Пламенный раствор

Эластичный клин, нагруженный двумя силами на кончике.

Решение Flamant дает выражения для напряжений и смещений в линейном упругом клине, нагруженном точечными силами на его остром конце. Это решение разработал А. Фламант. в 1892 году путем модификации трехмерного решения Буссинеска .

Напряжения, предсказанные решением Фламанта, составляют (в полярных координатах )

${\begin{aligned}\sigma _{rr}&={\frac {2C_{1}\cos \theta }{r}}+{\frac {2C_{3}\sin \theta }{r}}\\\sigma _{r\theta }&=0\\\sigma _{\theta \theta }&=0\end{aligned}}$

где $C_{1},C_{3}$ — константы, определяемые из граничных условий и геометрии клина (т. е. углов $\alpha ,\beta$) и удовлетворить

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

где $F_{1},F_{2}$ являются приложенными силами.

Задача клина самоподобна и не имеет собственного масштаба длины. Кроме того, все величины могут быть выражены в форме разделенных переменных. $\sigma =f(r)g(\theta )$. Напряжения различаются по $(1/r)$.

Силы, действующие на полуплоскости

Упругая полуплоскость, нагруженная двумя точечными силами.

Для особого случая, когда $\alpha =-\pi$, $\beta =0$, клин преобразуется в полуплоскость с нормальной силой и касательной силой. В этом случае

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

Следовательно, напряжения

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

а смещения (с использованием решения Мичелла )

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

The $\ln r$ Из зависимости смещений следует, что смещение растет по мере удаления от точки приложения силы (и не ограничено на бесконечности). Эта особенность решения Flamant сбивает с толку и выглядит нефизической. Обсуждение проблемы см. http://imechanica.org/node/319 .

Перемещения на поверхности полуплоскости

Смещения в $x_{1},x_{2}$ направления на поверхности полуплоскости определяются выражением

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

где

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

$\nu$ - коэффициент Пуассона , $\mu$ – модуль сдвига , а

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

Получение раствора Фламанта

Если предположить, что напряжения изменяются как $(1/r)$, мы можем выбрать термины, содержащие $1/r$ в напряжениях из решения Мичелла . Тогда функцию напряжения Эйри можно выразить как

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

Следовательно, из таблиц решения Мичелла имеем

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

Константы $C_{1},C_{2},C_{3},C_{4}$ в принципе может быть определена на основе геометрии клина и применяемых граничных условий .

Однако сосредоточенные нагрузки в вершине трудно выразить через тяги граничные условия , поскольку

1. единица внешней нормали в вершине не определена
2. силы прикладываются в точке (которая имеет нулевую площадь), и, следовательно, тяга в этой точке бесконечна.

Ограниченный упругий клин для равновесия сил и моментов.

Чтобы обойти эту проблему, мы рассматриваем ограниченную область клина и рассматриваем равновесие ограниченного клина. Пусть ограниченный клин имеет две поверхности свободного сцепления и третью поверхность в виде дуги окружности радиуса $a\,$. Вдоль дуги окружности единичная внешняя нормаль равна $\mathbf {n} =\mathbf {e} _{r}$ где базисные векторы $(\mathbf {e} _{r},\mathbf {e} _{\theta })$. Тяги по дуге

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

Далее исследуем равновесие сил и моментов в ограниченном клине и получим

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

Мы требуем, чтобы эти уравнения выполнялись для всех значений $a\,$ и тем самым удовлетворить граничным условиям .

без тяги Граничные условия на кромках $\theta =\alpha$ и $\theta =\beta$ также подразумеваю, что

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

кроме точки $r=0$.

Если мы предположим, что $\sigma _{r\theta }=0$ везде, то условия отсутствия тяги и уравнение моментного равновесия удовлетворяются, и у нас остается

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

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

Поэтому,

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

Чтобы найти конкретное решение для $\sigma _{rr}$ нам нужно подставить выражение для $\sigma _{rr}$ в уравнения силового равновесия, чтобы получить систему двух уравнений, которые необходимо решить для $C_{1},C_{3}$:

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

Силы, действующие на полуплоскости

Если мы возьмем $\alpha =-\pi$ и $\beta =0$, задача преобразуется в такую, где нормальная сила $F_{2}$ и касательная сила $F_{1}$ действовать в полуплоскости. В этом случае уравнения силового равновесия примут вид

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

Поэтому

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

Стрессы в этой ситуации

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

Используя таблицы перемещений из решения Мичелла , смещения для этого случая определяются выражением

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

Перемещения на поверхности полуплоскости

Чтобы найти выражения для перемещений на поверхности полуплоскости, сначала найдем перемещения для положительных $x_{1}$ ( $\theta =0$) и отрицательный $x_{1}$ ( $\theta =\pi$) имея в виду, что $r=|x_{1}|$ вдоль этих мест.

Для $\theta =0$ у нас есть

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

Для $\theta =\pi$ у нас есть

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

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

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

и устранение избыточных перемещений твердого тела

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

Тогда смещения на поверхности можно объединить и принять вид

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

где

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

См. также

• Решение Мичелла
• Линейная эластичность
• Стресс (физика)