J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
1
Stany obrotowo – symetryczne w PSN i w PSO
Ćwiczenie 7
Obrotowa symetria
w Teorii Sprężystości i Plastyczności oznacza,
że symetryczne są jednocześnie
F
: geometria, warunki brzegowe
oraz
obciążenia.
Funkcja naprężeń , wyrażona w układzie biegunowym, nie
może wówczas zależeć od kąta
ϕ
, zatem:
( )
F
F r
=
tak więc:
( )
( )
4
2
2
0
F r
F r
∇
= ∇ ∇
=
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
1
1
0
F r
F r
r
r
r
r
r
r
∂
∂
∂
∂
+ ⋅
+ ⋅
=
∂
∂
∂
∂
1
( )
rr
F
r
r
r
σ
∂
= ⋅
∂
Składowe stanu naprężenia:
;
2
2
( )
F
r
r
ϕϕ
σ
∂
=
∂
;
( )
( )
0
r
r
r
r
ϕ
ϕ
σ
σ
=
=
(do porównania ze wzorami ogólnymi)
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
2
Równanie
( )
4
0
F r
∇
= można rozwiązać w postaci ogólnej
(bez
odgadywania funkcji naprężeń)!
Różniczkując wskazane równanie:
( )
( )
2
2
2
2
1
1
0
F
F
r
r
r
r
r
r
∂
∂
∂
∂
+ ⋅
+ ⋅
=
∂
∂
∂
∂
z wykorzystaniem wzoru na
pochodną iloczynu, otrzymamy
(po
przekształceniach):
4
2
2
3
3
2
4
3
2
2
2
2
3
3
3
2
2
2
1
1
1
1
1
1
0
F
F
F
F
F
F
F
F
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+ ⋅
− ⋅
− ⋅
+ ⋅
+ ⋅
− ⋅
+ ⋅
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∂
Po redukcji wyrazów podobnych
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
+ ⋅
−
⋅
+
⋅
=
i wprowadzeniu symbolu
pochodnej zwyczajnej, otrzymujemy:
jest to równanie różniczkowe liniowe o zmiennych współczynnikach!
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
3
Można jednak powyższe równanie sprowadzić do równania
liniowego o
stałych współczynnikach
t
r
e
=
przez podstawienie:
t
dr
e dt
→
= ⋅
Zatem:
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
+ ⋅
−
⋅
+
⋅
=
4
3
2
4
4
3
3
2
2
2
3
1
2
1
1
1
1
1
0
( )
( )
( )
( )
( )
t
t
t
t
t
t
t
d F
d F
d F
dF
dt
e
e
dt
e
e
dt
e
e
dt
e
⋅
+
⋅
⋅
−
⋅
⋅
+
⋅
⋅
=
4
3
2
4
4
4
4
4
3
2
2
0
t
t
t
t
d F
d F
d F
dF
e
e
e
e
dt
dt
dt
dt
−
−
−
−
⋅
+ ⋅
⋅
−
⋅
+
⋅
=
Czyli:
4
3
2
4
3
2
2
0
d F
d F
d F
dF
dt
dt
dt
dt
+ ⋅
−
+
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
4
Po rozwiązaniu ostatniego równania i powrocie do zmiennych
wyjściowych otrzymamy całkę ogólną równania:
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
+ ⋅
−
⋅
+
⋅
=
w postaci:
2
2
( )
ln
ln
F r
A
r
B r
r
C r
D
= ⋅
+ ⋅ ⋅
+ ⋅ +
(ćwiczenie: sprawdzić przed postawienie, stałe całkowania dowolne)
(
)
2
( )
1 2ln
2
rr
A
r
B
r
C
r
σ
=
+ ⋅ +
+
Naprężenia wyrażają się wzorami:
(
)
2
( )
3 2ln
2
A
r
B
r
C
r
ϕϕ
σ
= −
+ ⋅ +
+
( )
( )
0
r
r
r
r
ϕ
ϕ
σ
σ
=
=
Z powyższego zapisu można wyprowadzić rozwiązania wszelkich
zagadnień o obrotowo – symetrycznym rozkładzie naprężeń, po
uwzględnieniu odpowiednich warunków brzegowych!
są to naprężenia główne!
