Przykłady rozwiązań płyt w zagadnieniach obrotowosymetrycznych Z wykładu przywołamy sobie równanie płyty w układzie biegunowym: 1 ∂
∂ 1 ∂
w
∂ q r
2
2
( )
∇ ∇ w = ⋅
r ⋅
⋅
r ⋅
=
r
r
∂
r
∂
r r
∂
r
∂
D
Równanie to rozwiązujemy przez bezpośrednie całkowanie.
Po obustronnym wymnożeniu przez r i scałkowaniu otrzymujemy:
∂ 1 ∂
w
∂ 1
r ⋅
⋅
r ⋅
=
⋅ r ⋅ q
∫ ( r)⋅ dr + C 1
r
∂ r r
∂
r
∂ D
Dzielimy przez r i ponownie całkujemy: 1 ∂
w
∂ 1
1
⋅
r ⋅
=
⋅
⋅ r ⋅ q
∫ ∫ ( r) 2
⋅ dr + C ⋅ln r + C
1
2
r
r
∂
r
∂ D r
Mnożymy przez r i ponownie całkujemy: w
∂
1
1
⋅
=
⋅
⋅
⋅
⋅
∫ ∫ ∫ ( )
2
r
⋅
+ ⋅
(
r
r
r
r q r
dr
C
2 ln r − )
2
3
1 + C ⋅
+ C
1
2
3
r
∂
D
r
4
2
Dzielimy przez r i ponownie całkujemy: ( ) 1 1
1
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
∫ ∫ ∫ ∫ ( )
2
r
⋅
+ ⋅
(
r
w r
r
r q r
dr
C
ln r − )
2
4
1 + C ⋅
+ C ⋅ln r + C
1
2
3
4
D
r
r
4
4
Ponieważ stałe całkowania są dowolne, możemy zapisać: w( r )
1
1
1
=
⋅
⋅ r ⋅
⋅ r ⋅ q
∫ ∫ ∫ ∫ ( r) 4
2
2
⋅ dr + C ⋅ r ⋅ln r + C ⋅ r + C ⋅ln r + C
1
2
3
4
D
r
r
w – całka szczególna równ. niejednorodnego w – całka ogólna równ. jednorodnego s
o
Przykładowo: Całka szczególna dla q( r) = const ≡ q
1
1
1
q
1
1
w =
⋅
⋅ r ⋅
⋅ r ⋅ q r ⋅ dr
∫ ∫ ∫ ∫
4
=
⋅
⋅ r ⋅
⋅ r ⋅ dr
∫ ∫ ∫ ∫
s
( ) 4
D
r
r
D
r
r
q
1
q
1
q
4
qr
3
w =
⋅
⋅ r ⋅ rdr
∫ ∫ ∫
3
2
=
⋅
⋅ r dr
∫ ∫
3
=
⋅ r dr =
∫
s
2 D
r
4 D
r
16 D
64 D
Przykład: Płyta kolista, swobodnie podparta, obciążona równomiernie na całej powierzchni, q( r) = const ≡ q
q ( r )
q = const
a
E,ν , h
h
r
2 a
Warunki brzegowe i warunki ograniczające dla środka płyty: 1° w( r = a) = 0
2° M ( r = a) = 0
rr
3° w( r = 0) → jest skończone 4° M ( r = 0 → jest skończone rr
)
Równanie płyty: w( r) = w + w s
o
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 13 • KMBiM WILiŚ PG
1
Równanie płyty: w( r) = w + w s
o
Całka szczególna dla
1
1
1
qr
q ( r ) = const ≡ q : w =
⋅
⋅ r ⋅
⋅ r ⋅ q r ⋅ dr =
∫ ∫ ∫ ∫
s
( )
4
4
D
r
r
64 D
qr
zatem: w( r )
4
2
2
=
+ C ⋅ r ⋅ln r + C ⋅ r + C ⋅ln r + C
1
2
3
4
64 D
w
∂ ( r)
3
Różniczkując:
qr
1
=
+ r ⋅ C ⋅ 1+ 2ln r + C ⋅ 2 r + C ⋅
1 (
) 2
3
r
∂
16 D
r
2
∂ w( r)
2
⋅
Różniczkując ponownie:
3 qr
1
=
+ C ⋅ 3 + 2ln r + C ⋅ 2 − C ⋅
2
1
(
) 2
3
2
r
∂
16 D
r
∂
ν ∂
Momenty radialne w płycie obrotowosymetrycznej: w
w
M
