Расчет пластин и оболочек.

Министерство образования и науки Российской Федерации
Федеральное государственное бюджетное образовательное
учреждение
высшего профессионального образования
«Новосибирский государственный технический университет»
Кафедра "Прочность летательных аппаратов"
Курсовой проект
По дисциплине
"Дополнительные главы строительной механики"
Вариант 5
Студент: Ключникова Е. Ю.
Группа: ПС-81
Преподаватель: Пель А. Н.
Новосибирск 2021
ВВЕДЕНИЕ ............................................................................................................................................. 3
1. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ПОПЕРЕЧНОГО ИЗГИБА ПЛАСТИН....................................................... 4
1.1. Условие задачи .......................................................................................................................... 4
1.2. Исходные данные ...................................................................................................................... 4
1.3. Решение задачи .......................................................................................................................... 5
1.4. Определение запаса прочности пластины с помощью критерия текучести СенВенана ............................................................................................................................................... 10
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ПОПЕРЕЧНОГО ИЗГИБА ПЛАСТИНЫ ПЕРЕМЕННОЙ ТОЛЩИНЫ
................................................................................................................................................................ 12
2.1. Условие задачи ........................................................................................................................ 12
2.2. Исходные данные .................................................................................................................... 12
3. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ОСЕСИММЕТРИЧНОГО ИЗГИБА КОЛЬЦЕВОЙ ПЛАСТИНЫ
СТУПЕНЧАТО-ПЕРЕМЕННОЙ ТОЛЩИНЫ .................................................................................. 18
3.1. Условие задачи ........................................................................................................................ 18
3.2. Исходные данные .................................................................................................................... 18
3.3. Решение задачи .......................................................................................................................... 19
3.4. Определение запаса прочности пластины с помощью критерия текучести СенВенана ............................................................................................................................................... 23
ЗАКЛЮЧЕНИЕ .................................................................................................................................... 26
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ .................................................................................................................... 36
ПРИЛОЖЕНИЕ 1 ................................................................................................................................. 37
ПРИЛОЖЕНИЕ 2 ................................................................................................................................. 46
ПРИЛОЖЕНИЕ 3 ................................................................................................................................. 52
ПРИЛОЖЕНИЕ 4 ................................................................................................................................. 59
2
ВВЕДЕНИЕ
В данном курсовом проекте рассмотрены задачи изгиба пластин под действием внешней
нагрузки при различных способах закрепления. При решении используются линейная теория
изгиба пластин. Рассмотрены метод Леви, Ритца, последние две задачи решаются в полярных
координатах. Пользуясь критериями текучести Сен-Венана, определяется запас прочности
пластины. Для проведения всех представленных расчетов используется программа MathCAD.
3
1. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ПОПЕРЕЧНОГО ИЗГИБА ПЛАСТИН
1.1. Условие задачи
Прямоугольная пластина со сторонами a и b и постоянной толщиной h изгибается
поперечной нагрузкой q, распределенной по заданному закону. Пользуясь линейной теорией
изгиба пластин, с помощью метода Леви получить аналитическое решение задачи в общем
виде. Вычислить и представить графически в виде эпюр безразмерный прогиб
безразмерные
моменты
M1 M 2 H
,
, .
k2 k2 k2
Здесь
k1 , k2  k ( D, a, b, h, q)
-
w
k1
и
коэффициенты
обезразмеривания, D - цилиндрическая жесткость. Вычислить максимальное значение прогиба
w,
моментов M1 , M 2 , H и перерезывающих сил Q1 , Q2 Пользуясь заданным критерием
текучести, определить запас прочности пластины. Использовать критерий текучести СенВенана, основанный на равенстве наибольших касательных напряжений.
1.2. Исходные данные
Рис.1.1 Расчетная схема
a  25 102 м
2
Ширина пластины: b  35 10 м
2
Толщина пластины: h  6 10 м
Предел текучести материала:  T  200 МПа
Длина пластины:
Модуль упругости: E  0.7 10 МПа
Коэффициент Пуассона:   0.34
5
Нагрузка:
P0  2.5 КПа
4
1.3. Решение задачи
Метод Леви используется в случае, когда две противоположные кромки шарнирно
оперты, а две другие могут опираться произвольным образом. Уравнение изгиба пластины:
Dw( x, y )  q( x, y )
В развернутом виде:
4w
 4 w  4 w q( x, y)

2


x4
x2y 2 y 4
D
Введём безразмерные коэффициенты:
x

ξ  , dx  a  d , 0    1


a

η  y , dy  b  d , 0    1

b

Тогда уравнение изгиба пластины будет выглядеть:

a
b
4
4
4w
q( , )a 4
2  w
4  w

2




ξ 4
ξ 2η2
η4
D
Граничные условия:
  0,1: W  0;   0
  0,1: W  0; M 2  0
 2w
2w 
M 2  D  2 2   2 2 
a  
 b 
Где  -угол поворота.
При шарнирном опирании сама кромка в процессе деформации пластины остается
прямолинейной. Это означает, что вторая производная прогиба по координате ξ,
2w
пропорциональна кривизне этой кромке в направлении оси ξ, равна нулю, т.е. 2  0 .

Таким образом
  0,1: w  0; w  0
  0,1: w  0; w  0
Решение представим в виде
w  ξ,η    wm   sin  mπ 
m
В аналогичный ряд раскладываем функцию нагрузки
q  ξ,η    qm   sin  m 
m
Определим q  ξ,η  из системы
Отсюда q  ξ,η   P0  (2  )
  0, q  ξ,0   k  0  c  2 P

  1, q  ξ,1  k  c  P
Воспользовавшись свойством ортогональности, найдем qm ( )
1
1
0
0
qm ( )  2   q( , ) sin(m )d  2   P0  (2   ) sin(m )d  2 P0  (
1
2
sin(m )

( 1) m 1 
)
m m
m 2 2
Получим коэффициенты ряда:
5
1
2
sin(m )

(1) m 1  2 2 )
m m
m
Для четных 𝑚 коэффициенты равны нулю, то есть это тривиальное решение, а
следовательно оно нам не интересно.
qm ( )  2 P0  (
qm ( ) 
4 P0
, m  1, 3, 5...
m
В итоге
4 P0
 sin  m 
m 1,3,5...  m
Подставляем ряды в уравнение изгиба пластин
2
  4 wm  

4a 4 P0
2  wm   
4

2
m


m

w


sin
m


 sin  m 
 
  m     


4
2




D

m
m 1,3,5,... 
m 1,3,5,...