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
5
Przykład:
Wyznaczyć naprężenia w zagadnieniu dwuwymiarowym,
panujące w obszarze kolistym z otworem kolistym na środku.
Interpretacja:
→ tarcza z kolistym otworem (PSN)
→ rura grubościenna (PSO)
Warunki brzegowe:
(
)
1)
rr
r b
p
σ
=
= −
oraz
(
)
2)
0
rr
r a
σ
=
=
Uwaga:
Jako trzeci warunek można przyjąć brak przemieszczeń
obwodowych (nieskończenie wiele płaszczyzn symetrii), ale
wówczas obliczenia stają się złożone!
a
r
b
≤ ≤
p
const
=
–
ściskanie
jest równomierne
ϕ
b
r
a
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
6
r
b
= → ∞
Rozumowanie alternatywne (M. T. Huber)
Jeżeli promień
, to obciążenie
0
p
const
=
→
!
Tak więc
( )
0
rr
r
σ
→ oraz
( )
0
r
ϕϕ
σ
→
(wartości te nie mogą wzrastać w sposób logarytmiczny!)
Zatem:
0
B
=
,
stąd:
2
( )
2
rr
A
r
C
r
σ
=
+
oraz
2
( )
2
A
r
C
r
ϕϕ
σ
= −
+
(
)
1)
rr
r b
p
σ
=
= −
Realizując warunki brzegowe:
2
(
)
2
rr
A
r
b
C
p
b
σ
→
=
=
+
= −
(
)
2)
0
rr
r a
σ
=
=
2
(
)
2
0
rr
A
r
a
C
a
σ
→
=
=
+
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
7
Przekształcając równania pochodzące z warunków brzegowych:
2
2
A
C
p
b
+
= − oraz
2
2
0
A
C
a
+
=
otrzymujemy:
2
2
2
2
p a
b
A
b
a
⋅ ⋅
=
−
oraz
2
2
2
2 (
)
p b
C
b
a
⋅
= −
⋅
−
i ostatecznie:
2
( )
2
rr
A
r
C
r
σ
=
+
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2 (
)
p a
b
p b
b
a
r
b
a
⋅
⋅
⋅
=
⋅
+ ⋅ −
−
⋅
−
2
2
2
2
2
( )
1
rr
p b
a
r
b
a
r
σ
⋅
=
⋅
−
−
oraz:
2
( )
2
A
r
C
r
ϕϕ
σ
= −
+
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2 (
)
p a
b
p b
b
a
r
b
a
⋅
⋅
⋅
= −
⋅
+ ⋅ −
−
⋅
−
2
2
2
2
2
( )
1
p b
a
r
b
a
r
ϕϕ
σ
⋅
= −
⋅
+
−
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
8
Wykresy naprężeń:
2
2
2
2
2
( )
1
rr
p b
a
r
b
a
r
σ
⋅
=
⋅
−
−
oraz
2
2
2
2
2
( )
1
p b
a
r
b
a
r
ϕϕ
σ
⋅
= −
⋅
+
−
b
a
−
p
2
2
2
2 b
p
a
b
⋅
⋅
−
2
2
2
2
a
b
p
a
b
+
⋅
−
0
ϕϕ
σ
−
rr
σ
−
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
9
0
a
=
Dyskusja!
1) Przypadek pełnej tarczy:
→ zatem:
Ze wzorów na naprężenia wynika, iż:
( )
2
2
2
2
2
2
2
0
( )
1
1
0
rr
p b
p b
r
p
b
r
b
σ
⋅
⋅
=
⋅
− =
⋅ − = −
−
( )
2
2
2
2
2
2
2
0
( )
1
1
0
p b
p b
r
p
b
r
b
ϕϕ
σ
⋅
⋅
= −
⋅
+
= −
⋅ + = −
−
w każdym punkcie obszaru!
