Файл: Филиппов, А. П. Воздействие динамических нагрузок на элементы конструкций.pdf

Скачать файл (5,91Мб)

Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 23.10.2024

Просмотров: 61

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

г д е

= Pl^	/,2 _	Pi1*2
[ij ’		X+ 2ц,

Учитывая условие симметрии относительно оси у, решение урав нений (1.6) и (1.7) берем в виде

оо

щх —	[Аг (а,		Р) sin ах +			Сг (а,	Р) cos ах] е~у*2cos fiydadfi,				(1.9)
о
оо
и\у = J j	[Л2 (а,		Р) cos ах +			С2 (а,	р) sin ах] e~^2sin $ydad$,				(1.10)
о
оо
щ2 =	[А3(а,		р) cos ах +			С3 (а,	Р) sin ах] е~у*г cos $ydad$,				(1.11)
о
ф = j		j [Л4 (а, Р) cos ах + С4 (а, Р) sin ах] е~у'г cos $ydad$.
		о
Уравнения		(1.6),		(1.7)	удовлетворяются			при	условии,	что
		у4 =		а 2 +	Р2 — h2a 2,		у2 =	а 2 +	р2 — & а\		(1.12)
Решение задачи ищем в предположении, что при 2 = 0										отсутствуют
касательные напряжения, т. е.
Xxz =	Р-1	диг		дих	\|	— 0, Хуг — р,4		диг	диу	= 0.	(1.13)
		дх		dz	г=0			dy	"т” dz	■0

Для удовлетворения условиям (1.13), а также зависимости (1.8) коэффициенты при произведениях тригонометрических функций приравниваем нулю. Тогда для нахождения At (а, Р), С,(а, Р) получим систему уравнений

аС 31 у2С1 2ссу1С4 — 0,

— аА 3 — у2С1 + 2ау4Л4 = 0,

аЛ1 + рЛ2 — у2Л3 = 0,

—РС3 — У2С2 + 271РС4 = 0,

—Р Л — Ъ Аг + 2Ру4Л4 = 0,

1—' O/Ci -j- р с 2■ Уг^з = 0 .

Из (1.14) найдем

А	___ — А		Л -	“2 + V2 Л		А - к2 + Р2 + 7г		я
л 1 “ R		Л2.	л 3 —	П„	Л2>	л 4 —	9R.,,,	Л2>
				РУ			2РУ1Уг	(1.15)
								(1.15)
г	— ___ г	Ь 2>	Г =		п	п	0,2 + Р2 + Уг п
	------------р	Ь 2>	Ь 3	Руг	2’	4 ~	2pYly2
				Руг	2’	4 ~	2pYly2

Вместо А2, С2 в дальнейшем вводим новые постоянные Л2, С2,

связанные с Л2> С2 соотношениями

2рт2Д2

2$у2С2

(1.16)

2 (V?- Vi) (1 -

■>

С 2 — ■

Y2) (1 -

vx) £х ’

2 (v? -

vx) £х

Для перемещения иг (1.5)

получим значение

, _ V12

(«2+ p 2)(e -v;2 - e ~ v‘2)

(1 — Vx) (Yi — y|)

X (Л2cos ax +

C2 sin ax) cos $ydadf>.

(1.17)

В пределе, когда v

0, y2 -*■ Yi -*■ Vo. из (1-17) найдем

2(1

Voz

„

(Л2cos ax + C2sin ax) cos fiye~v°zdadfi.

у')J

(1.18)

Эти значения совпадают с решением для статической задачи

(v =

= 0) [47].

Функцию Ф (х, у, z) получим в виде

°с

_j_ £ 2sjn

cosfiye—v^dadfi.

Ф = —4 — ГГ ” г + Р

+ Vs ^ '2 cosах

k'E1

a_Yl

(1.19)

Учитывая

(1.8)

для

объемного

расширения, из (1.2)

найдем

h.2

д2Ф

0 =

ДФ =

■дх2

’

откуда

ГГ а2+

Р2+

0 =

■

-р -

cos ах

q '2sin аЛГ) e- Vlz Х

(А 4 X1) L1 J J

У2

Напряжение

X cos Pydadp.

(1.20)

с , = М + 2, , ^

- - Щ - ( j i { | 2 («. + Р ) -

■(1 —

Vj) k2a 2\е-У ‘г +

2 ( а ; +

.Д (v2e - V!2 — V ie-v,2)l х

v ? - v i

X (A jcosax +

C2sinax)cosPydadp.

(1.21)

На поверхности полупространства для г

= 0

(уо = а 2 + Р2) найдем

оо

4y2 (Yi — Ya) Yo

V,)- x)JJf

Viyif

(х,

у ,

0) =

2 U +

а 4й2

k2 X

( 1. 22)

(Л2 cos ax +

C2 sin ax) dadp.