В силу линейной независимости функций sin  m  коэффициенты при этих функциях
q  ξ,η  

должны быть равны для каждого значения m. Тогда введя обозначение
wmIV  2 m2 wmII   m4 wm 
 m  m
получим:
4a 4 P0
D m
Теперь обезразмерим функцию прогиба следующим образом:
 Н 3 
м  м

D  м2
W w 4 
 1
P0 a  Н  м4

 м2

Тогда
WmIV  2 m2WmII   m4Wm 
4
m
Получили общее неоднородное дифференциальное уравнение. Решение будем искать в
виде
Wm  Wm  Wm
Wm  общее решение однородного уравнения.
Wm  частное решение неоднородного уравнения.


Ищем частное решение в виде Wm  A . Подставим Wm  A в дифференциальное
уравнение.
W *mIV  2 m2W *mII   m4W *m 
4
m
4
m
4
A
 m   m4
 m4 A 
Ищем общее однородное решение
WmIV  2 m2WmII   m4Wm  0
 4  2 m2  2   m4  0
1,2,3,4   m
Wm  Am  sh   m   Bm    sh   m   Cm  ch  m   Dm    ch  m 
В итоге
6
 Am  sh   m   Bm    sh  m   Cm  ch  m   Dm    ch   m   


W  ξ,η    
4
 sin  mπ 
m 1,3,5... 
4

  m  m

Найдем константы интегрирования. Сначала найдём следующие производные функции
прогиба: W ,W ,W , W ,W ,W , для последующей подстановки этих функций в граничные
условия.


 Am   m  ch   m   Bm  sh  m    m    ch  m   
W  ξ,η    
 sin  mπ 
m 1,3,5... Cm   m  sh   m   Dm ch   m    m    sh   m   



 Am   m2  sh   m   Bm  2 m  ch   m    m2    sh  m    


 
W  ξ,η    
 sin  mπ 
2
2
m 1,3,5...  Cm   m  ch   m   Dm  2 m  sh   m    m    ch   m   



 Am   m3  ch   m   Bm 3 m2  sh  m    m3    ch  m    


 
W  ξ,η    
 sin  mπ 
3
2
3
m 1,3,5...  Cm   m  sh   m   Dm 3 m  ch   m    m    sh   m   



 Am  sh  m   Bm    sh  m   Cm  ch  m   


W  ξ,η    
4
 m  cos  mπ 
m 1,3,5...  Dm    ch   m  
4

 m  m


 Am  sh   m   Bm    sh  m   Cm  ch  m   


2 2
W  ξ,η    
4
 (m  )  sin  mπ 
m 1,3,5...  Dm    ch   m  

 m   m4


 Am   m  ch  m   Bm  sh  m    m    ch  m   
2 2
W  ξ,η    
 (m  )  sin  mπ 
m 1,3,5... Cm   m  sh   m   Dm ch   m    m    sh   m   



Поскольку граничные условия на шарнирно-опертой кромке выполняются тождественно
за счет функции sin( m ) , то константы интегрирования будем искать из граничных условий
на оси y.
Подставляем найденную производные функции прогиба в граничные условия и,
учитывая линейную независимость функций sin, получим систему линейных уравнений
относительно Am , Bm , Cm , Dm
Граничные условия зададим в виде:

4 
При  =0:   Cm 
0
 m   m4 
m 1,3,5... 
 A 
m 1,3,5...
m m
 Dm   0
 Am  sh   m   Bm  sh   m   Cm  ch   m   Dm  ch   m   


При  =1:  
4
0
m 1,3,5...  
4

  m  m

 Am   m  ch   m   Bm  sh   m    m  ch   m    
0
 
m 1,3,5...  Cm   m  sh   m   Dm  ch   m    m  sh   m   



Константы для первого, третьего и пятого приближения получились следующими:
7
Обезразмерим выражения для ВСФ
Уравнение для безразмерного момента M1.
 2w
 1 2w
2w 
1 2w 
D  2w
a2 2w 
M1   D  2   2    D  2









2
y 
b 2  2 
a 2   2
b 2  2 
 x
 a 
M1  
2
2
2
2
P0 a 4 D   2 w
D  2w
2  w
2  w
2 w
2  w








P
a






 2

0
a 2   2
 2 
D a 2   2
 2 
 2 
 



М1  H
М1 б 
 1
2 
р
Р0 а  Н  м 2

 м2

Уравнение для безразмерного момента M2.
 2w
 1 2w
2w 
1 2w 
D  2 2w
2w 
M 2  D  2   2   D  2










2
x 
a 2  2 
a 2   2
 2 
 y
 b 
M2  
2
P0 a 4 D  2  2 w
D  2 2w
2w 
2w 
2w 
2 2  w










P
a









0
2
a 2   2
 2 
D a 2   2
 2 
 2 
 




М2
H
М2б 
 1
2 
р
Р0 а  Н  м 2

 м2

Уравнение для безразмерного момента Н:
P a4 D
2w
D
2w
 2W
 2W
H   D 1   
  1   
 0
  P0 a 2 1    
1   
xy
ab

D ab






Н
H
Hб 

1


р
Р0 а 2  Н  м 2 
 м2

Уравнение для безразмерной перерезывающей силы Q1:
3
 3w 3w 
 1 3w 1 3w 
D  3w
2  w 
Q1   D  3  2    D  3 3  2
  3  3 

ab  2  
a  
 2  
 x y x 
 a 
3
3
3
  3W
P0 a 4 D   3W
D  3w
2  w 
2  W 
2  W 








P
a







0 
3
a 3   3
 2  
D a 3   3
 2  
 2  
 
 H


Q1  м
Q1 б 
 1

р
Р0 а  H  м 
 м2

Уравнение для безразмерной перерезывающей силы Q2:
Q1  
8
 3w 3w 
 1 3w 1 3w 
D  3 3w
3w 
Q2   D  3  2    D  3
 2
 2 
   3 
3
x y 
a b  2  
a   3
  
