PRUŽNOST A PEVNOST II PŘEDNÁŠKY

PRUŽNOST A PEVNOST II

PŘEDNÁŠKY Jan Řezníček

Praha 2016

Motto: Já se chodím na přednášky bavit a byl bych moc rád, kdybyste se vy bavili spolu se mnou a s pány Hookem, Newtonem, Eulerem a dalšími.

Text neprošel jazykovou ani redakční úpravou

© Jan Řezníček, Fakulta strojní ČVUT v Praze 2009 ÷ 2016

ÚSTAV MEC H ANI K Y, BIOMEC H ANI K Y A MEC H ATR ONI K Y – OD BO R PR U ŽNOSTI A PEVN OSTI

V B A K A L Á Ř S K Ý C H S T U D I JN Í C H P R O G R A ME C H

S T R OJ ÍR E N S T V Í A

TEORETICKÝ ZÁKLAD STROJNÍHO INŽENÝRSTVÍ V Z I MN Í M S E ME S T R U A K A D E MI C K É H O R O K U

2016/2017 přednáší

Jan Řezníček Praha září 2016

PRUŽNOST A PEVNOST 2

2

Vážené kolegyně a vážení kolegové, dostalo se mi té cti, že mohu vést na Fakultě strojní Českého vysokého učení technického v Praze přednášky z předmětu Pružnost a pevnost IIA pro studenty bakalářského studijního programu „Teoretický základ strojního inženýrství“, ale také i pro zájemce z oborového bakalářského studijního programu „Strojírenství“. Při přípravě podkladů pro tento předmět jsem vycházel ze zkušeností, které mám od akademického roku 2007/08 s novou formou výuky předmětu Pružnost a pevnost IA ve druhém ročníku bakalářských studijních programů na FS ČVUT v Praze. Tento text má Vám studentkám a studentům usnadnit práci při přednáškách a hlavně ušetřit čas, který mnohdy trávíte zbytečným překreslováním někdy jednoduchých, ale někdy i velmi složitých obrázků z tabule. Já sice předem vím, co chci nakreslit, ale ne vždy se mi to povede ideálně. Na druhé straně Vy často ani dopředu netušíte, co má z obrázku vzniknout, a tak si mé „mininepřesnosti“ překreslíte s dalšími chybami a vzniknou „maxinepřesnosti“, které Vám při učení spíše uškodí, než by Vám pomohly a učení zjednodušily. Potřebné vstupní informace z předmětu Pružnost a pevnost IA, které byste měli znát z dob Vašeho předchozího bakalářského studia, jsou v tomto textu pro jistotu také uvedeny v komprimované podobě, protože čas činí v paměti všech z nás nenapravitelné škody a ty nejjednodušší věci se nejrychleji zapomínají. Pokud to probíraná problematika dovolí, je součástí tohoto textu také shrnutí hlavních závěrů včetně naznačení souvislostí mezi jednotlivými problémy, které by mohly usnadnit jejich pochopení. Přednášky obsahují pro objasnění problematiky i řadu vzorových příkladů. Některé z nich budeme kompletně celé na přednáškách řešit, ale některé budou jen jako námět pro vaše případné samostudium. Na závěr většiny kapitol jsem nově přidal další příklady, které se v posledních letech objevily buď v postupových testech v rámci SPP II nebo přímo ve zkouškových písemkách z PP II. V následujícím textu budou používány pro zvýraznění jednotlivých částí textů tyto symboly:

M

I

F

O

Intermezzo z Matematiky I-III nebo z Fyziky I a II

z Pružnosti I co vypadlo z hlavy!

P

Σ

Zásadní odvození

Vzorový příklad Shrnutí probraného

je vhodné ho umět a hlavně pochopit!

je dobré ho chápat souvislosti látky nebo se hned zeptat! usnadní pochopení!

O čem to bude?

Většinu kapitol se pokusím uvést jednoduchými příklady z praxe, abych osvětlil jednak praktickou aplikaci probírané problematiky a jednak abych ukázal cestu od reálné součásti k výpočtovému modelu.

Na závěr bych Vám všem chtěl popřát hodně úspěchů během celého studia. Pokud budete v průběhu následujících let na fakultě cokoliv potřebovat, tak jsem Vám k dispozici, protože jednou jste MOJI STUDENTI, a to je pro mě závazek i do budoucna, kdy Vás již nebudu učit.

