J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
1
Ćwiczenie 4
Wyznaczanie naprężeń w zagadnieniach dwuwymiarowych. Równanie tarczy (PSN)
(
)
1
2
,
F x x
1. Wyznaczanie naprężeń w zagadnieniach dwuwymiarowych
Ogólnym (analitycznym) sposobem rozwiązywania zagadnień dwuwymiarowych (przykładowo: tarcz) jest
stosowanie tzw.
funkcji naprężeń (funkcji Airy’ego).
Przyjmujemy, że naprężenia można przedstawić, jako pochodne pewnej funkcji
(„funkcji naprężeń”):
2
11
2
2
F
x
σ
∂
=
∂
,
2
22
2
1
F
x
σ
∂
=
∂
2
12
21
1 2
2 1
1
2
F
b x
b x
x x
σ
σ
ρ
ρ
∂
=
= −
−
−
∂ ∂
gdzie:
1
2
,
b
b
ρ ρ
–
składowe sił objętościowych
ρ
3
kg
m
–
gęstość materiału – stała
1
2
b b
,
kN
kg
–
składowe sił masowych (stałe) w kierunkach osi
(
)
1
2
,
x x
Sprawdzamy przede wszystkim, czy wyżej wymienione przyjęcie pochodnych jest zgodne z równaniami
równowagi
11
21
1
1
2
0
b
x
x
σ
σ
ρ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
!
Przykładowo 1-sze równanie równowagi:
Podstawiamy:
2
2
1 2
2 1
1
2
1
2
2
1
2
F
F
b x
b x
b
x
x
x
x x
ρ
ρ
ρ
∂ ∂
∂
∂
+
−
−
−
+
∂
∂
∂
∂ ∂
3
3
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
0
0
F
F
b
b
b
x x
x x
ρ
ρ
ρ
∂
∂
−
−
⋅ −
⋅ +
=
∂ ∂
∂ ∂
, co było do okazania!
Podobnie dla 2-go równania równowagi:
12
22
2
1
2
0
b
x
x
σ
σ
ρ
∂
∂
+
+
=
∂
∂
Podstawiamy:
2
2
1 2
2 1
2
2
1
1
2
2
1
F
F
b x
b x
b
x
x x
x
x
ρ
ρ
ρ
∂
∂
∂ ∂
−
−
−
+
+
∂
∂ ∂
∂
∂
3
3
1
2
2
2
2
2
1
2
1
0
1
0
F
F
b
b
b
x x
x x
ρ
ρ
ρ
∂
∂
−
−
⋅ −
⋅ +
=
∂ ∂
∂ ∂
, co było do okazania!
2
11
2
2
F
x
σ
∂
=
∂
2. Równanie tarczy – PSN
Równanie różniczkowe tarczy (równanie dla funkcji naprężeń) wyprowadzić można podstawiając równania
konstytutywne do równań nierozdzielności, wykorzystując związki:
,
2
22
2
1
F
x
σ
∂
=
∂
,
2
12
21
1 2
2 1
1
2
F
b x
b x
x x
σ
σ
ρ
ρ
∂
=
= −
−
−
∂ ∂
Jest to metoda
uogólniająca metodę sił, stosowaną w układach 1-D!
Założenie: ośrodek sprężysty, izotropowy, jednorodny.
