31) TSiP 2010 11 ćw10

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

1

Pasmo tarczowe – kontynuacja

Ćwiczenie 10

Repetytorium z tarcz

Przypadek szczególny

z zakresu zagadnień pasm tarczowych –

tarcza bardzo wysoka

b

→ ∞

, tzn.

Zbadamy graniczne wartości stałych

n

c i

n

d przy b

→ ∞.

Przywołajmy wzory na naprężenia

11

σ

:

(

)

(

)

2

11

1

1

1

1

1

1

cos

cos

cos

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

x b

n

n

n

a

x

a

a

c

x

a

a

d

x

σ

α

α

α

=

=

=

=

=

+

⋅ ⋅

+

⋅ ⋅

oraz:

(

)

(

)

2

11

1

1

1

1

1

1

cos

cos

cos

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

x

b

n

n

n

a

x

a

a

c

x

a

a

d

x

σ

α

α

α

=−

=

=

=

=

+

⋅ ⋅

⋅ ⋅

gdzie:

2

2

n

n

n

n

b

c

sh 2

b

b

α

α

α

=

+

oraz

2

2

n

n

n

n

b

d

sh 2

b

b

α

α

α

=

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

2

Wzory na

n

c

i

n

d

mają więc następującą strukturę:

1

,

lim

1

n

n

x

c d

sh x

x

→∞

=

±

Z twierdzenia de l’Hôspitala mamy:

lim

2

x

x

x

e

e

x

→∞

lim

2

x

x

H

x

e

e

→∞

+

→

= ∞


Zatem, przy b

→ ∞ mamy

0

n

c

→ oraz

0

n

d


Mamy stąd bardzo interesujący wynik:

(

)

( )

11

2

1

0

1

2

x

b

p x

a

σ

= − =

Często, dla obciążeń samorównoważących się:

0

0

a

=


background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

3

Przykład numeryczny b l

=

:

,

5

l

c

=

'

1

4

q

q

=

(

)

q

const

=

kN

m
















/ 5

l

/ 5

l

4q

4q

q

g

×

l

1

x

2

x

l

b

l

=

b

l

=

2c

2c

A

A

B

B

0, 088

0,156

1, 002

0, 088

0,186

2

q kN

g m

×  

4, 002

B

B

11

σ

A

A

porównanie ze wzorem

dla:

b

l

= = ∞

→ bardzo dobre przybliżenie

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

4

Porównanie z

teorią belek:







Wskaźnik wytrzymałości:

( )

2

2

2

2

6

3

g

l

W

gl

=

= ⋅

Naprężenia w przęśle:

2

,

2

3

0, 25

6 2

g d

ql

q

gl

g

σ

=

=

Naprężenia w podporze:

2

,

2

3

0,50

3 2

g d

ql

q

gl

g

σ

=

=

Wniosek:

b

l

=

Stosowanie teorii belek w przypadku tarcz o proporcjach

wymiarów jak powyżej (

) nie ma sensu!

2l

2l

2l

q

( )

2

2

2

24

6

q

l

ql

=

( )

2

2

2

12

3

q

l

ql

=

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

5

q

Uwagi:

1)

Przyłożenie obciążenia

kN

m

na górnym lub na dolnym brzegu

(ewentualnie między górnym, a dolnym brzegiem tarczy)
nie

wpływa na rozkład naprężeń

11

σ

i

12

σ

, a

wpływa jedynie

na

naprężenia

22

σ

.

Wynika to z następującego rozumowania:








22

σ

q

g

l

q

1

x

2

x

g

×

l

q

g

22

σ

q

q

l

1

x

2

x

g

×

l

22

σ

q

g

11

0

σ

=

12

0

σ

=

→ bo są to kier. główne

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

6

2)

Podobnie rozwiązuje się tarcze zakrzywione w planie

→ zbiorniki i silosy














:

Rozwini

ęcie

:

Konstrukcja

2c

2c

2

2

R

l

n

π

=

R

n podpór

(

)

6

tutaj n

=

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

7

3)

Przykład „bezwładności” myślenia inżynierskiego:













→ Inżynierowie nie znający teorii tarcz projektowali belki jakoby

dźwigające ścianę żelbetową. W rzeczywistości mamy tu do

czynienia z tarczą zginaną o wymiarach

2

2

b

l

×

!

2c

2c

2l

2b

zbędna (błędna)

belka żelbetowa

ściana betonowa

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

8

REPETYTORIUM Z TARCZ

Zadanie 1:

Przeanalizować stan naprężenia w tarczy.

