Referat.me / Строительство / Задача по теории упругости

Название: Задача по теории упругости

Вид работы: реферат

Размер файла: 289.85 Kb

Скачать файл: referat.me-334166.docx

Краткое описание работы: Задача №1 Использование плоского напряженного состояния балки-стенки с использованием степенных полиномов Рисунок 1. Решение: Выделим из пластины бесконечно малый элемент

Задача по теории упругости

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 s₁ = 60 МПа, s₂ = 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