме места приложения опоры, в этом месте вообще σ y = ∞ , т.к. опорная реакция предполагается сосредоточенной силой.

60