 y
 b 
 3 3w
P0 a 4 D  3  3 w
3w 
3w 





P
a






0 
3
D a 3   3
 2  
 2  
 
 H



Q
 2  м  1
Р0 а  H  м 
 м2

Q2  
Q2 б
р
Рис.1.2 График функции безразмерного прогиба
Рис.1.3 График функции безразмерного момента M1
Рис.1.3 График функции безразмерного момента M2
9
Рис.1.3 График функции безразмерного момента H
С помощью встроенной функции Maximize в программе MathCAD определим
максимальные значения прогиба, моментов и перерезывающих сил. Результаты приведены в
таблице 1.1.
Максимальные значения прогиба, моментов и перерезывающих сил
Таблица1.1
W, м
M1, Н M2, Н H, Н Q1, Н/м Q2, Н/м
-5
1.656*10 12.734 4.329 2.18 337.984 176.54
1.4. Определение запаса прочности пластины с помощью критерия текучести СенВенана
В основе этой теории предельного состояния лежит гипотеза о равенстве наибольших
касательных напряжений в заданном и эквивалентном напряженных состояниях:
max
max
 экв
  кон
,
где  экв – наибольшие касательные напряжения в эквивалентном состоянии, а  кон –
наибольшие касательные напряжения, действующие в рассматриваемой конструкции. В общем
случае наибольшие касательные напряжения связаны с главными напряжениями
max
max
 max 
1   3
2
За эквивалентное напряженное состояние принимается напряженное состояние
растяжения, так как для него есть надежные результаты экспериментального определения
допускаемых напряжений. Таким образом, в эквивалентном напряженном состоянии
ненулевым является только одно главное напряжение
Следовательно,
1 .
max
 экв
 0.5 экв .
В соответствии с распределением напряжений в условиях поперечного изгиба пластины
необходимо проверить выполнение условия прочности в двух точках.
а) У поверхности пластины  z  0.5h  .
 x ,  y , xy  0,  xz   yz  0.
x  y
2
1
3  M  M2 1
2
 x   y   4 xy2  2  1

 M1  M 2   4H 2 

2
2
h 
2
2

Необходимо найти точку у поверхности пластины, в которой комбинация
 экв 
M1  M 2 1

2
2
 M1  M 2 

2
 4 H 2 достигает наибольшего значения.
После этого определяется коэффициент запаса прочности пластины
10
n
 пр
 экв
где  пр – предельное для данного материала напряжение. В расчетах принимается
 пр  0.7 Т
При расчете коэффициент запаса прочности получился следующим n  615.285
б) На срединной плоскости пластины  z  0 .
 x   y   xy  0,
 xz , yz  0.
3
2
 экв   1   3  2  XZ
  YZ2   Q12  Q22 

h
Необходимо найти точку у поверхности пластины, в которой комбинация Q1  Q2
достигает наибольшего значения.
При расчете коэффициент запаса прочности получился следующим n  830
Все расчеты были произведены в программе MathCAD (приложение 1).
2
2
11
2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ПОПЕРЕЧНОГО ИЗГИБА ПЛАСТИНЫ ПЕРЕМЕННОЙ ТОЛЩИНЫ
2.1. Условие задачи
Пластина
переменной
толщины
h2
3
h1
изгибается
поперечной
нагрузкой
q,
распределенной по заданному закону. С помощью метода Ритца, в одночленном приближении,
построить функцию прогиба. Вычислить максимальное значение прогиба w.
2.2. Исходные данные
Рис.2.1 Расчетная схема
Длина пластины:
a  25 102 м
b  30 102 м
2
Толщина пластины: h  3 10 м
5
Модуль упругости: E  0.7 10 МПа
Ширина пластины:
Коэффициент Пуассона:
Нагрузка:
  0.34
P0  2,5 КПа
2.3. Решение задачи
Решение задачи поперечного изгиба пластинки по методу Ритца в общем случае
разыскиваем в виде:
n
w( x, y )   Akk  x, y 
k 1
В одночленном приближении:
w( x, y)  A    x, y   A  f ( x)  g ( y)
Функции f и g должны обладать свойствами полноты и ортогональности. Как известно,
этими свойствами обладают функции, которые являются решением задачи устойчивости
стержней.
12
x
Рис.2.2 Балка переменной жесткости
Для нахождения функции f  x  решим задачу устойчивости стержня переменной
жесткости. Стержень разобьем на два участка, каждый из которых имеет постоянную жесткость
на изгиб. Для каждого участка запишем дифференциальное уравнение устойчивости:
a
EIw14   Nw12   0
0 x
2
a
 2 EIw24   Nw22   0
xa
2
Функции прогиба должны удовлетворять граничным условиям:
x0
w1  0
w1 '  0
xa
w2  0
и условиям “склейки” решения при x 
w1  w2
w2 ' '  0
a
:
2
EIw1 ' '   2 EIw2 ' '
w1 '  w2 '
EIw1 ' ' '   2 EIw2 ' ' ' ,
здесь  2 - отношение жесткостей на изгиб на первом и втором участках. Предположим,
что балка имеет прямоугольное сечение на обоих участках постоянной ширины b и переменной
высоты h. Тогда отношение жесткостей может быть выражено через отношение:
3
3
 h2 
I
bh 3 12
3
2


  2  2


k
,


k
I1
12 bh13  h1 
x
Введем безразмерную координату   ; dx  ad , в дальнейшем штрих будет означать
a
2
производную по  . Обозначим также:
Na 2
 2 ;
EI
Дифференциальные уравнения запишутся:
w1 4   2 w1 2  0

 *

0 
1
2
1
  1
2
Выпишем общие интегралы этих однородных линейных дифференциальных уравнений:
w1  a1  a2  a3 sin   a4 cos 
w2 4   *2 w2 2  0
w2  b1  b2   1  b3 sin  *   1   b4 cos  *   1 
Накладываем граничные условия на концах стержня:
 0
a1  a4  0, откуда a4  a1
a2  a3  0, откуда a2   a3
 1
b1  b4  0,
b4  0 , следовательно b1  0
Общие решения упростятся:
w1  a1 1  cos    a3 sin    
w2  b2   1  b3 sin *   1
13
Для записи остальных условий “склейки” решений нам потребуются производные:
w1 '  a1 sin   a3  cos   1
w1 ' '  a12 cos   a3 2 sin 
w1 ' ' '  a13 sin   a3 3 cos 


w2 '  b2  b3 * cos *   1


w2 ' '  b3 *2 sin *   1


w2 ' ' '  b3 *3 cos *   1
Подчиним решения условиям “склейки” при  
1
. Получим линейную однородную
2
систему уравнений относительно неизвестных коэффициентов
a1 , a3 , b2 , b3 .
 