℡: 224 352 424 : 725 351 511 : [email protected] : reznicek.jan : www.facebook.com/Pruznost V Praze ve středu dne 28. září 2016 Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


3

ÚSTAV MECHANIKY, BIOMECHANIKY A MECHATRONIKY ODBOR PRUŽNOSTI A PEVNOSTI Zdroje informací:

www.mechanika.fs.cvut.cz

www.facebook.com/Pruznost

www.pruznost.unas.cz Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



4

OBSAH OPAKOVÁNÍ PP I

5

1. ROTAČNĚ SYMETRICKÉ ÚLOHY 1.1 1.2 1.3 1.4

11

TENKOSTĚNNÉ NÁDOBY SILNOSTĚNNÉ (TLUSTOSTĚNNÉ) NÁDOBY ROTUJÍCÍ TENKÉ KOTOUČE TENKÉ KRUHOVÉ DESKY

11 18 50 46

2. STABILITA PŘÍMÝCH PRUTŮ (VZPĚR)

61

PŘESNÉ ŘEŠENÍ KRITICKÉ SÍLY NEPRUŽNÝ ROZSAH ŘEŠENÍ VZPĚRU PŘIBLIŽNÉ ŘEŠENÍ VZPĚRU KOMBINACE VZPĚRU S OHYBEM

62 69 73 80

3. MATEMATICKÁ TEORIE PRUŽNOSTI

87

2.1 2.2 2.3 2.4

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5

ROZŠÍŘENÝ HOOKŮV ZÁKON (opakování) ROVNICE PŘETVOŘENÍ ROVNICE ROVNOVÁHY SPOJENÍ VŠECH ROVNIC MATEMATICKÉ TEORIE PRUŽNOSTI PROSTOROVÁ NAPJATOST – TENZOR NAPĚTÍ

4. KRUT NEKRUHOVÝCH PROFILŮ

100

4.1 VOLNÉ KROUCENÍ NEKRUHOVÉHO PROFILU 4.2 TENKOSTĚNNÉ PROFILY

102 113

5. MEZNÍ STAVY - SHRNUTÍ

123

5.1 MEZNÍ STAVY JIŽ PROBRANÉ V PP 1 5.2 MEZNÍ STAVY JIŽ PROBRANÉ V PP 2 5.3 MEZNÍ STAVY, KTERÉ BUDOU JEŠTĚ PROBRANÉ V PP2

6. TECHNICKÁ PLASTICITA 7.1 7.2 7.3 7.4

TAH A TLAK V PLASTICITĚ KRUT V PLASTICITĚ OHYB V PLASTICITĚ PLASTICITA PŘI VÍCEOSÉ NAPJATOSTI

7. PROMĚNNÉ ZATÍŽENÍ (ÚNAVA) 7.1 7.2 7.3 7.4

88 89 91 92 93

123 123 123

124 127 133 140 155

163

TYPY ZATÍŽENÍ POUŽÍVANÉ DIAGRAMY KONCENTRÁTORY NAPĚTÍ (vruby) MÍRA BEZPEČNOSTI

165 165 169 172

8. ZÁKLADY LOMOVÉ MECHANIKY

179

8.1 TEORIE ALANA ARTHURA GRIFFITHA 8.2 TEORIE GEORGE RANKINA IRWINA

184 185

9. LITERATURA

188

DOSLOV

189

Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



5

OPAKOVÁNÍ PP I

I

Pružnost a pevnost jako součást fyziky, resp. její užší části – mechaniky poddajných těles. Klasická Pružnost a pevnost vs. moderní výpočtové (numerické) metody – zejména MKP Základní pojmy:

SÍLY Vnitřní

Vnější Statická rovnováha vnějších sil (všech)

VNITŘNÍ SÍLY (zobecnělé): Pojmem zobecnělá síla se rozumí veškeré možné zatížení – tedy jak osamělá síla, tak i síla spojitě rozložená nebo také osamělý resp. spojitě rozložený moment. Obdobně se v případě zobecnělé deformace může jednat jak o posunutí tak také o natočení dF

t F4

dT ⇒

F2

n

F2

2

dN

1

1

dA

Fn F1

F1

FV = ∫∫ dF

a současně

r r r F1 + F2 + FV = 0

(A)

Intenzita vnitř ní síly ≡ NAPĚTÍ (mechanické) obecné

ν ( x) =

dF dA

Rozmě r napětí v soustavě SI: [N⋅m-2 ] ≡ [Pa] pascal resp.

normálové

σ ( x) =

dN dA

smykové

τ ( x) =

dT dA

[N⋅mm-2 ] ≡ [MPa] megapascal (1 MPa = 1⋅106 Pa).

