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:

m_D = 0,

R_A4a = qa3a + q2a2a + qa²,

R_A = 2qa, Y_i = 0, R_A + R_D = 3qa, 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 СD:
Искомое перемещение

.
2. Определение прогибов. Из условий опирания балки V_A = V_B = 0. Согласно первому условию V_о = 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

V_max = -2Ma²/(3EI_x).

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

_B = (3a) = 3Ma/(2EI_x).

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