  1
*

a
1

cos

a
sin


b

b
sin
0


3
2
3
 1
2
2
2
2
2







 
*

*
0
a1 sin  a3   cos  1  b2  b3  cos

2
2
2





*
 2
2
*2 2
a

cos

a

sin

b


sin
0
3
3
 1
2
2
2



*

3
3
*3 2

a

sin

a

cos

b


cos
0
1
3
3

2
2
2

Это трансцендентное уравнение относительно неизвестной  . Оно имеет
бесчисленное множество корней – собственных чисел задачи устойчивости стержня. Каждому
собственному числу соответствует собственный вектор - функция прогиба. Допустим, что
i
первые n собственных чисел найдены и
одно из них. Подставим
выражающие условия “склейки” решения при  
i
в уравнения,
1
. Все константы выразим через
2
a3 .
Сумма 2-го и 4-го уравнений дает:
 a3 i  b2  0, откуда b2  i a3
Сумма 1-го и 3-го уравнений дает:
i 1
a1  a3
2

2
b2  0, откуда
a1  i a3 .
В 3-е уравнение подставим выражение для a1 :

 


a3  3i cos i  2i sin i   b3 2i sin i , откуда:
2
2
2

b3  a3Gi  , где
Gi  
i cos
i
2
sin
 sin
i
2
Таким образом, функции прогиба с точностью до множителя
Коэффициент
i
2
a 3 имеют вид:
w1  a3 i 1  cos i   sin i  i ,
0 



w2  a3   i   1  G i sin i   1,



1
   1.
2
1
2
a 3 может быть произвольным. В частности, можно принять a3  1 .
14
Тогда функцию f для аппроксимации прогиба пластинки в направлении оси x
можно принять в виде:
1

i 1     sin i  i cos i ,
1 


2
f  , i   
1
 1     G  sin i   1,
 1
i
i


2

Аналогичные действия выполняем для нахождения функции g ( y ) , аппроксимирующей
функцию прогиба пластинки в направлении оси y . Она находится аналогичным способом (рис.
2.3).
Запишем функцию прогиба для стержня:
EJw IV  Nw II  0,
0 yb
где E-модуль упругости, J-момент инерции,
N-осевая
сила.
Оберазмерим координату: Рис. 2.2. Прогибы по оси x
y  b ,
dy  bd ,
N
y
0  1
 w
b2 N
2  w
2

 0,
0    1,
 
EJ
 4
 2
Решим дифференциальное уравнение:
 4   2 2  0
4
b
2
Рис. 2.3. Балка постоянной жесткости
 2 ( 2   2 )  0
 2  0,
 2   2
1, 2  0,
 3 , 4   i
С учетом решения характеристического уравнения запишем вид решения функции:
w( )  c1  c2  c3 sin(  )  c4 cos( )
Накладываем граничные условия:
 0
w1  0, w1 '  0

w2  0, w2  0
 1
Для этого понадобятся производные:
w'  с2  с3 cos   c4 sin  
w' '  с3 2 sin    c4 2 cos 
Подчинив w граничным условиям, получим систему однородных уравнений с 5
неизвестными:
с1  c4  0
с  c   0
 2 3

с1  c2  с3 sin    c4 cos   0
 с  2 sin    c  2 cos   0
4
 3
Одно из неизвестных -  , поможет найти условие равенства нулю определителя системы
1
0
0
1
0
1

0
1
1
0
0   2 sin     2 cos 
sin  
cos 
0
15
Это трансцендентное уравнение относительно неизвестной  . Оно имеет бесчисленное
множество корней – собственных чисел задачи устойчивости стержня. Каждому собственному
числу соответствует собственный вектор - функция прогиба. Допустим, что первые n
собственных чисел найдены и  одно из них.
Все константы выразим через с1 .
c4  с1
c3  ctg    c1
c2    ctg    c1
В итоге получим искомую функцию в упрощенном виде:
w  c1    ctg  c1   ctg  c1  sin    c1  cos 
Тогда функцию g для аппроксимации прогиба пластинки в направлении оси y
можно принять в виде g ( y )  1    ctg      ctg     sin     cos   

y
. Остаётся найти
b
неизвестный коэффициент A.
Запишем выражение для потенциальной энергии пластинки:
a b
a b
D 
2
2

     w   2 1      wxy  wxx wyy  dxdy    qwdxdy

2 00
0 0
Приведем это выражение к следующему виду:
a b
a b
D
2
     wxx2  wyy
 2 1    wxy2  2  wxx wyy  dxdy    qwdxdy
2 00
0 0
Переведем к безразмерным координатам:
1 1
1 1
Dab
2
4 2
2 2



w


w

2
1



w

2

w
w
d

d


ab





  
0 0 qwd d ,
2a 4 0 0 
где  
a
.
b
При вычислении учитываем, что цилиндрическая жесткость 𝐷 имеет разные значения для
разных участков пластинки:
Eh13
1
D
, 0 
2
12(1   )
2
Eh23
1
 k 3 D,
  1
2
12(1   )
2
Посчитаем 5 интегралов, входящие в выражение полной энергии, отдельно, для этого
подставим в него функцию прогибов и ее производные:
1
0.5
1 2
2
2
2
2
3
I1   w d d  A    f1 ''   d  k   f 2 ''   d   g ( )d
0.5
0
0
0.5
1

1
2
2
2
2
I 2   4  w
d d   4 A2    f1   d  k 3   f 2   d    g ''( ) d
0.5
0
0
0.5
1

1
2
2
2
2
2
2 2
3
I3  2 1      w d d  2 1     A    f1 '   d  k   f 2 '   d    g '( )  d
0.5
0
0
0.5
1
1


I 4  2 2  w w d d  2 2 A2   f1 ''    f1   d  k 3  f 2 ''    f 2   d   g ''( )  g ( )d
0.5
0
0
1
0.5
1
1


I5   qwd d  A   P0 d    f1   d  k 3  f 2   d   g ( )d
0.5
0.5
0
0
D2 
16
Далее значения всех интегралов подставляем в выражение для полной энергии:
Dab