(
)
11
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
=
− ⋅
Równania konstytutywne (PSN):
,
(
)
22
22
11
1
E
ε
σ
ν σ
=
− ⋅
12
21
12
12
1
1
2G
E
ν
ε
ε
σ
σ
+
=
=
⋅
=
⋅
,
(
)
2 1
E
G
ν
=
+
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
2
Podstawiamy, jak opisano
wcześniej:
2
2
2
11
22
12
2
2
2
1
1
2
2
0
x
x
x x
ε
ε
ε
∂
∂
∂
+
−
=
∂
∂
∂ ∂
(
)
(
)
2
2
2
11
22
22
11
12
2
2
2
1
1
2
1
1
1
2
0
x
E
x
E
x x
E
ν
σ
ν σ
σ
ν σ
σ
∂
∂
∂
+
− ⋅
+
− ⋅
−
⋅
=
∂
∂
∂ ∂
2
2
2
2
2
11
22
22
11
12
2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
1
1
1
2
0
E
x
E
x
E
x
E
x
E
x x
σ
σ
σ
σ
σ
ν
ν
ν
∂
∂
∂
∂
∂
+
⋅
− ⋅
+ ⋅
− ⋅
− ⋅
⋅
=
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
Wykorzystując związki:
2
11
2
2
F
x
σ
∂
=
∂
,
2
22
2
1
F
x
σ
∂
=
∂
,
2
12
21
1 2
2 1
1
2
F
b x
b x
x x
σ
σ
ρ
ρ
∂
=
= −
−
−
∂ ∂
mamy:
( ) (
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2
2 1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
1
2
2
1
0
F
F
F
F
F
b x
b x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
ν
ν
ν
ρ
ρ
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
− ⋅
+
− ⋅
+ − ⋅ + ⋅
−
−
−
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
Porządkując, otrzymujemy:
( ) (
)
4
4
4
4
4
1
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
0
0
0
F
F
F
F
F
b
b
x
x x
x
x x
x x
ν
ν
ν
ρ
ρ
∂
∂
∂
∂
∂
−
+
−
+ − ⋅ + ⋅ −
−
⋅ −
⋅
=
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
( )
( )
4
4
4
4
4
4
2
2
4
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2 1
2
0
F
F
F
F
F
x
x x
x
x x
x x
ν
ν
∂
∂
∂
∂
∂
−
⋅
+
+ − ⋅ ⋅ −
+ −
⋅ −
=
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
Porządkując dalej:
4
4
4
4
4
4
2
2
4
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
2
2
0
F
F
F
F
F
x
x x
x
x x
x x
ν
ν
∂
∂
∂
∂
∂
−
⋅
+
+ ⋅
+
⋅
=
∂
∂ ∂
∂
∂ ∂
∂ ∂
Ostatecznie:
4
4
4
4
2
2
4
1
1
2
2
2
0
F
F
F
x
x x
x
∂
∂
∂
+ ⋅
+
=
∂
∂ ∂
∂
Możemy dla wzoru powyżej wprowadzić zapis operatorowy:
(
)
4
1
2
,
0
F x x
∇
= ,
gdzie:
(
)
4
1
2
,
0
x x
∇
= – „operator Nabla cztery” (operator biharmoniczny)
lub:
(
)
1
2
,
0
F x x
∆ ∆
=
– „podwójny Laplasjan”
Wówczas:
( )
( )
(
)
(
)
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1
2
,
,
0
F x x
F x x
x
x
x
x
∂
∂
∂
∂
+
+
=
∂
∂
∂
∂
Ćwiczenie: Wyprowadzić równanie dla funkcji naprężeń w PSO.
Wskazówka:
33
0
ε =
z definicji PSO:
, dostajemy:
33
11
22
(
)
σ
ν σ
σ
=
+
(
)
11
11
22
33
1
E
ε
σ
ν σ
σ
=
−
+
Rozwiązanie ćwiczenia:
Podstawiając dane ze wskazówki:
(
)
{
}
11
11
22
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
σ
=
−
+
+
(
)
11
11
22
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
ν σ
=
−
+ ⋅
+ ⋅
(
)
2
2
11
11
22
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
ν σ
=
− ⋅
−
⋅
−
⋅
(
)
(
)
2
11
11
22
1
1
1
E
ε
ν
σ
ν
ν σ
=
−
⋅
− ⋅ + ⋅
(
)
11
22
1
1
E
ν
ν σ
ν σ
+
=
− ⋅
− ⋅
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
3
Podobnie:
(
)
22
22
11
33
1
E
ε
σ
ν σ
σ
=
−
+
Podstawiając dane ze wskazówki:
(
)
{
}
22
22
11
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
σ
=
−
+
+
(
)
22
22
11
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
ν σ
=
−
+ ⋅
+ ⋅
(
)
2
2
22
22
11
11
22
1
E
ε
σ
ν σ
ν σ
ν σ
=
− ⋅
−
⋅
−
⋅
(
)
(
)
2
22
22
11
1
1
1
E
ε
ν
σ
ν
ν σ
=
−
⋅
− ⋅ + ⋅
(
)
22
11
1
1
E
ν
ν σ
ν σ
+
=
− ⋅
− ⋅
oraz:
12
12
12
12
1 2 (1
)
1
2
2
G
E
E
σ
ν
ν
ε
σ
σ
⋅ +
+
=
=
⋅ ⋅
=
⋅
Dany jest element:
3. Warunki brzegowe (
w naprężeniach)
Dane jest obciążenie na brzegu:
p
2
kN
m
Równania równowagi elementu
1
2
0,
0
x
x
P
P
∑
= ∑
=
→
Rozpisując:
11
2
21
1
1
22
1
12
2
2
gdx
gdx
p gds
gdx
gdx
p gds
σ
σ
σ
σ
+
=
+
=
→ /
gds
11
1
21
2
1
22
2
12
1
2
cos
cos
cos
cos
p
p
σ
α σ
α
σ
α σ
α
+
=
+
=
11 1
21 2
1
12 1
22
2
2
n
n
p
n
n
p
σ
σ
σ
σ
+
=
+
=
T
n
p
σ ⋅ =
Zatem, w postaci macierzowej:
,
gdzie:
11
12
21
22
σ
σ
σ
σ
σ
=
,
1
2
p
p
p
=
,
1
1
2
2
cos
.
