J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
1
P
rzykłady analizy płyt – zadania z płyt prostokątnych
Ćwiczenie 14
Hipotezy wytrzymałościowe
PŁYTA PROSTOKĄTNA, SWOBODNIE PODPARTA,
OBCIĄŻONA FRAGMENTARYCZNIE
Przykład:
u v
×
Wyznaczyć powierzchnię ugięcia płyty swobodnie
podpartej
, obciążonej równomiernie na prostokącie
(wypadkowa z obciążenia wynosi: P q u v
= ⋅ ⋅ )
1
x
Rzut z góry:
2
x
b
a
, ,
E
h
ν
q
const
=
u
v
ξ
η
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
2
Obciążenie:
(
)
1
2
1
2
1
1
,
sin
sin
mn
m
n
m x
n x
q x x
a
a
b
π
π
∞
∞
=
=
=
∑∑
gdzie:
(
)
2
2
1
2
1
2
2
2
4
,
sin
sin
u
v
mn
u
v
m x
n x
a
q x x
ab
a
b
ξ
η
ξ
η
π
π
+
+
−
−
=
∫ ∫
Dla
P
q
u v
=
⋅
zachodzi:
2
2
1
2
1
2
2
2
4
sin
sin
u
v
mn
u
v
m x
n x
P
a
dx dx
abuv
a
b
ξ
η
ξ
η
π
π
+
+
−
−
=
∫ ∫
Zatem:
2
2
1
1
2
2
4
cos
cos
u
v
mn
u
v
m x
m x
P
a
b
a
abuv m n
a
a
ξ
η
ξ
η
π
π
π π
+
+
−
−
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
3
Ostatecznie:
2
4
2
2
2
2
cos
cos
cos
cos
mn
u
u
v
v
m
m
m
m
P
a
mnuv
a
a
b
b
π ξ
π ξ
π η
π η
π
+
−
+
−
=
−
−
Przywołując z trygonometrii:
cos
cos
2sin
sin
2
2
α β
α β
α
β
+
−
−
= −
mamy:
2
2
2
u
u
m
m
m
a
a
π ξ
π ξ
πξ
α β
+
+
−
+ =
=
oraz:
2
2
u
u
m
m
m u
a
a
π ξ
π ξ
π
α β
+
−
−
− =
=
S
tąd:
2
16
sin
sin
sin
sin
2
2
mn
P
m
n
m u
n v
a
mnuv
a
b
a
b
πξ
πη
π
π
π
=
i podobnie
dla drugiej
pary
argumentów
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
4
Sprawdzenie w przypadku:
2
a
ξ
=
,
2
b
η
=
,
u
a
=
, v
b
= , P qab
=
:
Wówczas:
2
2
2
2
16
16
sin
sin
2
2
mn
P
m
n
q
a
mnab
mn
π
π
π
π
=
=
,
gdy:
,
1,3,5...
m n
=
lub:
0
mn
a
=
, gdy któraś z wartości:
m
lub
n
jest parzysta!
Uwaga: M
ożna porównać to rozwiązanie z zadaniem dla płyty
prostokątnej obciążonej równomiernie na całej powierzchni!
(
)
1
2
1
2
2
4
2
2
1
1
1
,
sin
sin
mn
m
n
a
m x
n x
w x x
D
a
b
m
n
a
b
π
π
π
∞
∞
=
=
=
+
∑∑
Ostatecznie:
gdzie:
,
m n
–
liczby całkowite nieparzyste:
1,3,5...