r = − D ⋅
+ ⋅
rr (
)
2
2
r
∂
r
r
∂
Realizując warunki brzegowe:
q ⋅ 0
z 3° w( r = 0) → jest skończone = S mamy: w( r = 0) 4
2
=
+ C ⋅0 + C ⋅0 + C ⋅ln 0 + C = S , 1
2
3
4
64 D
1
biorąc pod uwagę, fakt, iż:
ln r
r
lim ( ⋅ln )
2
2
= lim
= lim
r
r
r
= lim −
= 0
r →0
r →0
1
r →0
2
r →0
−
2
2
3
r
r
Zatem: C ⋅ ln 0 + C = S → C ⋅ −∞ + C = S
3
( )
3
4
4
Równość będzie skończona tylko wówczas, gdy: C = 0
3
∂ w ν w
∂
z 4° M ( r = 0 → jest skończone = S mamy: M
r = − D ⋅
+ ⋅
rr (
)
2
rr
)
2
r
∂
r
r
∂
podstawiając obliczone wyżej pochodne i upraszczając, dostajemy: M ( r ) = − D ⋅( C ⋅ 3 + 2ln r + 2⋅ C +ν ⋅ C ⋅ 1+ 2ln r + 2 ν
⋅ ⋅ C
rr
1
(
)
2
1
(
)
2 )
zatem: − D ⋅ ( C ⋅ −∞ + 2⋅ C +ν ⋅ C ⋅ −∞ + 2 ν
⋅ ⋅ C = S
1
( )
2
1
( )
2 )
Równość będzie skończona tylko wówczas, gdy: C = 0
1
2
2
3⋅ qa
3⋅ qa
z 2° M ( r = a) = 0 mamy: 0 = − D ⋅
+ 2⋅ C +ν ⋅
+ν ⋅ 2⋅ C
rr
2
2
16 D
16 D
2
qa
3 +ν
zatem: C = −
⋅
2
32 D 1+ν
4
qa
4
qa
5 +ν
z 1° w( r = a) = 0 mamy: 2
0 =
+ C ⋅ a + C , zatem: C =
⋅
2
4
4
64 D
64 D 1+ν
Zbierając wyniki, otrzymujemy:
4
2
4
qr
qa
3 +ν
qa
5 +ν
w( r )
4
qr
2
2
=
+ C ⋅ r ⋅ln r + C ⋅ r + C ⋅ln r + C
2
=
−
⋅
⋅ r +
⋅
1
2
3
4
64 D
64 D
32 D 1+ν
64 D 1+ν
+ν
+ν
w( r )
4
4
2
qa
r
3
r
5
=
⋅ 1
⋅
− 2⋅
⋅
+
⋅1
4
2
64 D a
1+ν a 1+ν
+ν
lub równoważnie: ( )
q
w r =
⋅(
5
2
2
a − r )
2
2
⋅
⋅ a − r
64 D
1+ν
4
+ν
Ugięcie w środku płyty:
5
qa
max w = w( r = 0) =
⋅
1+ν 64 D
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 13 • KMBiM WILiŚ PG
2
Z powyższych wzorów zapisać można, iż: Momenty zginające:
∂
2
w ν w
∂
2
qa
r
M
r = − D
+
→ M r =
⋅ +ν ⋅ −
rr (
)
(3 ) 1
rr (
)
2
2
r
∂
r
r
∂
16
a
∂
∂
2
2
+ ν
= −
qa
1 3
r
+ν
→ M
=
⋅ +ν ⋅ −
⋅
ϕϕ ( r )
(3 )
ϕϕ ( )
2
1 w
w
M
r
D
1
2
r r
∂
r
∂
16
3 +ν a
2
W środku płyty
qa
( r = 0) : M
= M
=
⋅ +ν
rr ( 0)
ϕϕ (0)
(3 )
16
2
Na brzegu płyty
qa
( r = a) : M ( a) = 0 ; M ( a =
⋅ −ν
ϕϕ
)
(1 )
rr
8
2
2
Wykresy:
qa ⋅(
qa
1−ν )
⋅(1−ν )
8
8
M
M
rr
ϕϕ
2
qa
2
⋅(
qa
3 +ν )
⋅(3+ν )
16
16
Siła tnąca:
2
∂
( )
2
∂ ∂ w 1 w
∂
2
qa
r
Q r = − D ⋅
+
→ Q r = −
−
r (
)
1
r
2
r
∂ r
∂
r
r
∂
r
∂ 4 a
qr
Zatem: Q r =
r (
) 2
Na brzegu płyty
qa
( r = a) : Q r =
r (
) 2
∂
Kąt nachylenia stycznej do powierzchni środkowej: ϕ ( ) w
r =
r
∂
3
qa
Dla ( r = a) : ϕ ( r = a) = −
8 D ⋅ (1+ν )
Dyskusja!