cos
n
n
cos kierunkowe
n
α
α
=
=
element różniczkowy na brzegu
p
1
x
2
x
g
×
2
dx
1
dx
1
dx
2
dx
g –
grubość tarczy
2
1
cos
dx
ds
α
=
1
2
cos
dx
ds
α
=
n
–
zewnętrzna jednostkowa normalna
elementu powierzchni gds
1
2
,
p p
–
znane składowe wektora
obciążenia powierzchni na brzegu,
2
kN
m
2
x
2
α
1
α
n
p
2
p
1
p
22
σ
12
σ
1
x
11
σ
21
σ
2
dx
1
dx
ds
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
4
4.
Funkcje naprężeń w postaci wielomianów
Niektóre proste zagadnienia tarcz mogą być rozwiązane za pomocą funkcji naprężeń w postaci wielomianów.
Z postaci równania biharmonicznego wynika, że wszystkie wielomiany stopnia niższego niż czwarty (dwóch
zmiennych)
spełniają to równanie!
Zadanie 1:
Dany jest element tarczowy, jak na rysunku:
Dana jest f
unkcja naprężeń:
(
)
3
2
2
3
1
2
1
1
2
1 2
2
,
F x x
A x
B x x
C x x
D x
= ⋅ + ⋅
+ ⋅
+ ⋅
Wyznaczyć stałe A, B, C i D tak, aby otrzymać rozkład naprężeń spełniający dane warunki brzegowe.
„Czyste zginanie” –
tylko moment zginający M
Funkcja ta spełnia równanie biharmoniczne!
Warunki brzegowe:
1)
1
22
2
0
0
2
x
l
h
x
σ
≤ ≤
=
=
2)
1
22
2
0
0
2
x
l
h
x
σ
≤ ≤
=
= −
3)
1
12
2
0
0
2
x
l
h
x
σ
≤ ≤
=
= ±
4)
2
11
2
2
2
h
h
gx dx
M
σ
−
=
∫
→ warunek całkowy – w celu porównania z teorią belek!
Wykonajmy następujące podstawienia:
Rozwiązanie zadania 1:
2
11
2
2
F
x
σ
∂
=
∂
2
3
2
2
3
1
1
2
1 2
2
2
2
A x
B x x
C x x
D x
x
∂
=
⋅ + ⋅
+ ⋅
+ ⋅
∂
2
2
11
1
1
2
2
2
0
1
2
3
B x
C x
x
D
x
x
σ
∂
=
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
+ ⋅
∂
11
1
2
0
2
3 2
C x
D
x
σ = + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
1
2
2
6
C x
D x
=
⋅ +
⋅
oraz:
2
22
2
1
F
x
σ
∂
=
∂
2
3
2
2
3
1
1
2
1 2
2
2
1
A x
B x x
C x x
D x
x
∂
=
⋅ + ⋅
+ ⋅
+ ⋅
∂
2
2
22
1
1
2
2
1
3
2
1
0
A
x
B
x x
C
x
x
σ
∂
=
⋅
+ ⋅
⋅ + ⋅ ⋅ +
∂
22
1
2
3 2
2
0
A
x
B
x
σ = ⋅ ⋅
+ ⋅ ⋅ +
1
2
6
2
A x
B x
=
⋅ +
⋅
oraz:
2
12
21
1 2
2 1
1
2
F
b x
b x
x x
σ
σ
ρ
ρ
∂
=
= −
−
−
∂ ∂
2
2
1
1
2
0
0
F
x
x
x x
∂
= −
− ⋅ − ⋅
∂ ∂
3
2
2
3
2
2
12
1
1
2
1 2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
0
1
2
3
F
A x
B x x
C x x
D x
B x
C x
x
D
x
x
x
x
x
x
σ
∂ ∂
∂ ∂
∂
= −
= −
⋅ + ⋅
+ ⋅
+ ⋅
= −
+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
+ ⋅
∂ ∂
∂ ∂
∂
[
]
12
1
2
2
1 2
0
B
x
C
x
σ
= −
⋅
+ ⋅ ⋅
+
1
2
2
2
B x
C x
= −
⋅ −
⋅
1
2
0
0
b
b
ρ
ρ
=
=
brak sił objętościowych
1
x
l
g
×
M
2
h
2
h
funkcje liniowe
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
5
Podstawiając warunki brzegowe:
11
2
2
0
3
0
6
1
0
warunek
B
warunek
C
D x
warunek
A
σ
⇒ =
⇒ =
=
⋅
⇒ =
4
warunek
⇒
(
)
2
2
2
2
2
6
6
h
h
D x
gx dx
D I
M
−
⋅
⋅
=
⋅ =
∫
}
6
M
D
I
=
⋅
Zatem:
11
2
6D x
σ =
⋅
6
M
D
I
=
⋅
więc:
11
2
2
6
6
M
M
x
x
I
I
σ
= ⋅
⋅
=
⋅
⋅
→ wynik jest zgodny z rozwiązaniem Wytrzymałości Materiałów (w późniejszych przykładach wystąpią
zasadnicze różnice rozwiązań pomiędzy WM, a Teorią Sprężystości!)
