ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
141
Пример 7.3. Для пластины (рис.7.5,а) построить эпюры изгибающих моментов,
определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти
прогиб в центре пластины. Принять:
ab 5
=
; hh 2
1
=
; hh
=
2
; 1==
yc
yt
y
k
σ
σ
; ,0=
v
3.
Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях
+=
r
v
dr
d
DM
ii
iri
ϑϑ
,
+=
dr
d
v
r
DM
ii
iti
ϑϑ
.
Угол поворота нормали
∫∫
−+=
rr
ii
drdrQr
Drr
c
rс
1
2
1
ϑ
,
здесь
i
- номер участка пластины.
Участок 1
ar
≤
≤0( )
Поперечную силу
1
Q определяем из уравнения равновесия центральной части пластины
(рис.7.5,б)
∑
= 0
z
F ,
2
02
1
2
1
pr
QrprQ =→=−⋅
ππ
.
Угол поворота нормали
∫
∫
−+=
r
dr
r
dr
pr
r
rDr
c
rc
00
2
1
1
2
11
ϑ
1
16
3
2
11
D
pr
r
c
rc −+=
ϑ
,
1
16
2
3
2
2
1
1
D
pr
r
c
c
dr
d
−−=
ϑ
.
Участок 2 (
b
r
a
≤
≤ )
Уравнение равновесия (рис. 7.5,в)
∑
= 0
z
F
,
2
02
2
2
2
pr
QrprQ =→=−⋅
ππ
.
Угол поворота нормали
2
3
4
32
16D
pr
r
c
rc −+=
ϑ
,
2
2
2
4
3
2
16
3
D
pr
r
c
c
dr
d
−−=
ϑ
.
Постоянные интегрирования
4321
,,, cccc находим из граничных условий:
1)
0=
r
, 0
1
=
ϑ
; 2) a
r
= ,
21
ϑ
ϑ
=
; 3) a
r
=
,
21 rr
MM
=
,
+=
+
a
v
dr
d
D
a
v
dr
d
D
22
2
11
1
ϑϑϑϑ
; 4) br
=
,
0
2
=
ϑ
;
)3,01(12
)2(
2
3
2
1
−
=
hE
D
,
)3,01(12
2
3
2
2
−
=
Eh
D
,
21
8DD
=
.
1)
0
1
=c ,
2)
2
3
4
3
1
3
1
1616 D
pa
a
c
ac
D
pa
ac −+=− ,
3)
−−+=+ )1()1()1(
2
4
3211
v
a
c
vcDvcD ,
(А)
(Б)
Пример 7.3. Для пластины (рис.7.5,а) построить эпюры изгибающих моментов,
определить наибольшее эквивалентное напряжение по теории начала текучести Мора, найти
σ yt
прогиб в центре пластины. Принять: b = 5a ; h1 = 2h ; h2 = h ; k y = = 1 ; v = 0, 3.
σ yc
Решение. Интенсивность изгибающих моментов в радиальном и окружном сечениях
dϑ ϑ ϑ dϑ
M ri = Di i + v i , M ti = Di i + v i .
dr r r dr
Угол поворота нормали
c 1
ϑi = с1r + 2 −
r ∫
Dr r r
r ∫ Qi dr dr ,
здесь i - номер участка пластины.
Участок 1 (0 ≤ r ≤ a )
Поперечную силу Q1 определяем из уравнения равновесия центральной части пластины
pr
(рис.7.5,б) ∑ Fz = 0 , Q1 ⋅ 2πr − pπr 2 = 0 → Q1 = .
2
Угол поворота нормали
c 1 r r pr
ϑ1 = c1r + 2 − ∫ r∫ dr dr
r D1r 0 0 2
c pr 3
ϑ1 = c1r + 2 − ,
r 16 D1 (А)
d ϑ1 c 3 pr 2
= c1 − 2 − .
dr r 2 16 D1
Участок 2 ( a ≤ r ≤ b )
Уравнение равновесия (рис. 7.5,в)
pr
∑F z = 0, Q2 ⋅ 2πr − pπr 2 = 0 → Q2 =
2
.
Угол поворота нормали
c4 pr 3
ϑ2 = c3 r + − ,
r 16D2 (Б)
dϑ2 c 3 pr 2
= c3 − 42 − .
dr r 16 D 2
Постоянные интегрирования c1 , c2 , c3 , c4 находим из граничных условий:
1) r = 0 , ϑ1 = 0 ; 2) r = a , ϑ1 = ϑ2 ; 3) r = a , M r1 = M r 2 ,
dϑ ϑ dϑ ϑ
D1 1 + v 1 = D2 2 + v 2 ; 4) r = b , ϑ2 = 0 ;
dr a dr a
E (2h2 ) 3 Eh23
D1 = , D 2 = , D1 = 8D2 .
12(1 − 0,32 ) 12(1 − 0,32 )
1) c1 = 0 ,
pa 3 c pa 3
2) c1a − = c3 a + 4 − ,
16 D1 a 16 D2
c
3) D1c1 (1 + v) = D2 c3 (1 + v) − 42 (1 − v) ,
a
141
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 139
- 140
- 141
- 142
- 143
- …
- следующая ›
- последняя »