1) Zastosowanie: Jest to bardzo dobry model dla schematu bardzo sztywna płyta + podatne podparcie!
2 a
reakcje
w ściankach
a
budowli
h = const
cylindrycznych
q = const
Uwaga! We wzorach należy zmienić znak obciążenia q ( r ) !
2) Kształt zbrojenia na momenty radialne M i obwodowe M
rr
ϕϕ :
zbrojenie
na momenty
ortogonalne
zbrojenie
na momenty
radialne
i obwodowe
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 13 • KMBiM WILiŚ PG
3
Przykład: Płyta kolista, utwierdzona, obciążona równomiernie na całej powierzchni, q( r) = const ≡ q
=
q ( r )
q
const
a
h
E,ν , h
r
2 a
Warunki brzegowe i warunki ograniczające dla środka płyty: 1° w( r = a) = 0
2° ϕ ( r = a) = 0
3° w( r = 0) → jest skończone 4° M ( r = 0 → jest skończone rr
)
Równanie płyty: w( r) = w + w s
o
Z warunków 3° i 4° wynika, jak w poprzednim przykładzie, iż: C = 0 oraz C = 0
1
3
2
2
4
Po wyznaczeniu stałych
qa
r
C i C z warunków 1° i 2° otrzymamy rozwiązanie: w( r ) =
⋅ 1
−
2
4
64 D
a
4
Ugięcie w środku płyty:
qa
max w = w( r = 0) =
64 D
Uwaga: Przyjmując ν = 0 otrzymujemy ugięcia płyty utwierdzonej pięciokrotnie mniejsze od ugięcia płyty swobodnie podpartej!
Z ogólnych wzorów podanych powyżej zapisać można, iż: Momenty zginające:
∂
2
w ν w
∂
2
qa
r
M
r = − D
+
→ M r =
⋅ +ν − +ν ⋅
rr (
)
(1 ) (3 )
rr (
)
2
2
r
∂
r
r
∂
16
a
∂
∂
2
2
= −
qa
r
+ν
→ M
=
⋅ +ν − + ν ⋅
ϕϕ ( r )
(1 ) (1 3 )
ϕϕ ( )
2
1 w
w
M
r
D
2
r r
∂
r
∂
16
a
2
W środku płyty
qa
( r = 0) : M
= M
=
⋅ +ν
rr ( 0)
ϕϕ (0)
(1 )
16
qa
qa
Na brzegu płyty ( r = a) : M
a = −
; M
( a = −
ν
⋅
ϕϕ
)
2
rr (
)
2
8
8
2
2
Wykresy:
qa
qa
2
qa
2
qa
8
8
ν
⋅
ν
⋅
8
8
M
M
rr
ϕϕ
2
2
qa
qa
⋅(1+ν )
⋅(1+ν )
16
16
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 13 • KMBiM WILiŚ PG
4
Uwaga: Powyższe zagadnienie można rozwiązać metodą sił z wykorzystaniem wyniku dla płyty swobodnie podpartej!
M
M
0
0
h
∂
w ( r = a)
∂
2 a
od obciążenia momentem M
r
0
(rozłożonym na obwodzie)
Równanie wg metody sił:
kąt obrotu
kąt obrotu
ϕ ( = )
w
∂
r
a =
( r = a) =
od nieznanego
+
od
= 0
r
∂
momentu
obciążenia q
utwierdzenia M
0
Powyższe równanie jest równaniem z jedną niewiadomą ( M .
0 )
Zaleca się dokonać rozwiązania zadania – jako zadanie domowe!
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 13 • KMBiM WILiŚ PG
5