2)
Przypadek płaskiego stanu odkształceń (PSO):
→ pamiętamy, że w kierunku prostopadłym do przekroju zachodzi:
(
)
2
33
2
2
2
rr
b
p
b
a
ϕϕ
σ
ν σ
σ
ν
= ⋅
+
= − ⋅ ⋅ ⋅
−
const
=
→ 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
10
Zadanie:
(jest to podstawowe zadanie z dziedziny analizy koncentracji naprężeń)
Wyznaczyć naprężenia w jednokierunkowo rozciąganej
tarczy z otworem kołowym pośrodku.
Założenia:
1) otwór jest stosunkowo
mały w porównaniu z wymiarami tarczy
1
x
w
płaszczyźnie
2) otwór wpływa na rozkład naprężeń tylko w pewnym swoim
otoczeniu
11
p
σ
=
; poza tym otoczeniem mamy:
,
22
0
σ
= i
12
0
σ
=
1
x
2
x
1
g
=
a
b
r
ϕ
r
ϕ
σ
rr
σ
wyobrażony
okrąg
o promieniu
r
b
=
kolisty
otwór
p
const
=
p
const
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
11
Rozwiązanie zadania:
1°
r
b
=
Dla
(
)
b
a
otrzymamy
skł. stanu naprężeń w układzie
biegunowym
22
0
σ
=
(ze wzorów transformacyjnych;
i
12
0
σ
= ):
→
2
11
(
)
cos
rr
r b
σ
σ
ϕ
=
=
2
cos
p
ϕ
= ⋅
1
1
cos 2
2
2
p
p
ϕ
=
+
⋅
→
11
(
)
1
sin 2
2
r
r b
ϕ
σ
σ
ϕ
=
= − ⋅
1
sin 2
2
p
ϕ
= −
⋅
2°
(
)
1
2
rr
r b
p
σ
=
=
Od obciążenia
, na podstawie wzorów dla tarczy
kolistej z otworem (po zmianie znaku
p
), otrzymamy dla
2
2
b
a
:
(
)
2
2
2
2
2
( )
1
2
I
rr
p b
a
r
r
b
a
σ
⋅
=
⋅ −
⋅
−
(
)
2
2
2
2
1
2 1
p
a
r
a
b
=
⋅ −
≅
⋅ −
2
2
1
2
p
a
r
⋅ −
(
)
2
2
2
2
2
( )
1
2
I
p b
a
r
r
b
a
ϕϕ
σ
⋅
=
⋅ +
⋅
−
(
)
2
2
2
2
1
2 1
p
a
r
a
b
=
⋅ +
≅
⋅ −
2
2
1
2
p
a
r
⋅ +
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
12
3°
1
cos 2
2
p
ϕ
⋅
Pozostała część obciążenia (siły normalne równe
i
siły styczne równe
1
sin 2
2
p
ϕ
⋅
) wywołuje naprężenia, które
wyznaczamy za pomocą funkcji naprężeń, przyjętej w postaci
ze zmiennymi rozdzielonymi:
( , )
( ) cos 2
F r
f r
ϕ
ϕ
=
⋅
4°
( )
4
,
0
F r
ϕ
∇
=
Po podstawieniu
powyższej funkcji do równania
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
,
,
,
1
1
1
1
0
F r
F r
F r
r
r
r
r
r
r
r
r
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
∂
∂
∂
∂
∂
∂
+ ⋅
+ ⋅
+ ⋅
+ ⋅
=
∂
∂
∂
∂
∂
∂
dochodzimy do równania różniczkowego zwyczajnego:
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
1
4
1
4
( )
0
