Wykład 7a
Stany obrotowo symetryczne w PSN i w PSO
Obrotowa symetria w Teorii Sprężystości i Plastyczności oznacza, że symetryczne są jednocześnie: geometria,
warunki brzegowe oraz obciążenia.
Funkcja naprężeń F , wyrażona w układzie biegunowym, nie może wówczas zależeć od kąta j , zatem:
F = F(r)
ł
tak więc: Ń4F r =Ń2 Ń2F r = 0
( ) ( )
ćć
ś2 g ś g ś2F r śF r
( ) 1 ( ) ( ) 1 ( )
+ + = 0
śr2 r śr śr2 r śr
ŁłŁ ł
Składowe stanu naprężenia:
1 śF ś2F
srr (r) = ; sjj (r) = ; srj (r) = sjr (r) = 0
r śr śr2
(do porównania ze wzorami ogólnymi)
Równanie Ń4F r = 0 można rozwiązać w postaci ogólnej (bez odgadywania funkcji naprężeń)!
( )
Różniczkując wskazane równanie:
ć
ś2 g ś g ć
( ) 1 ( ) ś2F 1 śF
+ + = 0
śr2 r śr śr2 r śr
Łł
Łł
z wykorzystaniem wzoru na pochodną iloczynu, otrzymamy (po przekształceniach):
ś4F 2 śF 1 ś2F 1 ś2F 1 ś3F 1 ś3F 1 śF 1 ś2F
+ - - + + - + = 0
śr4 r3 śr r2 śr2 r2 śr2 r śr3 r śr3 r3 śr r2 śr2
suuuuuuuursuuuuuuuur
Po redukcji wyrazów podobnych i wprowadzeniu symbolu pochodnej zwyczajnej, otrzymujemy:
4 2
d F 2 d3F 1 d F 1 dF
+ - + = 0
dr4 r dr3 r2 dr2 r3 dr
jest to równanie różniczkowe liniowe o zmiennych współczynnikach!
Można jednak powyższe równanie sprowadzić do równania lin. o stałych współczynnikach przez podstawienie:
r = et dr = et dt
Zatem:
4 2
d F 2 d3F 1 d F 1 dF
+ - + = 0
dr4 r dr3 r2 dr2 r3 dr
4 2
d F 1 2 d3F 1 1 d F 1 1 dF 1
+ - + = 0
dt4 (et )4 et dt3 (et )3 (et )2 dt2 (et )2 (et )3 dt et
4 2
d F d3F d F dF
e-4t + 2e-4t - e-4t + e-4t = 0
dt4 dt3 dt
dt2
Czyli:
4 2
d F d3F d F dF
+ 2 - + = 0
dt4 dt3 dt2 dt
Po rozwiązaniu ostatniego równania i powrocie do zmiennych wyjściowych otrzymamy całkę ogólną równania:
4 2
d F 2 d3F 1 d F 1 dF
+ - + = 0
dr4 r dr3 r2 dr2 r3 dr
w postaci: F(r) = Aln r + B r2 ln r + C r2 + D
(ćwiczenie: sprawdzić przed postawienie, stałe całkowania dowolne)
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann Teoria sprężystości i plastyczności Ćwicz. 7 KMBiM WILiŚ PG 1
Naprężenia wyrażają się wzorami:
A
srr (r) = + B 1+ 2ln r + 2C
()
r2 są to naprężenia główne!
ż
A
sjj (r) =- + B 3+ 2ln r + 2C
()
r2
srj (r) = sjr (r) = 0
Z powyższego zapisu można wyprowadzić rozwiązania wszelkich zagadnień o obrotowo symetrycznym
rozkładzie naprężeń, po uwzględnieniu odpowiednich warunków brzegowych!
Przykład: Wyznaczyć naprężenia w zagadnieniu dwuwymiarowym, panujące w obszarze kolistym z otworem
kolistym na środku.
Interpretacja:
tarcza z kolistym otworem (PSN)
rura grubościenna (PSO)
a Ł r Ł b
a
p = const ściskanie jest
b
r
j
równomierne
Warunki brzegowe: 1) srr (r=b) =- p oraz 2) srr (r=a) = 0
Uwaga: Jako trzeci warunek można przyjąć brak przemieszczeń obwodowych (nieskończenie wiele płaszczyzn
symetrii), ale wówczas obliczenia stają się złożone!
