Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Строительная механика машин. Поперечный изгиб пластин. Учебное пособие
.pdf
Второе уравнение можно переписать
dd dd
11
33
rr
rr
22
dr dr dr dr r D
Тогда
() () ln .Wr W r ar ar ar ar r
11011121314
Аналогично
() () ln.r r br br br br r
11011121314
Wr q r
() ()
11
13
13
.
(5.43)
(5.44)
(5.45)
Рассмотрим случай
22
ddm
22
dr r
. Имеем
2m
1
rdr D
2
() .
Wr
m
()
qr
m
(5.46)
Пусть
Здесь
Wr
– частный интеграл;
0()m
() () ().
Wr W r W r
mm
0
()
Wr
m
(5.47)
m
– общий интеграл однород-
ного уравнения. Пусть
() .
Wr Ar
m
k
(5.48)
Подставив (5.48) в (5.46), получим характеристическое уравнение
2222
(2) 0.kmkm
Его корни:
2,
km
km
1,2
3,4
(5.49)
.
71
Общий интеграл уравнения (5.46)
() .
Wr ar ar ar ar
m
mm m m
12 3 4
mm m m
22
(5.50)
Тогда решение четвертого уравнения из (5.41) будет
() () .
Wr W r ar ar ar ar
mm mm m m
012 3 4
mm m m
22
(5.51)
Аналогично
() () .
r r br br br br
mmmm m m
012 3 4
mm m m
22
(5.52)
При m = 1 функции (5.51) и (5.52) не будут решениями второго и
третьего уравнений из (5.41), так как в этом случае мы получим не четыре, а три линейно независимых частных интеграла. Поэтому при построении общего решения (5.44), (5.45) при m = 1 разложением оператора уравнения на множители мы построили недостающий линейно
независимый частный интеграл.
Общий
интеграл рассматриваемой задачи неосесимметричного из-
гиба круговых или кольцевых пластин
(, ) () ln ln
wr W r a a r a r a r r
00 01 02 03 04
() ln cos
W r ar ar ar ar r
10 11 12 13 14
() cos
Wrar ar ar ar m
mmm m m
012 3 4
m
2
mm m m
22
13
22
() ln sin
m
012 3 4
mmm m m
2
rbrbr br brr
10 11 12 13 14
() sin .
rbr br br br m
mm m m
В представлении решения (5.53)
13
22
,,, ,
WW W
00 10 10 0 0
mm
(5.53)
– част-
ные решения, которые определяются видом коэффициентов разложения (5.37). Постоянные интегрирования определяются из краевых
72
условий, в которых также необходимо провести разделение перемен-
ных. Допустим, одно из краевых условий на кромке r = a имеет вид
22
www
MD
r
222
rr
11
rr
(5.54)
0.
Тогда в соответствии с представлением решения (5.39) для краевого условия (5.54) будем иметь
2
() ()
dW r dW r
1) 0,
00
dr
2
dWr dWr Wr
2) 0,
111
dr r
2
dr dr r
3) 0,
111
dr r
2
dW r dW r
4) ( ) 0,
dr r
2
dr dr
5) ( ) 0.
dr r
2
rdr
() () ()
22
() () ()
22
() ()
mm
22
() ()
mm
22
1
rdr
1
rdr
1
rdr
1
rdr
2
m
2
m
Wr
m
r
m
(5.55)
Представление краевых условий в виде (5.55) позволяет поставить
в соответствие число краевых условий задачи числу неизвестных постоянных интегрирования.
Для иллюстрации методики решения задач общего случая изгиба
круговых и кольцевых пластин рассмотрим изгиб кольцевой пластины
(рис. 5.6) под действием поперечной нагрузки, приложенной к части ее
поверхности:
()
Pr r
(, ) , ,
qr
(, ) 0, .
qr
01
rr
21
22
73
22
(5.56)
3
Уравнение изгиба
Краевые условия задачи:
(5.57)
(, ).Dwqr
Рис. 5.6. Кольцевая пластина под действием
нагрузки, приложенной
к части ее поверхности
rr w
1
M
r
rr w
2
0,
22
www
222
rr
11
rr
0, 0.
w
r
0,
Разложим нагрузку в ряд Фурье:
(, ) () ()cos ()sin .
qr q r q r m p r m
0
mm
11
mm
(5.59)
В соответствии с (5.38) для коэффициентов разложения получим:
2
() 1
qr
() (),
qr d qr
0
qr
() cos
qr md
m
22
2
2
()
2
m
1
2()
qr
m
2
(1) 2 1
mn
02,
mn
(5.58)
(5.60)
()
Pr r
() 0, () .
pr qr
m
01
rr
21
74
Таким образом,
12()
(, ) () ( 1) cos .
qr qr m
2
m
1,3 ,5,.. .
