TSiP nr 04 - 0A - wstęp do układów dwuwymiarowych, tsip wykłady2 I semestr mgr

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Ćwiczenie 3
Płaski stan naprężeń (PSN) i płaski stan odkształceń (PSO)
Nowe oznaczenia osi układu współrzędnych:
123
xx x
,,
(odrzucamy oznaczenia
xyz
ze względu na notację tensorową – indeksy 1,2,3!)
,,
2
σ
PSN
PSO
x
x
2
ε
1
σ
dx
2
1
σ
εε
1
ε
12
21
x
x
x
x
dx
1
Płaski stan naprężeń:
Macierz naprężeń:
σσ
σσσ
0
0
0 00
σ
0
000
0
σ
00 0
0
0






11
12
11
13






=

lub
σ
=

lub
σ σσ
σσ
=




21
22
22
23






σ
σ









31
33
32
33
przy czym kolejno:
σσ
=
lub
σσ
=
lub
σσ
=
12
21
13
31
23
32
→ zależnie od oznaczenia osi
Płaski stan odkształceń:
Macierz małych odkształceń:
εε
εεε
0
0
0 00
ε
0
000
0
ε
00 0
0
0






11
12
11
13






=

lub
ε
=

lub
ε εε
εε
=




21
22
22
23






ε
ε









31
33
32
33
przy czym kolejno:
εε
=
lub
εε
=
lub
εε
=
12
21
13
31
23
32
→ zależnie od oznaczenia osi
Uogólnione prawo Hooke’a
( )
→ zależność
ε

zapisana na podstawie „myślowych doświadczeń”
dla materiału izotropowego opisanego stałymi:

E
[MPa] – moduł Younga
→ ν [–] – współczynnik Poissona
E

G
=
[MPa]
(
)
21
+
ν
Uogólnione prawo Hooke’a:
(
1
E
)
ε
=
σ νσ σ

+




11
11
22
33
1
E
(
)

ε
=

σ νσ σ

+


22
22
11
33
1
E
(
)

ε
=

σ νσ σ

+


33
33
11
22
σ
σ
σ
εε
=
=
εε
, =
εε
=
,
=
=
12
13
23
12
21
13
31
23
32
2
G
2
G
2
G
1
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann •
Teoria sprężystości i plastyczności
– Ćwicz. 2 • KMBiM WILiŚ PG
 → związki odwrotne
( )
ε

uzyskamy rozwiązując powyższy układ równań względem składowych naprężeń:
(
E
ν


)
σ
=
ε
+
εεε
++
,
σσ ε ε
=
2
GG
=
=


11
11
11
22
33
12
21
12
21
1
+
ν
12

ν


E
ν


(
)
σ
=
ε
+
εεε
++
,
σσ ε ε
=
2
GG
=


22
22
11
22
33
13
31
13
31
1
+
ν
12

ν


E
ν


(
)
σ
=
ε
+
εεε
++
,
σσ ε ε
=
2
GG
=


33
33
11
22
33
23
32
23
32
1
+
ν
12

ν


ν
Z definicji PSN,
σ = , dostajemy:
0

ε
=
+
(
σσ
)
33
33
11
22
E
→ to oznacza, iż istnieje odkształcenie w kierunku prostopadłym do płaszczyzny naprężeń
Z definicji PSO,
σ νσ = +
→ to oznacza, iż istnieje składowa naprężenia w kierunku prostopadłym do płaszczyzny odkształceń
ε = , dostajemy:
0
(
)
33
33
11
22
Elementarne wyprowadzenie równań równowagi w PSN
→ zagadnienia teorii sprężystości i plastyczności są na ogół statycznie niewyznaczalne
→ równania równowagi stanowią ważną grupę w pełnym układzie równań
+

σ
σ
22
dx
x
22
2
x
+

σ
2
σ
21
dx
21
2
x
2
1
σ
ρ
+

σ
σ
dx
dx
11
ρ
11
1
2
×
x
1
σ
1
2
σ
2
σ
+

σ
σ
12
dx
x
x
12
1
x
dx
1
różniczka funkcji
– jej przyrost
1
gdzie:
g
– grubość elementu,
ρρ
– składowe sił objętościowych,
3
,
bb
1
2
, – siły masowe
3 równania równowagi płaskiego układu sił:

– gęstość,
12
[ /
b
b
kN
kg
]
ρ
[ /
kN
m
]

P
= ∑
0,
P
0,
= ∑
M
0
=
x
x
o
1
2
Rozpisując:

