Flamant раствор

Упругий клин, нагруженный двумя силами на конце

Решение Flamant предоставляет выражения для напряжений и перемещений в линейном упругом клине, нагруженном точечными силами на его остром конце. Это решение было разработано А. Фламантом ^[1] в 1892 г. путем модификации трехмерного решения Буссинеска .

Напряжения, предсказанные решением Flamant, равны (в полярных координатах )

${\ displaystyle {\ begin {align} \ sigma _ {rr} & = {\ frac {2C_ {1} \ cos \ theta} {r}} + {\ frac {2C_ {3} \ sin \ theta} {r }} \\\ сигма _ {г \ тета} & = 0 \\\ сигма _ {\ тета \ тета} & = 0 \ конец {выровнено}}}$

где - константы, которые определяются из граничных условий и геометрии клина (т. е. углов ) и удовлетворяют${\ displaystyle C_ {1}, C_ {3}}$${\ displaystyle \ alpha, \ beta}$

${\ Displaystyle {\ begin {align} F_ {1} & + 2 \ int _ {\ alpha} ^ {\ beta} (C_ {1} \ cos \ theta + C_ {3} \ sin \ theta) \, \ cos \ theta \, d \ theta = 0 \\ F_ {2} & + 2 \ int _ {\ alpha} ^ {\ beta} (C_ {1} \ cos \ theta + C_ {3} \ sin \ theta) \, \ sin \ theta \, d \ theta = 0 \ конец {выровнено}}}$

где приложенные силы.${\ displaystyle F_ {1}, F_ {2}}$

Задача клина самоподобна и не имеет собственного масштаба длины. Кроме того, все количества могут быть выражены в форме разделенных переменных . Напряжения варьируются как .${\ Displaystyle \ сигма = е (г) г (\ тета)}$${\ Displaystyle (1 / г)}$

Силы, действующие в полуплоскости [ править ]

Упругая полуплоскость, нагруженная двумя точечными силами.

В частном случае , когда , клин превращается в полуплоскость с нормальной силой и тангенциальной силой. В этом случае${\ Displaystyle \ альфа = - \ пи}$${\ displaystyle \ beta = 0}$

${\displaystyle C_{1}=-{\frac {F_{1}}{\pi }},\quad C_{3}=-{\frac {F_{2}}{\pi }}}$

Следовательно, напряжения

${\displaystyle {\begin{aligned}\sigma _{rr}&=-{\frac {2}{\pi \,r}}(F_{1}\cos \theta +F_{2}\sin \theta )\\\sigma _{r\theta }&=0\\\sigma _{\theta \theta }&=0\end{aligned}}}$

и смещения (с использованием решения Мичелла )

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{r}&=-{\cfrac {1}{4\pi \mu }}\left[F_{1}\{(\kappa -1)\theta \sin \theta -\cos \theta +(\kappa +1)\ln r\cos \theta \}+\right.\\&\qquad \qquad \left.F_{2}\{(\kappa -1)\theta \cos \theta +\sin \theta -(\kappa +1)\ln r\sin \theta \}\right]\\u_{\theta }&=-{\cfrac {1}{4\pi \mu }}\left[F_{1}\{(\kappa -1)\theta \cos \theta -\sin \theta -(\kappa +1)\ln r\sin \theta \}-\right.\\&\qquad \qquad \left.F_{2}\{(\kappa -1)\theta \sin \theta +\cos \theta +(\kappa +1)\ln r\cos \theta \}\right]\end{aligned}}}$

Зависимость смещений следует , что смещение растет дальнейшие шаги один из точки приложения силы (и не ограничена на бесконечности). Эта особенность решения Flamant сбивает с толку и кажется нефизической. Для обсуждения проблемы см. Http://imechanica.org/node/319 .${\displaystyle \ln r}$

Смещения на поверхности полуплоскости [ править ]

