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