Реферат: Задача по теории упругости - Refy.ru - Сайт рефератов, докладов, сочинений, дипломных и курсовых работ

Задача по теории упругости

Рефераты по строительству » 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 ?xy = ?yx (1.1)

откуда после сокращения на ds

; (а)

откуда после упрощения

. (б)

Итак, (1.2)

Если заменить в формуле (а) угол ? на 90?+?, то получим

. (в)

Исключая в формулах (1.2) угол ?, получим уравнение круговой диаграммы Мора для плоского напряженного состояния (рис. 2)

. (1.3)



Рисунок 2.

Это уравнение типа (x-a)2+y2 = R2, где a = 0,5(?x+?y),

.

Непосредственно из круговой диаграммы находим величины главных напряжений:

. (1.4)

Ориентация главных осей определяется из условия ?x?y? = 0, откуда tg2?o = 2?xy/(?x-?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 ?x = ?y = 0, ?xy = ?yx = ?, 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 ?1 = 60 МПа, ?2 = 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:

?mD = 0,

RA?4a = qa?3a + q?2a?2a + qa2,

RA = 2qa, ?Yi = 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 СD:
Искомое перемещение

.
2. Определение прогибов. Из условий опирания балки VA = VB = 0. Согласно первому условию Vо = 0, а из второго находим ?о:

,

откуда .

Следовательно, уравнения прогибов и углов поворота имеют вид

, .



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

Vmax = -2Ma2/(3EIx).

прогиб посредине пролета плиты равен Vср = V(1,5a) = -9Ma2/(16EIx) и отличается от наибольшего на 15%. Угол поворота сечения В

?B = ?(3a) = 3Ma/(2EIx).

3. Определение главных напряжений. Напряжения в поперечном сечении определяются по формулам

,

.

Вычисляя ,

,

,

, находим

,

.

Величины главных напряжений

;

; ; .

Направление главного растягивающего напряжения ?1 по отношению к продольной оси плиты z:

; ,

а напряжение ?3 направлено перпендикулярно к ?1