 I1  I 2  I3  I 4   ab  I 5
2a 4
В состоянии равновесия полная энергия пластинки, как функция параметра A, должна
иметь стационарное (минимальное) значение:

0
A
6
Произведя расчеты в программе MathCAD, получаем: A  4.662 10
Рис.2.4 График функции размерного прогиба
Максимальное значение прогиба при 𝜉 = 0.436, 𝜂 = 0.602 равно 1.987*10-6 м
17
3. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ОСЕСИММЕТРИЧНОГО ИЗГИБА КОЛЬЦЕВОЙ ПЛАСТИНЫ
СТУПЕНЧАТО-ПЕРЕМЕННОЙ ТОЛЩИНЫ
3.1. Условие задачи
Кольцевая пластина ступенчато-переменной толщины изгибается осесимметричной
поперечной нагрузкой q(r). Пользуясь линейной теорией изгиба пластин, получить
аналитическое решение задачи в общем виде. Вычислить и представить графически в виде
эпюр прогиб w и изгибающие моменты M1, M2. Вычислить максимальное значение прогиба w.
Вычислить значения изгибающих моментов M1, M2 в точке, соответствующей максимальному
значению эквивалентного напряжения. Пользуясь критерием текучести Сен-Венана,
основанным на равенстве наибольших касательных напряжений, определить запас прочности
пластины.
3.2. Исходные данные
R1
R2
q0
q0
h1
h2
Рис.3.1. Расчетная схема
R0  0 м
Радиусы:
R1  14 м 102
Толщины:
R2  22 м 102
Модуль упругости:
h1  2 м 103
h2  4 м 103
E  2 105 МПа
Коэффициент Пуассона:
  0.3
18
Нагрузка:
q0  5 КПа
3.3. Решение задачи
Решение будем искать в виде:
 w , R0  r  R1
w 1
w2 , R1  r  R2
Уравнения изгиба пластины:
w1 
где D1 
q1 (r )
D1
w2 
q2 ( r )
,
D2
E  h13
E  h23
2 1  1 2 .
,
D

,




2
r 2 r r r  2
12 1   2 
12 1   2 
Так как нагружение осесимметричное, то можно ожидать, что w  w(r ) . Это резко
упрощает бигармонический оператор.
 d 2 1 d  d 2 1 d 
   2 



r dr  dr 2 r dr 
 dr
Бигармонический оператор можно привести к следующему виду:
 d 2 1 d  d 2 1 d 
   2 
 2 

 dr r dr  dr r dr 
1  d 2 d   1  d 2 d 
  r 2     r 2   
r  dr dr   r  dr dr  

1 d  d   1 d  d 
r 
r  
r dr  dr   r dr  dr  

1 d  d  1 d  d 
r
r  
r dr  dr  r dr  dr   
Граничные условия:
Для r  R0 используем условие ограниченности решения, то есть a1  a3  0 .
 2 w2  w2

0
r 2
r r
Необходимо ещё 4 граничных условия, они определяются из условия «склейки»
решения:
r  R2 : w2  0;
r  R1 : w1  w2 ,
dw1 dw2

, M r1  M r2 , Qr1  Qr2
dr dr
В общем случае Mr, M𝜃 и Qr выглядят следующим образом
 d 2w
 1 dw
1 dw 
d 2w 
M r (r )   D  2  
M
(
r
)


D






r dr 
dr 2 
 dr
 r dr
Qr (r )   D
 d 3 w 1  d 2 w 1 dw  
d  d 2 w 1 dw 



D
 3   2 



dr  dr 2 r dr 
r  dr
r dr  
 dr
Решение дифференциальных уравнений будем искать в виде:
̃ , где
𝑤(r) = w(r)∗ + w(r)
∗
𝑤(r) − частное решение неоднородного уравнение,
̃ − общее решение однородного уравнения
w(r)
Однородное уравнение для
w1 и w2 одинаково.
19
wi  0, i  1, 2.
Найдем общее решение однородного уравнения
1 d  d  1 d  dwi   
r 
r
  0
r dr  dr  r dr  dr   
d  d  1 d  dwi   
r 
r
  0
dr  dr  r dr  dr   
d  1 d  dwi  
r 
r
   c1i
dr  r dr  dr  
d  1 d  dwi  
1

r
   c1i 
dr  r dr  dr  
r
1 d  dwi 
r
  c1i  ln r  c2 i
r dr  dr 
d  dwi 
r
  c1i  r  ln r  c2 i r
dr  dr 
dw
r i  c1i  r 2  ln r  c2 i r 2  c3i
dr
c3i
dwi
 c1i  r  ln r  c2 i r 
dr
r
2
2
wi  c1i  r  ln r  c2 i r  c3i ln r  c4 i
В итоге общее решение однородного уравнения:
w1  a1  a2 r 2  a3  ln r  a4  r 2 ln r
w2  b1  b2 r 2  b3  ln r  b4  r 2 ln r

Найдем частное решение неоднородного уравнения. Поскольку в уравнении для w2
правая часть равна нулю (нагрузка на этом участке отсутствует), то частное решение равно
нулю, а значит общее решение неоднородного уравнения равно
w2  b1  b2 r 2  b3  ln r  b4  r 2 ln r

Частное решение для w1 , будем искать проинтегрировав правую часть.
20
1 d  d  1 d  dw   
r 
r
 
r dr  dr  r dr  dr   

1
q0 (1 
r
)
R1
D1
d  d  1 d  dw1    q0
r2
 r 
r
    (r  )
dr  dr  r dr  dr    D1
R1
r
d  1 d  dw1   q0 r 2 r 3
)

r
  ( 
dr  r dr  dr   D1 2 3R1
d  1 d  dw1   q0 r r 2
)

r
  ( 
dr  r dr  dr   D1 2 3R1
1 d  dw1  q0 r 2 r 3
)
r
 ( 
r dr  dr  D1 4 9 R1
d  dw1  q0 r 3 r 4
)
r
 ( 
dr  dr  D1 4 9 R1
r
dw1 q0 r 4
r5
 ( 
)
dr
D1 16 45 R1
dw1 q0 r 3
r4
 ( 
)
dr
D1 16 45 R1
w1 
q0 r 4
r5
( 
)
D1 64 225 R1
В итоге
q0 r 4
r5
( 
)
D1 64 225R1
Тогда общие решения неоднородных уравнений будут выглядеть
q r4
r5
w1  a1  a2 r 2  a3  ln r  a4  r 2 ln r  0 ( 
)
D1 64 225R1
w1 
w2  b1  b2 r 2  b3  ln r  b4  r 2 ln r
Граничные условия будем записывать в виде:
21
1) a1  0
2) a3  0
3) b1  b2 R22  b3 ln R2  b4 R22 ln R2  0
4) 2b2 