Решение задачи разыскиваем в виде
(, ) () ()cos .
wr W r W r m
0
m
Введем обозначения:
1,3 ,5,. ..
qr
m
1
m
2
m
(5.61)
(5.62)
r
,.
x
rr
22
r
1
(5.63)
Тогда
()
Px
() , .
qx
0
1
1
rr x
(5.64)
2
Уравнения (5.41) запишутся в виде
2
dd
2
dx
2
dx x
22
ddm qx
22
dx x
11
dd
22
xdx D
12()
xdx m D
2
1
xdx D
() (),
Wx qx
0
2
Wx
2
() (1) ,
Wx r
m
3, 5, 7,...
m
4
r
2
2
2()
() ,
1
qxr
4
2
4
2
(5.65)
m
1
2
75
Отсюда
22
13
22
3, 5,...
(5.66)
WxW x ax ax ax ax
Здесь
WWW
00 10 0
() () ln ln ,
Wx W x a ax a xax x
00001020304
() () ln ,
Wx W x a ax a x ax x
11011121314
() () ,
mm mm m m
012 3 4
mm m m
m
, ,
– частные интегралы уравнений (5.65). Для кра-
m
евых условий задачи, с учетом представления решения (5.62), имеем
(m = 0, 1, 3, 5,...)
2
() ()
dW x dW x
xWx
( ) 0, 0,
m
mm
dx
()
dW x
1()0, 0.
xWx
m
m
dx
2
xdx
(5.67)
Определим частные интегралы уравнений (5.65).
Для вычисления
dd
dx
имеем уравнение
()Wx
00
2
2
2
11
xdx
() ( ).
Wx Gx
00
2
(5.68)
Здесь
4
rP
GD
20
. (5.69)
(1 )
Пусть
() .Wx x x
00
54
76
(5.70)
Подставив (5.70) в (5.68), получим
225 64 ( )
xGx
1
. (5.71)
2
Отсюда
1
,.
GG
(5.72)
450 128
Тогда
Wx x x
00
GG
() .
450 128
54
(5.73)
Следовательно,
Wx Gx a ax a xax x
001020304
222564
1
() ln ln.
Подчиним функцию
x
422
из (5.74) краевым условиям (5.67). Ре-
()Wx
0
(5.74)
шив полученную систему алгебраических уравнений, найдем постоянные интегрирования
При вычислении частных интегралов
(i = 1, 2, 3, 4).
a
0i
Wx
следует иметь в виду,
0()m
что их вид не должен совпадать с видом частных интегралов дифференциального оператора, использованных при построении общего интеграла однородного уравнения.
Так, при m = 3 в рассматриваемой задаче имеем
22
dx x dx x
Казалось бы, частный интеграл
19 19 2
dd dd
2222
xdx xdx
()Wx
30
() .Wx x x
30 3 3
54
77
() ( )
Wx Gx
30
3
можно разыскивать в виде
(5.76)
. (5.75)
Однако частный интеграл вида
x
x
общего интеграла решения
3
гим частным интегралом.
Пусть
5
уже использован при построении
3
из (5.66), и его нужно заменить дру-
()wx
WWW
30 30 30
12
24
Wx
30 3
,
(5.77)
.
Потребуем
2
dx x
19 2
dd G
22
xdx
2
2
W
30
Тогда
Частный интеграл
330
W
,.
39 39
1
будем разыскивать специально. Для этого
30
24
Wx
22
GG
свернем оператор уравнения
11 2
dd dd G
47 3
xx x
77
dx dx dx dx
xx
1
W
30
Последовательно интегрируя (5.80), получим
5
Gx
1
Wx
30
144 24
ln
19
. (5.78)
3
(5.79)
. (5.80)
3
. (5.81)
Следовательно,
5
Gx G
() ln
Wx x x
3
144 24 39
78
19 2
4
3351
x
31 32 33 34
.ax ax ax ax
(5.82)
Постоянные интегрирования
(i = 1, 2, 3, 4) определяются из
a
3,i
краевых условий (5.67).
Аналогичные трудности возникнут при m = 5.
Для произвольного значения m бигармонический оператор дифференциального уравнения поперечного изгиба пластины в полярных
координатах можно представить в виде
2
Wx x
W
m
m
1
() (1) ( ).
m
0
2
. (5.83)
(5.84)
Для вычисления
2
dx x x
21 21
mm
xx
22
12
ddm G
22
dx x
xdx m
11
ddm d
221
dx dx
dddW
dx dx dx
Wx
1
21
mm
xx
при m 3, 5 имеем уравнение
0()m
2
Пусть
() .
Wx x x
0
mmm
54
(5.85)
Подставляем (5.85) в (5.84). В результате получаем
1
m
2
() (1) ,
Wx x
0
m
Gx
m
4
2
22 22
mm mm
(9 )(25 ) (4 )(16 )
m
1, 7, 9, 11,...
(5.86)
Подчинив каждую из функций (5.66) с учетом представлений для
частных интегралов в виде (5.73), (5.79), (5.81) или (5.86) краевым
условиям (5.67), мы получим общее решение задачи (5.62).
79
В рассматриваемой задаче при построении эпюр удобно ввести
M
безразмерные функции
(1 ) , ,
WGW MPrM
22
Pr M H Pr H
02 02
Q PrQ Q PrQ
02 02
rr
,(1),
,.
rr
02
2
(5.87)
Здесь функции с чертой – безразмерные величины. Внутренние силовые факторы определяются соотношениями (5.2).
80
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]