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
5
PŁYTA PROSTOKĄTNA, SWOBODNIE PODPARTA,
OBCIĄŻONA SIŁĄ SKUPIONĄ
Przykład:
P
Wyznaczyć powierzchnię ugięcia i ugięcie maksymalne
płyty swobodnie podpartej, obciążonej siłą skupioną
,
przyłożoną w punkcie o współrzędnych:
1
x
ξ
=
i
2
x
η
=
Rzut z góry:
1
x
2
x
b
a
, ,
E
h
ν
P
ξ
η
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
6
Z poprzedniego zadania otrzymamy wyrazy
mn
a
dla:
0
u
→
,
0
v
→
:
1)
0
0
sin
2
lim
lim
cos
2
2
2
u
u
m u
m
m u
m
a
u
a
a
a
π
π
π
π
→
→
=
=
2)
0
0
sin
2
lim
lim
cos
2
2
2
u
v
m v
n
n v
n
b
v
b
b
b
π
π
π
π
→
→
=
=
Zatem:
4
sin
sin
mn
P
m
m
a
ab
a
b
πξ
πη
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
7
(
)
1
2
1
2
2
4
2
2
1
1
sin
sin
4
,
sin
sin
m
n
m
n
m x
n x
P
a
b
w x x
abD
a
b
m
n
a
b
πξ
πη
π
π
π
∞
∞
=
=
=
+
∑∑
Powierzchnia ugięcia:
Szereg ten
również jest szybkozbieżny!
Obliczamy
ugięcie w środku płyty (od siły położonej centrycznie),
tj. dla:
1
2
a
x
ξ
= =
,
2
2
b
x
η
=
=
:
2
4
2
2
1
1
4
1
max
m
n
P
w
abD
m
n
a
b
π
∞
∞
=
=
=
+
∑∑
, gdzie:
,
1,3,5...
m n
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
8
Dla płyty kwadratowej (a b
= ):
(
)
2
2
4
2
2
1
1
4
1
max
m
n
Pa
w
D
m
n
π
∞
∞
=
=
=
+
∑∑
, gdzie:
,
1,3,5...
m n
=
Biorąc pod uwagę jedynie pierwsze cztery wyrazy szeregu
otrzymamy (dla
,
1,3
m n
=
):
(
) (
)
2
3
2
2
4
2
2
1
4
1
1
max
1
9
m
Pa
w
D
m
n
π
=
=
+
+
+
∑
2
2
4
4
1
1
1
1
max
0,01121
4
100
100
324
Pa
Pa
w
D
D
π
=
+
+
+
=
Jeśli przyjmie się, iż
2
P
qa
=
to w
porównaniu z ugięciem dla
q
const
=
na całej powierzchni płyty jest to ugięcie 3 razy większe!
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
9
Porównanie ugięć płyty a a
×
pod rozważanymi obciążeniami:
Dyskusja!
Przypadek szczególny: ścianki działowe na stropie
a
a
2
P
qa
=
a
a
q
const
=
2
4
max
0,01121
0,01121
Pa
qa
w
D
D
=
=
4
max
0, 00406
qa
w
D
=
b
a
u
a
=
0
v
→
q
b
a
q
0
u
→
v
b
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
10
Zbigniew
Kączkowski – „Płyty. Obliczenia statyczne.”
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
11
Zbigniew Kączkowski – „Płyty. Obliczenia statyczne.”
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
12
HIPOTEZY WYTRZYMAŁOŚCIOWE
Zadanie 1:
Określić, czy dany stan jest bezpieczny wg dwóch
hipotez wytrzymałościowych: Treski i HMH.
[
]
18
6
0
6
2
0
0
0
5
MPa
σ
=
−
W przypadku, gdy stan jest bezpieczny, określić wymagany zapas
bezpieczeństwa stosownie dla obu hipotez wytrzymałościowych,
zakładając jednoparametrowy wzrost wszystkich składowych
tensora naprężenia. Przyjąć
0
28MPa
σ
=
.
