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