d
d
d f r
df r
f r
dr
r
dr
r
dr
r
dr
r
+ ⋅
−
+ ⋅
−
⋅
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
13
5°
Całką ogólną powyższego równania jest:
2
4
2
1
( )
f r
A r
B r
C
D
r
= ⋅ + ⋅ + ⋅
+
(ćwiczenie: sprawdzić przed postawienie, stałe całkowania dowolne)
Zatem:
( , )
( ) cos 2
F r
f r
ϕ
ϕ
=
⋅
;
2
4
2
1
( )
f r
A r
B r
C
D
r
= ⋅ + ⋅ + ⋅
+
2
4
2
1
( , )
cos 2
F r
A r
B r
C
D
r
ϕ
ϕ
=
⋅ + ⋅ + ⋅
+
⋅
6°
Naprężenia od pozostałej części obciążenia (w stanie II):
2
2
2
1
1
( )
II
rr
F
F
r
r
r
r
σ
ϕ
∂
∂
= ⋅
+
⋅
→
∂
∂
4
2
6
4
( )
2
cos 2
II
rr
C
D
r
A
r
r
σ
ϕ
= −
+
+
⋅
2
2
( )
II
F
r
r
ϕϕ
σ
∂
=
→
∂
2
4
6
( )
2
12
cos 2
II
C
r
A
B r
r
ϕϕ
σ
ϕ
=
+
⋅ +
⋅
1
( )
II
r
F
r
r r
ϕ
σ
ϕ
∂
∂
= −
⋅
→
∂
∂
2
4
2
6
2
( )
2
6
sin 2
II
r
C
D
r
A
B r
r
r
ϕ
σ
ϕ
=
+
⋅ −
−
⋅
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
14
7°
warunek brzegowy 1)
Warunki brzegowe:
1
( )
cos 2
2
II
rr
r
p
σ
ϕ
=
⋅
dla
r
b
=
4
2
6
4
1
2
2
C
D
A
p
b
b
→
+
+
= −
warunek brzegowy 2)
1
( )
sin 2
2
II
r
r
p
ϕ
σ
ϕ
= −
⋅
dla
r
b
=
2
4
2
6
2
1
2
6
2
C
D
A
B b
p
b
b
→
+
⋅ −
−
= −
warunek brzegowy 3)
( )
0
II
rr
r
σ
=
dla
r
a
=
4
2
6
4
2
0
C
D
A
a
a
→
+
+
=
warunek brzegowy 4)
( )
0
II
r
r
ϕ
σ
= dla
r
a
=
2
4
2
6
2
2
6
0
C
D
A
B a
a
a
→
+
⋅
−
−
=
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
15
8°
, , ,
A B C D
Rozwiązanie stałych
(przy założeniu, że
2
2
0
a
b
≅
):
1
4
A
p
= −
;
0
B
=
;
4
1
4
C
p a
= −
⋅ ;
2
1
2
D
p a
=
⋅
Odpowiedź:
Po podstawieniu
stałych i dodaniu składowych ze
stanu I otrzymamy:
2
4
2
2
4
2
3
4
( , )
1
1
cos 2
2
2
rr
p
a
p
a
a
r
r
r
r
σ
ϕ
ϕ
⋅
⋅
= ⋅ −
+ ⋅ +
−
⋅
2
4
2
4
3
( , )
1
1
cos 2
2
2
p
a
p
a
r
r
r
ϕϕ
σ
ϕ
ϕ
⋅
= ⋅ +
− ⋅ +
⋅
4
2
4
2
3
2
( , )
1
sin 2
2
r
p
a
a
r
r
r
ϕ
σ
ϕ
ϕ
⋅
⋅
= − ⋅ −
+
⋅
J. Górski, M. Skowronek,
M. Gołota, K. Winkelmann • Teoria sprężystości i plastyczności – Ćwicz. 7 • KMBiM WILiŚ PG
16
Interpretacja graficzna:
dla:
1
2
ϕ
π
=
lub
3
2
ϕ
π
=
mamy:
2
4
2
4
3
( , )
2
2
p
a
a
r
r
r
ϕϕ
σ
ϕ
⋅
= ⋅
+
+
→ ściśle lokalny charakter (koncentracja) naprężeń!
+
uzasadniony
rozstaw
otworów
a
~ 4a
1
x
2
x
3
2
ϕϕ ϕ π
σ
=
0
rr
ϕ
σ
=
ϕϕ ϕ π
σ
=
1
2
rr
ϕ
π
σ
=
+
−
+
+
p
p
p
3 p
Document Outline