Реферат: 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 txy = tyx (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( sx + sy ),

Непосредственно из круговой диаграммы находим величины главных напряжений:

. (1.4)

Ориентация главных осей определяется из условия tx ¢y ¢ = 0, откуда tg 2 ao = 2 txy /( sx — sy ). (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 sx = sy = 0, txy = tyx = 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:

åmD = 0,

RA × 4a = qa × 3a + q × 2a × 2a + qa 2,

RA = 2qa, åYi = 0, RA + RD = 3qa, RD = 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 VA = VB = 0. Согласно первому условию V о = 0, а из второго находим qо :

откуда .

Следовательно, уравнения прогибов и углов поворота имеют вид

, .

Наибольший прогиб возникает в том сечении, где dv /dz = q = 0, т.е. при z = 2a. Подставив в уравнение прогибов z = 2a, вычислим наибольший прогиб

V max = -2Ma 2 /(3EIx ).

прогиб посредине пролета плиты равен V ср = V (1,5a ) = -9Ma 2 /(16EIx ) и отличается от наибольшего на 15%. Угол поворота сечения В

qB = q (3a ) = 3Ma /(2EIx ).