b3
b
 
 b4 (2 ln R2  1)   2b2 R2  3  b4 (2 R ln R  1)   0
2
R2
R2 
R2

Далее идут условия склейки решения:
q0 R14
R15
5) a1  a2 R  a3  ln R1  a4  R ln R1  ( 
)  b1  b2 R12  b3  ln R1  b4  R12 ln R1
D1 64 225 R1
2
1
6) 2a2 R1 
2
1
a3
q R3
b
R4
 a4  2 R1  ln R1  R1   0 ( 1  1 )  2b2 R1  3  b4  2 R1  ln R1  R1 
R1
D1 16 45 R1
R1


a3
q0 3R12 4 R13
2
a


a
2

ln
R

1

(

)

4
1
 2

2
R1
D1 16 45 R1


7)  D1
3
4
 
a
q R
R 
  2a2 R1  3  a4  2 R1  ln R1  R1   0 ( 1  1 )  
R1
D1 16 45R1  
 R1 
b3


 2b2  R 2  b4  2  ln R1  1 

1


  D2
 

b
   2b2 R1  3  b4  2 R1  ln R1  R1   
R1
 
 R1 



a3
q0 3R12 4 R13
2
a


a
2

ln
R

1

(

)  



 2
4
1
2
2
R1
D1 16 45 R1  
a
1 q 3R 4 R
1
8)  D1  2  33  2a4  0 ( 1  1 )  

 R1
R1 D1 8 15 R1 R1 
a3
q0 R13
R14  
( 
) 

 2a2  2  a4  2  ln R1  1 
R1
R1 D1 16 45 R1  


 b

b
b
1 1
  D2  2  33  2a4   2b2  32  b4  2  ln R1  1  2b2  32  b4 (2  ln R1  1)  
R1 R1 
R1
R1

 R1
Постоянные интегрирования вычислим в программе MathCAD. Они получились
следующими:
Функция прогиба принимает максимальное значение wmax  5.929 10
4
м в точке
r  1.225 105 м .
22
Рис.3.2. Эпюра прогиба w
Рис.3.3 Эпюра Mr
Рис.3.3 Эпюра M𝜃
3.4. Определение запаса прочности пластины с помощью критерия текучести СенВенана
Необходимо вычислить коэффициент запаса прочности в двух участках разной
толщины. Учитывая, что нагрузка осесимметричная, выражения для эквивалентных
напряжений упрощаются.


h
2
3  M  M 1
 2 r

h 
2
2
а) У поверхности пластины  z    .
 экв
 M r  M 
2



23
Коэффициент запаса прочности на участке с h  h1 получился следующим n  13.198 .
Изгибающие моменты в точке максимального эквивалентного напряжения равны:
M r  1.231 Н , M  24.751 Н .
На участке с h  h2 , n  52.792 , M r  1.231 Н , M  24.751 Н
б) На срединной плоскости пластины  z  0 .
 экв 
3Qr
h
h  h1 получился следующим n  2.8 , Qr в
точке максимального эквивалентного напряжения равна Qr  116.677 Н / м .На участке с
h  h2 , n  17.6 , Qr  74.242 Н / м
Коэффициент запаса прочности на участке с
Все расчеты были произведены в программе MathCAD (приложение 3).
24
4. ОБЩИЙ СЛУЧАЙ ИЗГИБА КРУГЛОЙ ПЛАСТИНЫ
4.1. Условие задачи
Круглая или кольцевая пластина постоянной толщины h изгибается заданной
поперечной нагрузкой q (r, θ), приложенной к части ее площади. Пользуясь линейной теорией
изгиба пластин (использовать уравнение изгиба в полярных координатах) и методом
разложения в тригонометрические ряды, дать аналитическое решение в общем виде. Вычислить
и представить графически в виде эпюр безразмерные прогибы
крутящие
M r M
w
,
, изгибающие
и
t1
t2 t2
H
моменты, здесь t1, t2 - обезразмеривающие комплексы. Вычислить максимальное
t2
значение прогиба w и моментов Mr, Mθ, H. Проверить прочность пластины по теории СенВенана.
4.2. Исходные данные
Рис.4.1. Расчетная схема
Толщины пластины
h  2 мм
Внешний радиус пластины
Максимальное значение распределенной нагрузки
R1  20 cм
R0  5 cм
q0  5 КПа
Предел текучести материала
 T  140 МПа
Модуль упругости
Коэффициент Пуассона
E  0.7 105 МПа
Внутренний радиус пластины
  0.34
25
4.3. Решение задачи
Для удобства вычисления введём безразмерную координату ξ
R
r
  0 ,   ,    1
R1
R1
Дифференциальное уравнение поперечного изгиба в полярной системе координат:
q( , )  R14
W 
D
здесь

d2 1 d
1 d2


.
d 2  d  2 d 2
Теперь обезразмерим функцию прогиба следующим образом:

D  м  Н  м  м2
w W
 1
4 
4
q0 R1  Н  м

Граничные условия:
1 H
M r ( ,  )  0; Qr ( ,  )  Qr 
0
r 
.
w
w(1, ) 
(1,  )  0

Функция нагрузки:
2
2

2
q0 1    ,  6    6
q  ,    
2
4
0,
 

6
6
Разложим функции нагрузки и прогиба в ряд Фурье (синусы можно опустить сразу, т.к.
вследствие симметрии коэффициенты при них будут равны нулю).
𝑤 (ξ)
𝑤(ξ, ) = 02 + ∑∞
𝑚=1 𝑤𝑚 (ξ) ∙ cos(m ∙ )
∞
𝑞0 (ξ)
𝑞(ξ, ) =
+ ∑ 𝑞𝑚 (ξ) ∙ cos(m ∙ )
2
𝑚=1
Так как 𝑞(ξ, ) известна, можно сразу найти коэффициенты в её разложении
воспользовавшись свойством ортогональности.
q0 ( )  q0 1   2  
1

qm ( )  q0 1   2  
1

2
6
 d  q 1     3
2
2
0

2
6
2
6

 cos  m  d  q 1     m  sin 
2
2
0

2
6
m 

3 
Таким образом, зная функции 𝑞0 (ξ) и 𝑞𝑘 (ξ), подставив разложения в диф.ур. и
приравнивая соответствующие коэффициенты при косинусах получим два вида
дифференциальных уравнений
q  
w0    0
q0
  wm    cos  m   
qm    cos  m 
q0
26
Решение при m=0
Дифференциальное уравнение выглядит следующим образом:
2
2
 d2 1 d
1 d 2   d w0   1 dw0   1 d w0    2
2