Смещения в направлениях на поверхности полуплоскости определяются выражением${\displaystyle x_{1},x_{2}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{1}&={\frac {F_{1}(\kappa +1)\ln |x_{1}|}{4\pi \mu }}+{\frac {F_{2}(\kappa +1){\text{sign}}(x_{1})}{8\mu }}\\u_{2}&={\frac {F_{2}(\kappa +1)\ln |x_{1}|}{4\pi \mu }}+{\frac {F_{1}(\kappa +1){\text{sign}}(x_{1})}{8\mu }}\end{aligned}}}$

где

${\displaystyle \kappa ={\begin{cases}3-4\nu &\qquad {\text{plane strain}}\\{\cfrac {3-\nu }{1+\nu }}&\qquad {\text{plane stress}}\end{cases}}}$

${\displaystyle \nu }$- коэффициент Пуассона , - модуль сдвига , а${\displaystyle \mu }$

${\displaystyle {\text{sign}}(x)={\begin{cases}+1&x>0\\-1&x<0\end{cases}}}$

Получение раствора Flamant [ править ]

Если мы предположим, что напряжения изменяются как , мы можем выбрать члены, содержащиеся в напряжениях, из решения Мичелла . Тогда функцию напряжения Эйри можно выразить как${\displaystyle (1/r)}$${\displaystyle 1/r}$

${\displaystyle \varphi =C_{1}r\theta \sin \theta +C_{2}r\ln r\cos \theta +C_{3}r\theta \cos \theta +C_{4}r\ln r\sin \theta }$

Следовательно, из таблиц в решении Michell мы имеем

${\displaystyle {\begin{aligned}\sigma _{rr}&=C_{1}\left({\frac {2\cos \theta }{r}}\right)+C_{2}\left({\frac {\cos \theta }{r}}\right)+C_{3}\left({\frac {2\sin \theta }{r}}\right)+C_{4}\left({\frac {\sin \theta }{r}}\right)\\\sigma _{r\theta }&=C_{2}\left({\frac {\sin \theta }{r}}\right)+C_{4}\left({\frac {-\cos \theta }{r}}\right)\\\sigma _{\theta \theta }&=C_{2}\left({\frac {\cos \theta }{r}}\right)+C_{4}\left({\frac {\sin \theta }{r}}\right)\end{aligned}}}$

Тогда в принципе константы можно определить из геометрии клина и применяемых граничных условий .${\displaystyle C_{1},C_{2},C_{3},C_{4}}$

Однако сосредоточенные нагрузки в вершине трудно выразить в терминах граничных условий тяги, поскольку

1. единичная внешняя нормаль в вершине не определена
2. силы прилагаются к точке (которая имеет нулевую площадь) и, следовательно, сила тяги в этой точке бесконечна.

Ограниченный упругий клин для уравновешивания сил и моментов.

Чтобы обойти эту проблему, рассмотрим ограниченную область клина и рассмотрим состояние равновесия ограниченного клина. ^{[2] [3]} Пусть ограниченный клин имеет две поверхности без тяги и третью поверхность в виде дуги окружности с радиусом . Вдоль дуги окружности единичная внешняя нормаль находится там, где находятся базисные векторы . Тяга на дуге${\displaystyle a\,}$${\displaystyle \mathbf {n} =\mathbf {e} _{r}}$${\displaystyle (\mathbf {e} _{r},\mathbf {e} _{\theta })}$

${\displaystyle \mathbf {t} ={\boldsymbol {\sigma }}\cdot \mathbf {n} \quad \implies t_{r}=\sigma _{rr},~t_{\theta }=\sigma _{r\theta }~.}$