Funkcja naprężeń Airy’ego dana jest wzorem:

( )

2

2

,

sin

F r

C r

ϕ

ϕ

= ⋅ ⋅

, gdzie:

C

const

=

,

0

C

>

Rozwiązanie zadania 1:

Składowe stanu naprężenia obliczamy ze wzorów:

2

2

2

1

1

rr

F

F

r

r

r

σ

ϕ

= ⋅

+

,

2

2

F

r

ϕϕ

σ

=

,

1

r

F

r r

ϕ

σ

ϕ

= −

Obliczamy pomocnicze pochodne funkcji

( )

,

F r

ϕ

:

(

)

2

2

2

( , )

sin

2

sin

F r

C r

r C

r

r

ϕ

ϕ

ϕ

=

⋅ ⋅

=

⋅ ⋅

(

)

2

2

2

2

( , )

2

sin

2

sin

F r

r C

C

r

r

ϕ

ϕ

ϕ

=

⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

9

(

)

2

2

2

2

( , )

sin

2

sin

cos

sin 2

F r

C r

C r

C r

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

=

⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅

(

)

2

2

2

2

( , )

sin 2

2

cos 2

F r

C r

C r

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

=

⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅

(

)

2

1

( , )

1

sin 2

sin 2

sin 2

F r

C r

C r

C

r r

r r

r

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

→ −

= −

⋅ ⋅ ⋅

= −

⋅ ⋅

= − ⋅

Składowe stanu naprężenia:

2

2

2

1

1

rr

F

F

r

r

r

σ

ϕ

= ⋅

+

(

)

(

)

2

2

2

1

1

2

sin

2

cos 2

r C

C r

r

r

ϕ

ϕ

= ⋅

⋅ ⋅

+

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

2

2

sin

2

cos 2

rr

C

C

σ

ϕ

ϕ

= ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅

2

2

cos

rr

C

σ

ϕ

= ⋅ ⋅

2

2

F

r

ϕϕ

σ

=

2

2

sin

C

ϕϕ

σ

ϕ

= ⋅ ⋅

1

r

F

r r

ϕ

σ

ϕ

= −

sin 2

r

C

ϕ

σ

ϕ

= − ⋅

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

10

Zatem:

2

2

cos

rr

C

σ

ϕ

= ⋅ ⋅

,

2

2

sin

C

ϕϕ

σ

ϕ

= ⋅ ⋅

,

sin 2

r

C

ϕ

σ

ϕ

= − ⋅

tak więc:

→ dla

0

ϕ

= ° zachodzi:

2

rr

C

σ

=

,

0

ϕϕ

σ

=

,

0

r

ϕ

σ

=

→ dla

90

ϕ

= ° zachodzi:

0

rr

σ

= ,

2C

ϕϕ

σ

=

,

0

r

ϕ

σ

=









Odpowiedź:

Jest to więc równomierne rozciąganie naprężeniem

o

wartości równej

σ

=2C w kierunku

ϕ

=0° !

2C

2C

2C

2C

90

ϕ

= °

0

ϕ

= °

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

11

Zadanie 2:

kN

m

Wyznaczyć stan naprężeń w blasze z otworem,

poddanej działaniu ciśnienia wewnętrznego p

(gdzie: p

obciążenie ciągłe na jednostkę długości brzegu otworu)






Rozwiązanie zadania 2:

Rozwiązanie ogólne, w przypadku obrotowej symetrii:

(

)

(

)

2

3

4

2

2

3

4

2

2

1 2ln

2

3 2ln

rr

C

C

C

r

r

C

C

C

r

r

ϕϕ

σ

σ

=

+

+

⋅ +



= −

+

+

⋅ +



r

g

×

p

a

background image

J. Górski, M. Skowronek,

M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 10 • KMBiM WILiŚ PG

12

Zauważmy, że gdy współrzędna

r

→ ∞

, to naprężenia dążą do zera:

(

)

(

)

3

4

3

4

0

2

1 2ln

0

0

2

3 2ln

0

rr r

r

C

C

r

C

C

r

ϕϕ

σ

σ

→∞

→∞

= +

+

⋅ +

=

= +

+

⋅ +

=



→ stąd:

3

4

,

0

C C

=

Pozostałą w obliczeniach stałą

2

C

C

wyznaczamy z warunku

brzegowego:

rr r a

p

g

σ

=

= −

2

2

rr r a

C

p

a

g

σ

=

=

= −

2

2

p

C

a

g

= − ⋅

Stąd:

2

2

2

2

rr

a

p

r

g

a

p

r

g

ϕϕ

σ

σ

= −

=



a

a

a

a

ϕϕ

σ

rr

σ

p

g

4

p

g

4

p

g

p

g


Document Outline


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
34) TSiP 2010 11 ćw13
25) TSiP 2010 11 ćw07
30) TSiP 2010 11 ćw09
35) TSiP 2010 11 ćw11
36) TSiP 2010 11 ćw12
24) TSiP 2010 11 ćw06
29) TSiP 2010 11 ćw08
37) TSiP 2010 11 ćw14
34) TSiP 2010 11 ćw13
25) TSiP 2010 11 ćw07
30) TSiP 2010 11 ćw09

więcej podobnych podstron