TSiP Wyklad 07a


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 Wyklad
7) TSiP Wyklad 2013
5) TSiP wyklad Holzapfel
26) TSiP Wyklad pekanie
13) TSiP Wyklad 2013
39) TSiP Wyklad powloki
33) TSiP Wyklad
32) TSiP Wyklad plastycznosc
14) TSiP Wyklad 2013
TSiP Wykladnotatki
TSiP Wyklada

więcej podobnych podstron