Далее исследуем равновесие сил и моментов в ограниченном клине и получаем

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum f_{1}&=F_{1}+\int _{\alpha }^{\beta }\left[\sigma _{rr}(a,\theta )~\cos \theta -\sigma _{r\theta }(a,\theta )~\sin \theta \right]~a~d\theta =0\\\sum f_{2}&=F_{2}+\int _{\alpha }^{\beta }\left[\sigma _{rr}(a,\theta )~\sin \theta +\sigma _{r\theta }(a,\theta )~\cos \theta \right]~a~d\theta =0\\\sum m_{3}&=\int _{\alpha }^{\beta }\left[a~\sigma _{r\theta }(a,\theta )\right]~a~d\theta =0\end{aligned}}}$

Мы требуем, чтобы эти уравнения выполнялись для всех значений и тем самым удовлетворяли граничным условиям .${\displaystyle a\,}$

Граничные условия без тяги на краях, а также подразумевают, что${\displaystyle \theta =\alpha }$${\displaystyle \theta =\beta }$

${\displaystyle \sigma _{r\theta }=\sigma _{\theta \theta }=0\qquad {\text{at}}~~\theta =\alpha ,\theta =\beta }$

кроме точки .${\displaystyle r=0}$

Если предположить, что везде, то условия отсутствия тяги и уравнение моментного равновесия выполнены, и мы останемся с ${\displaystyle \sigma _{r\theta }=0}$

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{1}&+\int _{\alpha }^{\beta }\sigma _{rr}(a,\theta )~a~\cos \theta ~d\theta =0\\F_{2}&+\int _{\alpha }^{\beta }\sigma _{rr}(a,\theta )~a~\sin \theta ~d\theta =0\end{aligned}}}$

и вдоль кроме точки . Но поле везде также удовлетворяет уравнениям силового равновесия. Следовательно, это должно быть решение. Кроме того, предположение подразумевает, что .${\displaystyle \sigma _{\theta \theta }=0}$${\displaystyle \theta =\alpha ,\theta =\beta }$${\displaystyle r=0}$${\displaystyle \sigma _{\theta \theta }=0}$${\displaystyle \sigma _{r\theta }=0}$${\displaystyle C_{2}=C_{4}=0}$

Следовательно,

${\displaystyle \sigma _{rr}={\frac {2C_{1}\cos \theta }{r}}+{\frac {2C_{3}\sin \theta }{r}}~;~~\sigma _{r\theta }=0~;~~\sigma _{\theta \theta }=0}$

Чтобы найти конкретное решение для, мы должны подставить выражение для уравнения равновесия сил, чтобы получить систему из двух уравнений, которые необходимо решить для :${\displaystyle \sigma _{rr}}$${\displaystyle \sigma _{rr}}$${\displaystyle C_{1},C_{3}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{1}&+2\int _{\alpha }^{\beta }(C_{1}\cos \theta +C_{3}\sin \theta )~\cos \theta ~d\theta =0\\F_{2}&+2\int _{\alpha }^{\beta }(C_{1}\cos \theta +C_{3}\sin \theta )~\sin \theta ~d\theta =0\end{aligned}}}$

Силы, действующие в полуплоскости [ править ]

Если мы возьмем и , задача преобразуется в задачу, в которой нормальная сила и касательная сила действуют на полуплоскость. В этом случае уравнения силового равновесия принимают вид${\displaystyle \alpha =-\pi }$${\displaystyle \beta =0}$${\displaystyle F_{2}}$${\displaystyle F_{1}}$

${\displaystyle {\begin{aligned}F_{1}&+2\int _{-\pi }^{0}(C_{1}\cos \theta +C_{3}\sin \theta )~\cos \theta ~d\theta =0\qquad \implies F_{1}+C_{1}\pi =0\\F_{2}&+2\int _{-\pi }^{0}(C_{1}\cos \theta +C_{3}\sin \theta )~\sin \theta ~d\theta =0\qquad \implies F_{2}+C_{3}\pi =0\end{aligned}}}$

Следовательно

${\displaystyle C_{1}=-{\cfrac {F_{1}}{\pi }}~;~~C_{3}=-{\cfrac {F_{2}}{\pi }}~.}$