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
13
Rozwiązanie zadania 1:
Ad 1)
Hipoteza Treski
1)
Obliczenie naprężeń głównych
1
σ
:
,
2
σ
i
3
σ
Ponieważ
0
xz
yz
zx
zy
MPa
τ
τ
τ
τ
=
=
=
=
mamy:
3
5MPa
σ
= −
Wówczas:
( )
2
2
1/2
2
2
x
y
x
y
xy
σ
σ
σ
σ
σ
τ
+
−
=
±
+
podstawiając wartości liczbowe:
( )
2
2
1/2
18
2
18 2
6 [
]
2
2
MPa
σ
+
−
=
±
+
10 10 [
]
MPa
=
±
Zatem:
1
20MPa
σ
=
oraz
2
0MPa
σ
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
14
2)
Ekstremalne naprężenia styczne
max
τ
:
1
3
max
2
σ σ
τ
−
=
podstawiając wartości liczbowe:
( )
[
]
max
20
5
25
12,5
2
2
MPa
MPa
MPa
τ
− −
=
=
=
3)
Ocena bezpieczeństwa stanu naprężeń:
Stan jest bezpieczny
, gdyż:
max
12,5MPa
τ
=
0
0
28
14
2
2
MPa
MPa
σ
τ
≤
=
=
=
4) Obliczenie zapasu
bezpieczeństwa wg Treski:
,
bezp T
z
,
max
0
bezp T
z
τ
τ
⋅
=
,
12,5
14
bezp T
z
MPa
MPa
→
⋅
=
Zatem:
,
14
/ 12,5
bezp T
z
MPa
MPa
=
=
1,120
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
15
Ad 2)
Hipoteza HMH (Hubera–Misesa–Hencky’ego)
1) Sprawdzenie warunku
obszaru bezpiecznego, wyrażonego
w
naprężeniach głównych:
(
) (
) (
)
2
2
2
2
2
1
3
2
1
3
0
2
σ
σ
σ
σ
σ σ
σ
−
+
−
+
−
≤ ⋅
podstawiając wartości liczbowe:
(
)
( )
(
)
( )
(
)
2
2
2
0
20
5
0
20
5
−
+ − −
+
− −
(
) ( )
2
2
2
20
5
25
= −
+ −
+
1050
=
( )
2
2
0
2
2 28
1568
σ
⋅
= ⋅
=
Zatem: 1050 1568
≤
, tak więc stan jest bezpieczny!
Uwaga:
Warunek stanu bezpiecznego można także wyrazić
w
układzie
Oxyz
:
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
2
0
6
2
y
x
z
y
x
z
xy
σ
σ
σ
σ
σ
σ
τ
σ
−
+
−
+
−
+ ⋅
≤ ⋅
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
16
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
2
0
6
2
y
x
z
y
x
z
xy
σ
σ
σ
σ
σ
σ
τ
σ
−
+
−
+
−
+ ⋅
≤ ⋅
podstawiając wartości liczbowe:
(
)
( )
(
)
( )
(
)
( )
2
2
2
2
2 18
5
2
18
5
6 6
L
=
−
+ − −
+
− −
+ ⋅
1050
=
( )
2
2
0
2
2 28
1568
P
σ
= ⋅
= ⋅
=
Zatem:
1050 1568
≤
, tak więc stan jest bezpieczny!
2) Obliczenie zapasu
bezpieczeństwa wg HMH:
,
bezp HMH
z
(
)
2
,
bezp HMH
z
L
P
⋅ =
(
)
2
,
1050 1568
bezp HMH
z
→
⋅
=
Zatem:
(
)
2
,
1568 / 1050
bezp HMH
z
=
=
1, 49333
Tak więc:
,
1, 49333
bezp HMH
z
=
= 1,22202
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
17
Uwaga:
Można wg hipotezy HMH zastępczo wprowadzić pojęcie
naprężeń zredukowanych
z
σ
:
(
) (
) (
)
2
2
2
2
1
3
2
1
3
1
2
z
σ
σ
σ
σ
σ
σ σ
=
⋅
−
+
−
+
−
lub:
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
1
6
2
z
y
x
z
y
x
z
xy
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
τ
=
⋅
−
+
−
+
−
+ ⋅
Wówczas warunek stanu
bezpiecznego można zapisać w postaci:
0
z
σ
σ
≤
W niniejszym przypadku, mamy:
1
1
1050
22,913
2
2
z
L
MPa
σ
=
⋅ =
⋅
=
0
28MPa
σ
≤
=
Zapas
bezpieczeństwa wg HMH
,
bezp HMH
z
policzymy wg wzoru:
,
0
bezp HMH
z
z
σ
σ
⋅
=
,
22,913
28
bezp HMH
z
MPa
MPa
→
⋅
=
Zatem:
,
28
/ 22,913
bezp T
z
MPa
MPa
=
=
1, 22202
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
18
Zadanie 2:
[
]
12
21
k MPa
σ
σ
=
=
Ile powinny wynosić naprężenia
,
aby spełnione były warunki plastyczności wg dwóch hipotez
wytrzymałościowych: Treski i HMH.