Wnioski:
→ rozkład naprężeń nie zależy od rozpiętości tarczy
l
→ rozwiązanie jest ścisłe w sensie Teorii Sprężystości (spełnia równania równowagi, warunki nierozdzielności,
warunki brzegowe)
Zadanie 2:
Funkcja naprężeń:
Dana jest funkcja naprężeń w postaci wielomianu:
(
)
2
2
1
2
1
1 2
2
,
F x x
A x
B x x
C x
= ⋅ + ⋅
+ ⋅ ,
gdzie:
0,
0,
0
A
B
C
> < >
.
Spr
awdzić, jaki stan naprężeń może ona opisywać.
Funkcja ta jest wielomianem stopnia niższego niż czwarty (dwóch zmiennych) –
Rozwiązanie zadania 2:
spełnia zatem równanie
biharmoniczne!
Obliczamy zatem naprężenia przy braku sił objętościowych:
2
11
2
2
F
x
σ
∂
=
∂
2
2
2
1
1 2
2
2
2
A x
B x x
C x
x
∂
=
⋅ + ⋅
+ ⋅
∂
[
]
11
1
2
2
0
1
2
B x
C
x
x
σ
∂
=
+ ⋅ ⋅ + ⋅
∂
0 0
2 1
C
= + + ⋅ ⋅
2
0
C
=
>
oraz:
2
22
2
1
F
x
σ
∂
=
∂
2
2
2
1
1 2
2
2
1
A x
B x x
C x
x
∂
=
⋅ + ⋅
+ ⋅
∂
[
]
22
1
2
1
2
1
0
A
x
B
x
x
σ
∂
=
⋅
+ ⋅ ⋅ +
∂
2 1 0 0
A
= ⋅ ⋅ + +
2
0
A
=
>
a także:
2
12
21
1 2
2 1
1
2
F
b x
b x
x x
σ
σ
ρ
ρ
∂
=
= −
−
−
∂ ∂
2
2
1
1
2
0
0
F
x
x
x x
∂
= −
− ⋅ − ⋅
∂ ∂
2
2
12
1
1 2
2
1
2
1
2
F
A x
B x x
C x
x
x
x
x
σ
∂ ∂
∂ ∂
= −
= −
⋅ + ⋅
+ ⋅
∂ ∂
∂ ∂
[
]
12
1
2
1
0
1
2
B x
C
x
x
σ
∂
= −
+ ⋅ ⋅ + ⋅
∂
[
]
12
1
0
B
C
σ
= −
⋅ + ⋅
0
B
= − >
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 4 • KMBiM WILiŚ PG
6
Interpretacja graficzna:
Odpowiedź: Podana powyżej funkcja naprężeń może opisywać równomierne rozciąganie i ściskanie!
1
x
2
x
2C
2C
11
σ
1
x
2
x
12
σ
B
B
22
σ
2 A
2 A
1
x
2
x
Document Outline
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
17) TSiP Cw 05 notatki
TSiP Cw 10-notatki
TSiP Cw 02-notatki
TSiP Cw 13-notatki
TSiP Cw 05-notatki
TSiP Cw 12-notatki
TSiP Cw 13 notatki
TSiP Cw 09 notatki
TSiP Cw 03 notatki
MPiS cw 04 zmienne losowe
MD cw 04
Socjologia?ukacji Wychowania ćw 04 2011
cw 04 opto 04 03 05 (2)
8) TSiP aux 04 03 2013
ĆW. VII, Notatki AWF
ruch harmoniczny, Transport i Logistyka (AM) 1 (semestr I), Fizyka, fiza laborki (rozwiązania), Cw 0
ćw 04 Wyznaczanie stosunku e do m elektronu, Fizyka
więcej podobnych podstron