  1   
 2
2
2 
2
2
2
 d  d   d
 d

d
 d
 3
 d 2 1 d   d 2 w0   1 dw0    2
2

  1   
 2

2
 d   d
 d  3
 d
1 d  d  1 d  dw0      2
2



    1   
 d  d   d 
d    3
Общее неоднородное решение этого уравнения ищем в виде:
𝑤0 (ξ) = 𝑤0 (ξ)∗ + 𝑤̃
0 (ξ), где
∗
𝑤0 (ξ) − частное решение неоднородного уравнение,
𝑤̃
0 (ξ) − общее решение однородного уравнения

w1 представим в виде w1   6   4 . Подставляем w1 в диф. уравнение, получим
следующее уравнение:
576 2  64 
2
1  2 

3
Приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях ξ получим
2
2
576  
64  
3
3
2
2
 

3  576
3  64
Общее однородное решение этого уравнения известно из задачи 3. В итоге:
2  6 4 
w0    a01  a02 2  a03  ln   a04   2 ln     
 
3  576 64 
Решение при m=1
Дифференциальное уравнение выглядит следующим образом:
2
 
  w1    cos     1   2    sin    cos  

3
d2 1 d
1 d

 2 2 . cos   дифференцируется в последнем слагаемом. Два раза
2
d  d  d
прогнав cos   через  получим:
здесь  
2

 d2 1 d
1   d w1   1 dw1   1
2
 



 2 w1     cos    1   2    sin    cos  
 2
2 
2
 d    d
 d


3
 d

2

 d2 1 d
1   d w1   1 dw1   1
2
 



 2 w1     1   2    sin  
 2
2 
2
 d    d
 d


3
 d

1 d  3 d  1 d  3 d  w1      
2
 


 3
   1   2    sin  




2


 d  d   d  d      

3
Общее неоднородное решение этого уравнения ищем аналогично пункту 4.3.1.
В итоге:
6
2
4 
   
w1    a11  a12 1  a13   3  a14   ln    sin     
 

 3   525 45 
27
Решение при m≥2
Дифференциальное уравнение выглядит следующим образом:
2
 m 
  wm    cos  m    1   2  
 sin 
 cos  m 
m
 3 
Преобразуем это уравнение к виду
1 d  2 m1 d  1 d  2 m1 d  wm      
2




      m   m
 m1 d 
d   2 m1 d 
d   m    

2
 m 
m 
 sin 

m
 3 
Общее неоднородное решение этого уравнения ищем в виде:
𝑤m (ξ) = 𝑤m (ξ)∗ + 𝑤̃
m (ξ), где
∗
𝑤𝑚 (ξ) − частное решение неоднородного уравнение,
𝑤̃
m (ξ) − общее решение однородного уравнения
Общее решение однородного уравнения ищем в виде:
wm    A 
Приравнивая правую часть уравнения к нулю, подставляем
характеристическое уравнение.
   2  2  m 2    2  m 2   0


1,2  2  m
wm   , получим
3,4   m
wm    am1 m  am2  m  am3   2m  am4   2m
Частные решение для m = 2,4,5 получаем при помощи интегрирования свёртки
бигармонического оператора и приравнивания появляющихся коэффициентов к нулю. Поиск
этих частных решений необходим для того, чтобы исключить случаю с повторяющимися
коэффициентами (линейно зависимые от общего однородного решения).
Для решения m = 3,6 𝛽3 = 𝛽6=0, а значит нет необходимости его искать.
 2   4  ln   2   4  2   6

w2   


48
72
384
6
4
3  
    ln   4   6  ln 
w4    4
 4

800
96
160
4
6
 
 
w5    5
 5
189
99
При m≥7 можно использовать подстановку wm    Am 6  Bm 4 ,
Am 
где
m
m  52m 2  576
Bm  
4
m
m  20m 2  64
4
Вычисление постоянных интегрирования
Запишем все функции wm  
28
2  6 4 
w0    a01  a02 2  a03  ln   a04   2 ln     
 
3  576 64 
6
2
4 
   
w1    a11  a12 1  a13   3  a14   ln    sin     
 

 3   525 45 
w2    a21 2  a22 2  a23   4  a24 
 2   4  ln 

2   4

2   6
48
72
384
6
4
3  
    ln   4   6  ln 
w4    a41 4  a42 4  a43   6  a44   2  4
 4

800
96
160
4
6
 
 
w5    a51 5  a52 5  a53   7  a54   3  5
 5
189
99
Некоторые слагаемые, полученные из частных решений, можно занести в константы,
полученные из решения общего однородного уравнения
2  6 4 
2
2
w0    a01  a02  a03  ln   a04   ln     
 
3  576 64 
w1    a11  a12 1  a13   3  a14   ln  
w2    a21  a22
2
2
 a23    a24 
4
6
4 
   
 sin     
 

 3   525 45 
2
 2   4  ln 

48
2   6
384
w4    a41 4  a42 4  a43   6  a44   2 
 4    ln 
w5    a51 5  a52 5  a53   7  a54   3 
5  
4
96
4


5  
 4   6  ln 
160
6
189
99
Постоянные интегрирования для каждой функции wm   найдем, подставив wm   в
граничные условия. Распишем момент и обобщенную перерезывающую силу:
M r ( ,  )  0;
Mr 
w
 1 w 1  2 w 
2w