Rozumowanie alternatywne (M. T. Huber)
Jeżeli promień r = b Ą, to obciążenie p = const 0 !
Tak więc srr r 0 oraz sjj r 0 (wartości te nie mogą wzrastać w sposób logarytmiczny!)
( ) ( )
Zatem: B = 0 ,
A
stąd: srr (r) = + 2C
r2
A
oraz sjj (r) =- + 2C
r2
Realizując warunki brzegowe:
A
1) srr (r=b) =- p srr (r = b) = + 2C = - p
b2
A
2) srr (r=a) = 0 srr (r = a) = + 2C = 0
a2
Przekształcając równania pochodzące z warunków brzegowych:
A A
+ 2C =- p oraz + 2C = 0
b2 a2
p a2 b2
otrzymujemy: A =
b2 - a2
p b2
oraz C =-
2(b2 - a2)
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann Teoria sprężystości i plastyczności Ćwicz. 7 KMBiM WILiŚ PG 2
i ostatecznie:
A p a2 b2 1 p b2 ł
srr (r) = + 2C = + 2
r2 b2 - a2 r2 ę- 2(b2 - a2)ś
ć
p b2 a2
srr (r) = -1
b2 - a2 Ł r2 ł
ć ł
A p a2 b2 1 p b2
oraz: sjj (r) =- + 2C =- + 2
r2 b2 - a2 r2 ę- 2(b2 - a2)ś
Łł
ć
p b2 a2
sjj (r) = - +1
b2 - a2 Ł r2 ł
Wykresy naprężeń:
p
s
rr
sjj
a2 + b2
p
0
a2 - b2
2 b2
p
a2 - b2
b - a
Dyskusja!
1) Przypadek pełnej tarczy:
zatem: a = 0
Ze wzorów na naprężenia wynika, iż:
ć
p b2 02 p b2
srr (r) = -1 = -1 = - p
( )
b2 - 02 Ł r2 ł b2
ć
p b2 02 p b2
sjj (r) = - +1 = - +1 = - p
( )
b2 - 02 Ł r2 ł b2
w każdym punkcie obszaru!
2) Przypadek płaskiego stanu odkształceń (PSO):
pamiętamy, że w kierunku prostopadłym do przekroju zachodzi:
b2
s33 = srr +sjj = -2 p = const
()
b2 - a2
naprężenia te nie zależą od wielkości promienia r , wynika stąd brak deplanacji przekroju!
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann Teoria sprężystości i plastyczności Ćwicz. 7 KMBiM WILiŚ PG 3
Zadanie: Wyznaczyć naprężenia w jednokierunkowo rozciąganej tarczy z otworem kołowym pośrodku.
(jest to podstawowe zadanie z dziedziny analizy koncentracji naprężeń)
x2
p = const
kolisty
g = 1
otwór
a
x1
j
r
b
wyobrażony
srj
okrąg
p = const
o promieniu r = b srr
Założenia:
1) otwór jest stosunkowo mały w porównaniu z wymiarami tarczy w płaszczyznie x1
2) otwór wpływa na rozkład naprężeń tylko w pewnym swoim otoczeniu; poza tym otoczeniem mamy:
s11 = p , s22 = 0 i s12 = 0
Rozwiązanie zadania:
1 Dla r = b b ? a otrzymamy składowe stanu naprężeń w układzie biegunowym (ze wzorów
( )
transformacyjnych; s22 = 0 i s12 = 0 ):
1 1
srr (r=b) = s11 cos2 j = p cos2 j = p + p cos 2j
2 2
1 1
srj (r=b) =- s11 sin 2j =- p sin 2j
2 2
1
2 Od obciążenia srr (r=b) = p , na podstawie wzorów dla tarczy kolistej z otworem (po zmianie znaku p ),
2
otrzymamy dla b2 ? a2 :
ć ć
ć pa2 p a2
p b2 a2
I
srr (r) =1- = 1- @ 1-
r2 r2 ł 2 r2 ł
2 b2 - a2 Ł ł a2 Ł Ł
( )
2 1-
( )
b2
ć ć
p b2 ć pa2 p a2
a2
I
sjj (r) =1+ = 1+ @ 1+
r2 r2 ł 2 r2 ł
2 b2 - a2 Ł ł a2 Ł Ł
( )
2 1-
( )
b2
1 1
