Раздел III Изгиб тонких пластин (стр. 7 )

Правая часть дифференциального уравнения изгиба пластинки (6.1.1), (6.1.3) в этом случае равна нулю и интегрируя, прогиб в безразмерных координатах получаем в виде

. (6.1.8)

Здесь G0 – константа, которая будет определена ниже.

Пример 6.3. Рассмотрим пластинку с жестко защемленным правым краем и упругим опиранием левого края, загруженного равномерной распределенной нагрузкой qоп (рис. 6.5)

Удовлетворяя граничные условия на левом краю пластинки, получаем: с0= с1=0, Х(x) = с2x2+ с3x3=0,

На правом краю имеем граничные условия (рис 6.5,б)

; ; , .

С учетом формулы (6.1.2), (6.1.8), получаем

; , откуда

с2 + 3с33 = 0; .

Решая систему уравнений, получаем

; ; .

Принимая , получаем: с2 = 3, с2 = -1,

Х(x) = (3- x)x2 = 0, .

; .

Как видно из полученной формулы, форма прогиба, а следовательно, и внутренних усилий, не зависит от коэффициента жесткости упругой опоры kw. Значения прогибов и внутренних усилий меняются пропорционально множителю 1/(1+m), т. е. меняются по гиперболическому закону с увеличением параметра m (рис.6.6)

Два предельных случая:

а) kw.= 0 - консольная пластинка, загруженная на свободном крае равномерно распределенной нагрузкой

.;

б) kw.= ¥ – шарнирное опирание на левом краю пластинки, нагрузка полностью воспринимается опорой, прогибы отсутствуют.

Отметим, что если заделка на правом краю, а упругое опирание на левом краю, то получаем решение, заменяя в решении рассмотренного примера x на 1-x:

..

Пример 6.4. Рассмотрим пластинку с упругой заделкой левого края и шарнирным опиранием правого краю, загруженного равномерной распределенным моментом mоп (рис. 6.7).

Из граничных условий на левом краю w(0)=0, Mx(0)=mоп, получаем: с0 = 0,

, Граничные условия на правом краю получаем в виде: w(1)=0, , откуда ; , или

Решая систему уравнений, получаем:

; , .

Принимая , получаем: ; с2=-2;

; ;

;

Предельные случаи:

а) kj = 0 - шарнирно опертая пластинка, загруженная на левов крае равномерно распределенным моментом

.;

б) kw.= ¥ – пластинка с шарнирным опиранием на левом краю пластинки и заделкой на правом краю, загруженная на левов крае равномерно распределенным моментом

..

Как и в предыдущем примере, если упругая заделка на правом краю, шарнирная опора на левом краю, то получаем решение, заменяя x на 1-x:

..

Результаты расчет пластинки при различных значениях коэффициента e представлены в табл. 6.4.

w(x)=a(x)×qa4/D, jх(x)=d(x)×qa3/D, Mx(x)=b(x)××qa2 , Qx(x)=g(x)×qa .

a(x)=GX(x); d(x)= GX’(x); b(x)=GX”(x); g(x)= GX’”(x);

Таблица 6.4

e	с1	с3	a(0,5)×10	d(1)	d(1)	b(0)	b(0,5)	b(1)	g(x)
0	1,333	0,667	0,625	0,3333	-0,1667	1,0	0,5	0	-1
1	1,250	0,750	0,547	,03512	-0,1250	0,438	-0,125	-1,125
2	1,200	0,800	0,500	0,3000	-0,1000	0,400	-0,200	-1,2
5	1,125	0,875	0,430	0,2812	-0,0625	0,344	-0,312	-1,312
10	1,077	0,923	0,385	0,2693	-0,0385	0,308	-0,385	-1,385
20	1,043	0,957	0,353	0,2609	-0,0217	0,283	-0,435	-1,435
50	1,019	0,981	0,330	0,2547	-0,0094	0,264	-0,472	-1,472
100	1,010	0,990	0,322	0,2524	-0,0049	0,257	-0,485	-1,485
200	1,005	0,995	0,317	0,2512	-0,0025	0,254	-0,493	-1,493
500	1,002	0,998	0,314	0,2505	-0,0010	0,251	-0,497	-1,497
800	1,001	0,999	0,314	20,503	-0,0006	0,251	-0,499	-1,498
¥	1,0	1,0	0,3125	0,25	0	0,25	-0,5	-1,5

6.2. Чистый изгиб пластинки

Рассмотрим прямоугольную пластинку, без закреплений, загруженную по контуру изгибающими моментами mx=const (x=0, x=a) my=const (y=0, y=b) (рис. 6.8). Начало координат поместим в центре пластинки.

Так как нагрузка q=0, то получаем однородное уравнение равновесия пластинки

. (6.2.1)

Решение уравнения (6.2.1) примем в виде

. (6.2.2)

Тогда, изгибающие моменты определяем по формулам:

Мх= -2D(C1 + nC2)= mx; Мy= -2D(nC1 + C2)= my. (6.2.3)

H = 0; Q x= Qy = 0.

Решая уравнен6ия (6.2.3), получаем:

; (6.2.4)