Напряжения для этой ситуации

${\displaystyle \sigma _{rr}=-{\frac {2}{\pi r}}(F_{1}\cos \theta +F_{2}\sin \theta )~;~~\sigma _{r\theta }=0~;~~\sigma _{\theta \theta }=0}$

Используя таблицы смещений из решения Michell , смещения для этого случая задаются выражением

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{r}&=-{\cfrac {1}{4\pi \mu }}\left[F_{1}\{(\kappa -1)\theta \sin \theta -\cos \theta +(\kappa +1)\ln r\cos \theta \}+\right.\\&\qquad \qquad \left.F_{2}\{(\kappa -1)\theta \cos \theta +\sin \theta -(\kappa +1)\ln r\sin \theta \}\right]\\u_{\theta }&=-{\cfrac {1}{4\pi \mu }}\left[F_{1}\{(\kappa -1)\theta \cos \theta -\sin \theta -(\kappa +1)\ln r\sin \theta \}-\right.\\&\qquad \qquad \left.F_{2}\{(\kappa -1)\theta \sin \theta +\cos \theta +(\kappa +1)\ln r\cos \theta \}\right]\end{aligned}}}$

Смещения на поверхности полуплоскости [ править ]

Чтобы найти выражения для смещений на поверхности полуплоскости, мы сначала находим смещения для положительного ( ) и отрицательного ( ), имея в виду, что вдоль этих мест.${\displaystyle x_{1}}$${\displaystyle \theta =0}$${\displaystyle x_{1}}$${\displaystyle \theta =\pi }$${\displaystyle r=|x_{1}|}$

Потому что у нас есть${\displaystyle \theta =0}$

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{r}=u_{1}&={\cfrac {F_{1}}{4\pi \mu }}\left[1-(\kappa +1)\ln |x_{1}|\right]\\u_{\theta }=u_{2}&={\cfrac {F_{2}}{4\pi \mu }}\left[1+(\kappa +1)\ln |x_{1}|\right]\end{aligned}}}$

Потому что у нас есть${\displaystyle \theta =\pi }$

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{r}=-u_{1}&=-{\cfrac {F_{1}}{4\pi \mu }}\left[1-(\kappa +1)\ln |x_{1}|\right]+{\cfrac {F_{2}}{4\mu }}(\kappa -1)\\u_{\theta }=-u_{2}&={\cfrac {F_{1}}{4\mu }}(\kappa -1)-{\cfrac {F_{2}}{4\pi \mu }}\left[1+(\kappa +1)\ln |x_{1}|\right]\end{aligned}}}$

Мы можем сделать смещения симметричными относительно точки приложения силы, добавив смещения твердого тела (что не влияет на напряжения)

${\displaystyle u_{1}={\cfrac {F_{2}}{8\mu }}(\kappa -1)~;~~u_{2}={\cfrac {F_{1}}{8\mu }}(\kappa -1)}$

и удаление избыточных смещений твердого тела

${\displaystyle u_{1}={\cfrac {F_{1}}{4\pi \mu }}~;~~u_{2}={\cfrac {F_{2}}{4\pi \mu }}~.}$

Тогда смещения на поверхности можно объединить и принять вид

${\displaystyle {\begin{aligned}u_{1}&={\cfrac {F_{1}}{4\pi \mu }}(\kappa +1)\ln |x_{1}|+{\cfrac {F_{2}}{8\mu }}(\kappa -1){\text{sign}}(x_{1})\\u_{2}&={\cfrac {F_{2}}{4\pi \mu }}(\kappa +1)\ln |x_{1}|+{\cfrac {F_{1}}{8\mu }}(\kappa -1){\text{sign}}(x_{1})\end{aligned}}}$

где

${\displaystyle {\text{sign}}(x)={\begin{cases}+1&x>0\\-1&x<0\end{cases}}}$

Ссылки [ править ]

См. Также [ править ]

• Решение Michell
• Линейная эластичность
• Стресс (физика)