Politechnika Gdańska Teoria
Sprężystości i Plastyczności M-SE4
Wydział Inżynierii Lądowej i Środowiska
sem. VI KBI r. 2005/2006
Katedra Mechaniki Budowli
prowadzący: Wojciech Witkowski, Marek Skowronek
ZADANIA DOMOWE – zestaw nr 4
- tarcze,
układ biegunowy i kartezjański, powtórka –
1. Deformacja dana jest równaniami:
Określić materialny gradient deformacji F, tensor deformacji Greena C i tensor odkształceń
Lagrange – Greena E. Scharakteryzować opisaną powyżej deformację.
1
1
2
2
1
2
3
3
cos
sin
sin
cos
x
X
X
x
X
X
x
X
α
α
α
α
=
+
⎧
⎪ = −
+
⎨
⎪ =
⎩
...............................................................................................................................................................
Materialny gradient deformacji:
1,1
1,2
1,3
2,1
2,2
2,3
3,1
3,2
3,3
cos
sin
0
sin
cos
0
0
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
α
α
α
α
⎡
⎤
1
⎡
⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥
=
= −
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
F
Tensor deformacji Greena:
cos
sin
0
cos
sin
0
1 0 0
sin
cos
0
sin
cos
0
0 1 0
0
0
1
0
0
1
0 0
T
α
α
α
α
α
α
α
α
−
⎡
⎤ ⎡
⎤ ⎡
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
=
=
−
=
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎣
⎦ ⎣
⎦ ⎣
C F F
1
⎤
⎥
⎥
⎥⎦
Tensor odkształceń Lagrange – Greena
(
)
0 0 0
1
0 0 0
2
0 0 0
⎡
⎤
⎢
⎥
=
−
= ⎢
⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
E
C I
Zerowy tensor odkształceń Lagrange – Greena świadczy o tym, że deformacja jest ruchem
sztywnym.
1
3
2
3
1
2
2
2
6
−
⎡
⎤
⎢
⎥
=
−
⎢
⎥
⎢
⎥
−
−
⎣
⎦
ε
2. Stan odkształcenia określony jest
tensorem
małych odkształceń
-
rozłożyć tensor odkształceń na część kulistą i dewiator
-
obliczyć niezmienniki tensora odkształceń oraz dewiatora
-
znaleźć odkształcenie podłużne w kierunku wektora
[
]
0 3 4
T
=
v
...............................................................................................................................................................
Część kulista tensora odkształceń:
8 8 8
3 3 3
ax
diag
⎛
⎞
=
⎜
⎝
⎠
ε
⎟
, dewiator
5
3
2
3
5
3
2
3
10
2
2
3
dev
⎡
⎤
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
=
−
−
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
−
−
⎢
⎥
⎣
⎦
ε
Niezmienniki tensora odkształceń:
( )
2
2
1
8,
4,
det
32
2
I
tr
II
tr
tr
III
⎡
⎤
=
=
=
−
=
=
= −
⎣
⎦
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
Niezmienniki dewiatora odkształceń:
( ) (
)
2
2
1
76
448
0,
,
det
2
3
dev
dev
dev
dev
dev
dev
dev
I
tr
II
tr
tr
III
⎡
⎤
=
=
=
−
=
=
=
⎢
⎥
⎣
⎦
ε
ε
ε
ε
ε
ε
27
ε
Wektor jednostkowy zgodny z v:
(
)
1
0 3 4
5
T
=
n
Odkształcenie podłużne w kierunku wektora n:
(
)
1
3
2
0
1
5
0 3 4
3
1
2
3
2.28
25
25
2
2
6
4
T
ε
−
⎡
⎤ ⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎢
⎥
=
=
−
=
=
⎜ ⎟
⎢
⎥
⎜ ⎟
⎢
⎥
−
−
⎣
⎦ ⎝ ⎠
n ε n
7
3. Tensor naprężenia w punkcie jest określony składowymi
7
0
2
0
5
0
2 0
4
−
⎡
⎤
⎢
⎥
= ⎢
⎥
⎢
⎥
−
⎣
⎦
σ
-
znaleźć wektor naprężenia działający w przekroju
o
normalnej
[
]
2
2 1
T
=
−
N
- podać bezpośredni wzór na obliczenie składowej normalnej
wektora naprężenia we wskazanym przekroju
...............................................................................................................................................................
Wektor jednostkowy zgodny z N:
[
1
2
2 1
3
T
=
−
n
]
Wektor naprężenia w przekroju o normalnej n:
4
7
0
2
2
1
1
0
5
0
2
3
3
2 0
4
1
0
⎛
⎞
−
⎡
⎤ ⎛
⎞ ⎜
⎟
⎜
⎟
⎢
⎥
⎜
⎟
=
=
− = −
⎜
⎟
⎢
⎥
⎜
⎟
⎜
⎟
⎢
⎥
−
⎜
⎟
⎣
⎦ ⎝
⎠
⎝
⎠
t σn
0
Składowa normalna wektora t:
(
)
12
1
4
2
2 1
10
9
9
0
T
T
σ
⎛
⎞
⎜
⎟
=
=
=
−
−
=
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝
⎠
n t n σn
4
4. Znając ogólną postać operatora Laplace’a w układzie biegunowym
( )
2
2
2
2
1
1
,
F
F
F r
r
r
r
r
ϕ
2
F
ϕ
∂
∂
∂
∆
=
+
+
∂
∂
∂
wyprowadzić równanie biharmoniczne w przypadku obrotowej symetrii w postaci rozwiniętej,
uporządkowanej względem malejących pochodnych funkcji F względem r.