σ

σ
1)
∑= →
0
11
dx dx g
+
21
dx dx g
+
ρ
b dx dx g
=
0
12
21
112

x

x
1
1
2

σσ
ρ

+ +=
→ stąd:
11
21
b
0
1

x

x
1
2

σ

σ
2)
∑= →
0
22
dx dx g
+
12
dx dx g
+
ρ
b dx dx g
=
0
21
12
2 21

x

x
2
2
1

σσ
ρ

+ +=
→ stąd:
12
22
b
0
2

x

x
1
2
3)
σ=
(po pominięciu nieskończenie małych składników wyższego rzędu)
∑= →
12
0
o
21
2
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann •
Teoria sprężystości i plastyczności
– Ćwicz. 2 • KMBiM WILiŚ PG
 Ćwiczenie 3
Dwuwymiarowe zagadnienia teorii sprężystości
Obok równań równowagi i związków konstytutywnych ważną rolę w teorii sprężystości odgrywają
równania
nierozdzielności!
Równanie zgodności odkształceń (nierozdzielności)w zagadnieniach dwuwymiarowych
przypomnienie: układy jednowymiarowe (pręty):
postać odkształcona
– krzywa klasy C
1
(belka ciągła)
∆≠
0
postać odkształcona
– krzywa nie jest klasy C
1
→ stąd:
∆= → warunek nierozdzielności dla belki ciągłej!
układy dwuwymiarowe (powierzchnie):
0
linie wyobrażonego podziału – „myślowego”
brak ciągłości odkształceń – pęknięcia
ciągłość odkształceń zachowana – składowe wektora odkształceń:
εεεε
nie mogą być przyjmowane niezależnie (dowolnie)
,
,
,
11
12
21
22
Warunek analityczny ciągłości odkształceń w obszarach dwuwymiarowych (równanie nierozdzielności):
2
2
2

ε

ε

ε
11
+
22

2
12
=
0
2
2

x

x
∂∂
xx
2
1
12
Dowód (rachunkowy):
x

u
x
v
x
ε
=


=


11
v
1
qx x

(, )
12
ε
22
2
x
u

1
2


uv
x
dx
εε
=
=
+


2
12
21
∂∂
x


2
1
dx
1
gdzie:
→ wektor przemieszczeń
uv
→ współrzędne wektora przemieszczeń
qx x

(, )
12
3
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann •
Teoria sprężystości i plastyczności
– Ćwicz. 2 • KMBiM WILiŚ PG
 Podstawiając uzyskane wartości do wzoru:
2
2
2

ε

ε

ε
11
+
22

2
12
=
0
2
2

x

x
∂∂
xx
2
1
12
otrzymujemy:
2


∂∂ ∂∂

u

2

v


2
1

∂ ∂
uv

+

2
+
=
0








∂∂ ∂∂
xx
2
xx
2
∂∂ ∂ ∂
xx
2
x x








2
1
1
2
12
2
1
To daje:
3
3
3
3

u

v

u

v
+


=
0
2
2
2
2
∂∂ ∂∂ ∂∂ ∂∂
xx
x x
xx
x x
12
1 2
12
1 2
a więc:
0=
co było do okazania!
Głębsze uzasadnienie równania podane będzie w ramach wykładu!
Zadanie 1:
Odpowiedź uzasadnić.
Czy podane poniżej funkcje mogą być współrzędnymi tensora małych odkształceń w PSO?

x
2
2
x
2


4
10
2
1
εε
≡=
,
l

const m
[]


ij
2

2
x
2
1
xx
l


12
Rozwiązanie zadania 1:
Aby podane powyżej funkcje mogły być współrzędnymi tensora małych odkształceń w PSO musi zostać spełnione
równanie:

2
ε

2
ε

2
ε
11
+
22

2
12
=
0

x
2

x
2
∂∂
xx
2
1
12
Zatem obliczamy:
( )
2
2

ε


=
x
2
(2
x
=
)
2
11
2
2
2
2

x

x

x
2
2
2
2
2

ε


(
)
( )
=
xx
x
=
0
22
12
2
2
2

x

x

x
1
1
1
oraz:
2
2

ε


( )
( )
2
12
=
2
2
x
2
=
2
0
=⋅=
20 0
1
∂∂
xx
∂∂
xx

x
12
12
1
2
2

ε


( )
( )
lub też:
2
12
=
2
2
x
2
=
2
4
x
=⋅=
20 0
1
1
∂∂
xx
∂∂
xx

x
12
12
2
Podstawiając obliczone wartości do równania:
2

ε

2
ε

2
ε
11
+
22

2
12
=
0

x
2

x
2
∂∂
xx
2
1
12
otrzymujemy: 20020
+−=≠ (sprzeczność)
Odpowiedź:
Zatem, podane powyżej funkcje nie mogą być współrzędnymi tensora małych odkształceń w PSO!
4
J. Górski, M. Skowronek, M. Gołota, K. Winkelmann •
Teoria sprężystości i plastyczności
– Ćwicz. 2 • KMBiM WILiŚ PG
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]
  • zanotowane.pl
  • doc.pisz.pl
  • pdf.pisz.pl
  • cs-sysunia.htw.pl