3 Pozostała część obciążenia (siły normalne równe p cos 2j i siły styczne równe p sin 2j ) wywołuje
2 2
naprężenia, które wyznaczamy za pomocą funkcji naprężeń, przyjętej w postaci ze zmiennymi rozdzielonymi:
F(r,j) = f (r) cos 2j
4 Po podstawieniu powyższej funkcji do równania Ń4F r,j = 0
( )
ćć ś2F r,j
ś2 g ś g ś2 g ś2F r,j śF r,j
( ) 1 ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) 1 ( )
+ + + + = 0
śr2 r śr r2 śj2 łŁ śr2 r śr r2 śj2 ł
Ł
dochodzimy do równania różniczkowego zwyczajnego:
22
ćć
d g d gd f r df r
( ) 1 ( ) 4 ( ) 1 ( ) 4
+ - + - f (r) = 0
dr2 r dr r2 łŁ dr2 r dr r2 ł
Ł
5 Całką ogólną powyższego równania jest:
1
f (r) = Ar2 + B r4 + C + D
r2
(ćwiczenie: sprawdzić przed postawienie, stałe całkowania dowolne)
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann Teoria sprężystości i plastyczności Ćwicz. 7 KMBiM WILiŚ PG 4
1
Zatem: F(r,j) = f (r) cos 2j ; f (r) = Ar2 + B r4 + C + D
r2
1
ć
F(r,j) = A r2 + B r4 + C + D cos 2j
r2
Łł
6 Naprężenia od pozostałej części obciążenia (w stanie II):
1 śF 1 ś2F 6C 4D
II II
srr (r) = + srr (r) =-ć 2A + + 2j
r śr r2 śj2 r4 r2 cos
Łł
ś2F 6C
ć
II II
sjj (r) = sjj (r) = 2A +12B r2 + 2j
śr2 r4 cos
Łł
ś ć 1 śF 6C 2D
ć
II
srj (r) = - sr II (r) = 2A + 6B r2 - - 2j
j
śr r śj r4 r2 sin
Łł
Ł ł
7 Warunki brzegowe:
1 6C 4D 1
II
warunek brzegowy 1) srr (r) = p cos 2j dla r = b 2A + + = - p
2 b4 b2 2
1 6C 2D 1
warunek brzegowy 2) sr II (r) =- p sin 2j dla r = b 2A + 6B b2 - - = - p
j
2 b4 b2 2
6C 4D
II
warunek brzegowy 3) s (r) = 0 dla r = a 2A + + = 0
rr
a4 a2
6C 2D
warunek brzegowy 4) sr II (r) = 0 dla r = a 2A + 6B a2 - - = 0
j
a4 a2
1 1 1
a2
8 Rozwiązanie stałych A, B,C, D (przy założeniu, że @ 0 ): A =- p ; B = 0 ; C = - p a4 ; D = p a2
b2
4 4 2
Odpowiedz: Po podstawieniu stałych i dodaniu składowych ze stanu I otrzymamy:
ć ć
p a2 p 3a4 4a2
srr (r,j) = 1- + 1+ - 2j
2 r2 2 r4 r2 cos
Ł ł Ł ł
ć ć
p a2 p 3 a4
sjj (r,j) = 1+ - 1+ 2j
2 r2 2 r4 cos
Ł ł Ł ł
ć
p 3a4 2a2
srj (r,j) =- 1- + 2j
2 r4 r2 sin
Łł
Interpretacja graficzna:
p
sjj j=3p
uzasadniony
2
rozstaw
~4a
+
otworów
3 p
a
p
+
p
+ x1
+
srr j=0
sjj j=p
ć
srr j= p 1 3 p a2 3 a4
1
dla: j = p lub j = p mamy: sjj (r,j) = 2 + +
2
2 2 2 r2 r4
Łł
x2
ściśle lokalny charakter (koncentracja) naprężeń!
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann Teoria sprężystości i plastyczności Ćwicz. 7 KMBiM WILiŚ PG 5
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
6) TSiP Wyklad7) TSiP Wyklad 20135) TSiP wyklad Holzapfel26) TSiP Wyklad pekanie13) TSiP Wyklad 201339) TSiP Wyklad powloki33) TSiP Wyklad32) TSiP Wyklad plastycznosc14) TSiP Wyklad 2013TSiP WykladnotatkiTSiP Wykladawięcej podobnych podstron