...............................................................................................................................................................
STAN OBROTOWOSYMETRYCZNY:
( )
F
F r
=
(a) (b)
(c) (d)
(
)
(
)
2
2
1
2
2
2
1
1
,
ac
ad
bc
bd
F
F
F x x
I
I
I
I
r
r r
r
r
r
⎛
⎞⎛
⎞
∂ ⋅
∂ ⋅
∂
∂
∆ ∆
=
+
+
=
+
+
+
⎜
⎟⎜
⎟
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠⎝
⎠
2
2
4
2
2
4
2
2
2
2
2
3
2
2
3
2
3
2
2
2
2
3
3
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
ac
ad
F
F
I
r
r
r
F
F
F
I
r
r r
r
r
r
r r
F
F
F
F
F
F
F
r r
r
r
r
r
r r
r r
r
r
r r
⎛
⎞
∂
∂
∂
=
=
⎜
⎟
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎛
⎞
∂
∂
∂ ∂
∂
⎛
⎞
=
=
−
=
⎜
⎟
⎜
⎟
∂
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎝
⎠
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
=
−
−
+
=
−
+
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
3
1
2
lub korzystając ze wzoru na drugą pochodną iloczynu:
( )
( )
2
uv
uv
vu
uv
uv
u v
vu
′
′′
′
′
′′
′
=
−
=
+
+
′
′′
2
3
2
3
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
bc
bd
F
F
I
r r
r
r r
F
F
F
F
I
r r
r r
r
r
r
r r
r
r
r r
⎛
⎞
∂ ∂
∂
=
=
⎜
⎟
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎛
⎞
∂ ∂
∂
∂
∂
∂
⎛
⎞
=
=
−
=
−
⎜
⎟
⎜
⎟
∂
∂
∂
∂
∂
∂
⎝
⎠
⎝
⎠
3
1
F
Stąd
( )
(
)
4
3
2
4
3
2
2
3
2
1
1
0
F
F
F
F
F r
r
r
r
r
r
r
r
∂
∂
∂
∂
∆ ∆
=
+
−
+
=
∂
∂
∂
∂
Jest to równanie różniczkowe z niewiadomą funkcją jednej zmiennej, a więc równanie
różniczkowe zwyczajne:
4
3
2
=
4
3
2
2
3
2
1
1
0
d F
d F
d F
dF
dr
r dr
r
dr
r dr
+
−
+
Z postaci równania różniczkowego liniowego o zmiennych współczynnikach można łatwo
przejść do postaci o stałych współczynnikach, dokonując podstawienia
t
t
r
e
dr
e dt
rdt
=
⇒
=
=
Stąd
4
3
4
1
1
t
dF
dF
dF
e
r dr
r
dt
dt
−
=
=
,
2
2
4
2
2
4
2
2
1
1
t
d F
d F
d F
e
r
dr
r
dt
dt
−
=
=
2
3
3
4
3
4
3
1
1
t
d F
d F
d F
e
r dr
r
dt
dt
−
=
=
3
3
,
4
4
4
4
4
4
1
t
d F
d F
d F
e
dr
r
dt
dt
−
=
=
4
4
Zatem równanie przyjmie postać:
4
3
2
4
3
2
2
0
d F
d F
d F
dF
dt
dt
dt
dt
+
−
+
=
DODATKOWO
P
σ
A
σ
B
2
2
P
2
P
2
5. Obliczyć podane naprężenia
σ
A
i
σ
B
we wskazanych punktach
klina prostokątnego
jak na rys.
.......................................................................
a
a
grubość
tarczy
równa g
(
)
2
2
2
2
2
2
2
1
2
I
A
P
P
a
ga
g
σ
π
π
⎛
⎞
−
⎜
⎟
−
⎝
⎠
=
⋅
=
+
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
⎠
(
)
2
2
2
2
2
2
2
1
2
I
B
P
P
a
ga
g
σ
π
π
⎛
⎞
−
⎜
⎟
−
⎝
⎠
=
⋅
=
+
⎛
⎞
+
⎜
⎟
⎝
⎠
I
B
A
(
)
2
2
2
2
2
2
2
1
2
II
A
P
P
a
ga
g
σ
π
π
⎛
⎞ ⎛
⎞
− −
−
⎜
⎟ ⎜
⎟
−
⎝
⎠ ⎝
⎠
=
⋅
=
−
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
(
)
2
2
2
2
2
2
2
1
2
II
B
P
P
a
ga
g
σ
π
π
⎛
⎞
− −
⎜
⎟
⎝
⎠
=
⋅
=
−
⎛
⎞
−
⎜
⎟
⎝
⎠
B
A
II
Stąd
(
)
(
)
2
2
2
1
1
4
2.141
2
2
4
2
1
1
8
1.363
2
2
4
I
II
A
A
A
I
II
B
B
B
P
P
ga
ga
ga
P
P
ga
ga
ga
π
σ
σ
σ
π
π
π
σ
σ
σ
π
π
π
−
−
⎛
⎞
=
+
=
+
=
≅ −
⎜
⎟
+
−
−
⎝
⎠
⎛
⎞
=
+
=
−
=
≅
⎜
⎟
−
+
−
⎝
⎠
P
P