 2

2 
 2
     
w0
  wm cos(m   )
2 m 1
w0II 
 I
w 0
 0
1

1
wmII  cos(m   )    wmI cos(m   )  2 wm m 2 cos( m   )   0,



1

1
wmII    wmI  2 wm m 2   0,



m  1, 2...5
m  1, 2...5
29
Qr ( ,  )  Qr 
1 H
0
 
 1 2w
 3 w 1  2 w 1 w 1  3 w
2 2w 1  
1 w  





1


 2



3
2
2
2
2
3
2

          
      
w
w  0   wm cos(m   )
2 m 1
1
1
w0III  w0II  2 w0I  0
Qr 


wmIII  cos(m   ) 

1

wmII  cos(m   ) 
1
2
wmI  cos(m   ) 
m2
2
wmI  cos(m   ) 
2m 2
3
wm  cos( m   ) 
 m2 I

m2
1



w

cos(
m


)

wm  cos(m   )   0, m  1, 2...5


m
2


 

1
wmIII 
1

wmII  
1

2
wmI 
m2

2
wmI 
2m 2

3
wm 
1

 m2
1     


wmI 

wm   0, m  1, 2...5


m2
2
В итоге
Вычисление моментов
Запишем формулы для внутренних силовых факторов:
Уравнение для безразмерного момента M r :
 2w
 1 w 1  2 w  
D
M r  D  2   
 2
 2
2 
R1
 r r r   
 r

D q0 R14

R12 D
 2w
 1 w 1  2 w  
 2

 2 
2 
      
 
 2w
 2
 1 w 1  2 w  
 1 w 1  2 w  
2  w





q
R


 2
 2



0 1 
2
2 
2













  2  









Mr  H
Mr б 
 1
2 
р
q0 R1  Н  м 2

 м2

Уравнение для безразмерного момента M :
30
 1 w 1  2 w
2w 
D
M  D 
 2
 2  2
2
r 
R1
 r r r 
M б
р
 1 w 1  2 w
2w 
1 2w
2w 
2  1 w
     2  2    2    q0 R1      2  2    2 







M  H

 1
2 
q0 R1  Н  м 2

 м2

Уравнение для безразмерного момента Н:
D 1     1  2 w
 1  2 w 1 w 
 1 2w
1 w 
1 w 
2
H   D 1    
 2





q
R
1


 2







0 1
2
2
R1
 r r  r  
     
     



H  H
Hб 

1


р
q0 R12  Н  м 2

 м2

Уравнение для безразмерной перерезывающей силы Qr :

D    2 w 1 w 1  2 w 
D   3 w 1  2 w 1 w 1  3 w
2 2w 
Qr   D  w    3






 3 3 

r
R1    2    2  2 
R1  
  2  2   2  2  3  2 
D q R 4   3 w 1  2 w 1 w 1  3 w
2 2w 
 3 0 1  3 




R1 D  
  2  2   2  2  3  2 
  3 w 1  2 w 1 w 1  3 w
2 2w 
  q0 R1  3 




  2  2   2  2  3  2 
 
 H


Qr  м
Qr б 
 1

р
q0 R1  H  м 
 м2

Уравнение для безразмерной перерезывающей силы Q :
1 
D 1    2 w 1 w 1  2 w 
D 1  3w
1 2w
1 3w 
Q   D




 w   3

 3 

r 
R1     2    2  2 
R1    2    2  3 

Q б
 1 3w
D q0 R14  1  3 w
1 2w
1 3w 
1 2w
1 3w 





q
R






0 1
2
R13 D    2  2   3  3 
 2   3  3 
  
р
 H


Q  м

 1
H
q0 R1 
м 
 м2

31
Рис.4.2 График функции безразмерного прогиба
Рис.4.3 График функции безразмерного момента Mr
32
Рис.4.3 График функции безразмерного момента M𝜃
Рис.4.3 График функции безразмерного момента H
С помощью встроенной функции Maximize в программе MathCAD определим
максимальные значения прогиба, моментов и перерезывающих сил. Результаты приведены в
таблице 4.1.
33
Максимальные значения прогиба, моментов.
Таблица 4.1
W, м
Mr, Н Mθ, Н H, Н
-4
6.65*10 -8.481 9.558 4.009
4.4. Определение запаса прочности пластины с помощью критерия текучести Сен-Венан
Теория описана в пункте 1.4.
h

а) У поверхности пластины  z    .
2

3  M  M 1
2
 экв  2  r

 M r  M    4 H 2 
h 
2
2

Необходимо найти точку у поверхности пластины, в которой
M r  M 1
2

 M r  M    4 H 2 достигает наибольшего значения.
2
2
После этого определяется коэффициент запаса прочности пластины
n
комбинация
 пр
 экв
где  пр – предельное для данного материала напряжение. В расчетах принимается
 пр  0.7 Т
При расчете коэффициент запаса прочности получился следующим n  13.671
б) На срединной плоскости пластины  z  0 .
3
 экв   Qr2  Q2 

h
Необходимо найти точку у поверхности пластины, в которой комбинация Qr2  Q2
достигает наибольшего значения.
После этого определяется коэффициент запаса прочности пластины
n
 пр
 экв
При расчете коэффициент запаса прочности получился следующим n  211.247
Все расчеты были произведены в программе MathCAD (приложение 4).
34
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
При выполнении данной курсовой работы были получены основные навыки и методы
расчета пластин на изгиб под действием внешней нагрузки. В качестве иллюстрации приведены
эпюры прогибов, моментов, крутящих моментов, перерезывающих сил в безразмерном виде.
Также определен максимальный прогиб и посчитан запас прочности пластин, используя
основные теории прочности.
35
1
2
3
4
5
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
«Строительная механика машин» Методические указания к решению задач, Новосибирск
2007, К.А. Матвеев, А.Н. Пель, Н.В. Пустовой
«Строительная механика тонкостенных конструкций», В.И.Погорелов, СанктПетербург, « БХВ-Петербург», 2007
«Сопротивление материалов», В.Г.Атапин, А.Н.Пель, А. И. Темников, НГТУ,
Новосибирск 2006.
«Механика тонкостенных конструкций. Статика», В. Л. Бидерман, М.: Машиностроение,
1977
Пель. А.Н. Конспект лекций.
36
ПРИЛОЖЕНИЕ 1
37
\
38
39
40
41
42
43
44
45
ПРИЛОЖЕНИЕ 2
46
47
48
49
50
51
ПРИЛОЖЕНИЕ 3
52
53
54
55
56
57
58
ПРИЛОЖЕНИЕ 4
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69