[
]
12
0
8
0
0
0
0
k
k
MPa
σ
=
Przyjąć
0
15MPa
σ
=
.
Rozwiązanie zadania 2:
Ad 1)
Hipoteza Treski
1)
Obliczenie naprężeń głównych
1
σ
:
,
2
σ
i
3
σ
Ponieważ
13
23
31
32
0MPa
σ
σ
σ
σ
=
=
=
=
, mamy:
3
0MPa
σ
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
19
Wówczas:
( )
2
2
11
22
11
22
1/2
12
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
+
−
=
±
+
podstawiając wartości liczbowe:
( )
2
2
1/2
12 8
12 8
[
]
2
2
k
MPa
σ
+
−
=
±
+
2
10
4
[
]
k
MPa
=
±
+
2)
Ekstremalne naprężenia styczne
max
τ
:
Ekstremalnymi naprężeniami stycznymi mogą być wielkości:
2
3
max,1
2
σ
σ
τ
−
=
,
3
1
max,2
2
σ
σ
τ
−
=
,
1
2
max,3
2
σ σ
τ
−
=
podstawiając wartości liczbowe:
[
]
2
max,1
1
5
4
2
k
MPa
τ
= − ⋅
+
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
20
[
]
2
max,2
1
5
4
2
k
MPa
τ
= + ⋅
+
[
]
2
max,3
4
k
MPa
τ
=
+
W poszczególnych przypadkach granicznymi wartościami
bezwz
ględnymi naprężeń
[
]
k MPa , przy których warunek
plastyczności jest równością, są odpowiednio:
przypadek 1:
1
24,920
k
MPa
=
przypadek 2:
2
4,583
k
MPa
=
przypadek 3:
3
7, 228
k
MPa
=
3)
Ocena bezpieczeństwa stanu naprężeń:
Stan jest bezpieczny wtedy, gdy:
[
]
4,583 ; 4,583
k
MPa
∈ −
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 14 • KMBiM WILiŚ PG
21
Ad 2)
Hipoteza HMH (Hubera–Misesa–Hencky’ego)
1)
Sprawdzenie warunku obszaru bezpiecznego:
Skorzystamy z warunku stanu bezpiecznego w
układzie
1 2 3
Ox x x
:
(
) (
) (
)
2
2
2
2
2
22
11
33
22
11
33
12
0
6
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
−
+
−
+
−
+ ⋅
≤ ⋅
podstawiając wartości liczbowe:
(
) (
) (
)
( )
2
2
2
2
8 12
0 8
12 0
6
L
k
= −
+
−
+
−
+ ⋅
2
224
6 k
=
+ ⋅
( )
2
2
0
2
2 15
450
P
σ
= ⋅
= ⋅
=
Zatem:
2
224
6
450
k
+ ⋅
≤
2
6
450
224
226
k
→ ⋅
≤
−
=
Tak więc:
[
]
2
226 / 6
6,137
k
MPa
≤
=
2)
Ocena bezpieczeństwa stanu naprężeń:
Stan jest bezpieczny wtedy, gdy:
[
]
6,137 ; 6,137
k
MPa
∈ −
Document Outline