Предполагаем, что давление от балок на пространство передается равномерно по ширине альное уравнение колеблющейся балки с учетом вид

упругое полу Ь. Дифференци затухания имеет

д*У , _Р__^У_ I			I ду		^ ■ [ p W	= q(Xi) —	(0, x jb ],	(1.23)
дх4	В	дР "*■	В	dt

где В — жесткость балок (для двух балок В =							2EI); р — масса
балок	на	единицу		длины; Ь — ширина опорной поверхности;
аг (0,	хх)	b — давление грунта на				погонную	единицу	длины;

q (хх) — интенсивность внешней нагрузки. В случае стационарного движения для прежней координаты х — хг — vt (1.23) запишется в виде

diy	I Я2_ЦУ__~2_^_ — PW
dx4	~T	dx*	1	dx	~	В '
где
	62 = д !р		’	=	J l .
	и	В	’	т‘	в
Значение
р (х) = —	1* [Л (a) cos ах +				В (a) sin ах] da,
■п 6
где
A (a) — j p (\|) cos acdl,			В (a) = J			p (g) sin aEdE.

(1.24)

(1.25)

(1.26)

(1.27)

Когда	нагрузка	q (x)		распределена		в	интервале			—а <	х < а
(для сосредоточенной			нагрузки 2qa			Р, а ->			0),	коэффициенты
А (а), В (а), входящие в				(1.26), будут иметь следующие значения:
	А (а) = ^		^	- — ЬА1(а),		В (а) =		-	ЬВХ(а),		(1.28)
где	со						со
	со						со
4 ( « ) = i		а2 (Е) COS a\dl,			В1( а ) =		\	аг(Е) sin agdc.			(1.29)
	— СО						— со
Прогиб	балки
		со			со
	у (х) =	j С (a) cos axda			-f- j	D (a) sin axda.					(1.30)
		о			0
После подстановки (1.30) в уравнение (1.24) получим
a 2 (a2 — 62) C (a) — a ifD (a) =					-^j-		sin aa — Ь Д (a)				,
	arfC (a) +		a 2 (a2 — 62) D (a) -------- (a).

Следовательно,

С (а) =

"ДА (а)

И г Sin а а (“ 2 -

“ 2 ~

« 2 («2 -

б2) bAi М '

— Tfa&Sj ( а )},

(1.31)

D (а) = лВА (в)' {“

1 Г sin aav?a +

r fabA i («) +

“ 2 (а-2

б2)

(«)}

где А (а) =

а 2 [а 2 (а2 — б2)2 + rrf].

По теореме

Фурье для г =

можно

написать

ОО

а2 (х,

у,

0) =

j j

cos ах cos p^dadp j j

а2 cos аХ cos Piid^dp +

— oo

со

- ^

j [ sin ax cos fiydadfi j j

a zsin ah cos fiydXdy.

(1.32)

Имеем

oz (x,

0) =

— o2 (x,

для

|у |<

6/2,

(1.33)

cr2 (x,

0) =

для

|у

6/2,

поэтому, учитывая обозначения (1.29), получаем

ст2(х, у,

0) =

[

(a) cos ax + B j (a) sin ax] x

sin 66/2

о ,

(1.34)

X -----cos fiydadfi.

Сравнивая

значение a2

(x, у, 0) со значением

(1.19),

находим

61 -

4(1 +Vl) sin P&/2A

(a)

A 2

(a >P) -

я*£ (a. p)

Лх (a)’

(1.35)

6) -

4(1 +V t) sin pb/2R

(a)

где

°2 (a ’PI -

Я2£ («, 6)

W ’

E (a,

P) =

4Y2 (Yi — Ya) Yo

(c0 =

k2).

(1 -36)

Вводя

переменную

p/a =

т (и =

a6/2) и обозначая

/,.ч _

Г __________<уу, sin uxdT__________

(1.37)

(1 — vO [4у.2ур (Vi — Ysi) — c2]

получаем уравнение перемещения полупространства под балкой в виде

иг (х, 0, 0) = 4 (^2£ Vl) ^ [Аг cos ax + В х sin ax] 5 da (1.38)

Смотрите также файлы

Хартович, Ю. И. Вибрационный выпуск руды.pdf

Цирлин, А. М. Основы оптимального управления конспект лекций.pdf

Черниев, Л. Ф. Азбука судовождения.pdf

Шилькрут, Д. И. Вопросы качественной теории нелинейных оболочек.pdf

Шубов, И. Г. Шум и вибрация электрических машин.pdf

Файл: Филиппов, А. П. Воздействие динамических нагрузок на элементы конструкций.pdf

Смотрите также файлы

Информация

Списки файлов

Дополнительно