Poznámka: Zejména v anglosaské odborné literatuře se zásadně uvádí mechanické napětí v základních jednotkách N⋅m-2 resp. N⋅mm-2 (např. automobilky Ford nebo BMW uvádějí ve všech technických předpisech a dílenských manuálech pevnosti šroubů v N⋅mm-2 ). Jednotky Pa resp. MPa případně kPa jsou používány pro označování tlaků plynů a kapalin. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


PRUŽNOST A PEVNOST 2 DEFORMACE TĚLESA:

6

ε [1]

γ [1]

(poměrné) prodloužení (kladné) (poměrné) zkrácení (záporné)

zkos (dříve poměrné posunutí) změna pravého úhlu v elementu

∆dx ∂u resp. ε = dx ∂x (bude odvozeno později)

εx =

∂u ∂v + ∂y ∂x (bude odvozeno později)

γ xy =

PRUŽNOST TĚLESA: Schopnost tě lesa vrátit se do p ůvodního stavu pokud pomine vnější zatížení.

TUHOST TĚLESA: Schopnost tě lesa odolávat deformacím.

ZÁKLADNÍ PŘEDPOKLADY ŘEŠENÍ ÚLOH PP: 1. Předpoklad malých deformací (v relaci s ostatními rozměry), 2. Platnost lineární závislosti mezi napě tím a deformací (Hook ův zákon), 3. Platnost Saint-Vénantova principu (změ na zatížení se roznese na „malé“ vzdálenosti do celého pr ůř ezu součásti a ovlivní tak jen malou oblast, kterou zanedbáme), 4. Existence ideálního materiálu - homogenní (bez vmě stk ů, otvor ů, ...), - isotropní (ve všech směrech stejné vlastnosti).

Skutečná součást často analyticky neřešitelné Experiment velice často provádíme přímo na skutečné součásti nebo na skutečném modelu velice b lízkém této, součásti. Přesto však nemusí být tento model totožný s výpočtovým modelem. Proto mohou být mezi výsledky získanými experimentálně a výpočty značné rozdíly.

Výpočtový model řada zjednodušení - řešitelné Pro výpočty v pružnosti a pevnosti využíváme tzv. výpočtový model, který vzn ikne za použit í rů zných zjednodušujících předpokladů - čím větší je zjednodušení tím nepřesnější jsou výsledky vzhledem ke skutečnosti.

F




7

NAPJATOST: Druhy napjatosti: jednoosá (přímková)

dvojosá (rovinná)

trojosá (prostorová)

Obecně zadaná napjatost: jediné normálové napětí

dvě normálová a jedno smykové napětí (všechna v jediné rovině)

y

y

σx

σy

σx

σx

σy

z nebo

σy

τx

τz

σx τy

x

σy

z

nebo

σy

y

y

σz

x

σz

x

z

σy

y

σx

σy

y

σz

x

z

z

σx

σx

τz

x

y

tři normálová a tři smyková napětí

τy

σx

τx

x

σz

z

x

σy

z

Napjatost zadaná hlavními napětími jediné normálové napětí σ1

dvě normálová napětí σ1 a σ2 (obě v jediné rovině) 2

tři normálová napětí σ1 , σ2 a σ3 2

σ2

σ1

σ1

σ1

σ1

1

nebo 1

σ1 σ3

3

1

σ2

nebo

σ1

σ1

1

σ1

σ1 σ1 σ1

σ1

1

σ2

σ2

1


σ2 2

σ2

1 2

σ1



8

ZÁKLADNÍ ZPŮSOBY NAMÁHÁNÍ: Tahem/tlake m ±N(x)

Krutem MK(x)

Ohybe m Mo (x)

Smyke m T(x) T

N

N

T MK

MK

Mo

Mo

Vyvolá napjatost: rovinnou jednoosou τ(x) σo (x)

jednoosou σ(x)

rovinnou τ(x)

KOMBINACE ZÁKLADNÍCH ZPŮSOBŮ NAMÁHÁNÍ: vedoucí na jednoosou napjatost

vedoucí na rovinnou napjatost

šikmý ohyb (ohyb + ohyb) ; tah/tlak a ohyb

tah/tlak a krut ; ohyb a krut ; ohyb a smyk

y

y

σ(2) σ(1)

σ(1) σ(2)

σ

τ

σ

x

x

z

z

HODNOCENÍ NAPJATOSTI = TEORIE PEVNOSTI: Převod (redukce) jakékoliv obecné napjatosti (dvoj- nebo trojosé) na jednoosou pro srovnání s hodnotami získanými při normalizované tahové zkoušce materiálových vzorků. Rozdělení podle typu materiálu, pro který jsou vhodné Křehké materiály (litina, hořčíkové slitiny, …)

Houževnaté materiály (konstrukční oceli, mosazi, …)

Teorie maximálního normálového napětí σMAX

σ max σ red =

Teorie maximálního s mykového napětí τMAX

σ max > 0

σ red = σ max − σ min

pro

σ min

σ min < 0

Teorie Mohrova σ red = σ max − ρ ⋅ σ min

Teorie energetická (H.M.H.)

pro σmax > 0 a σmin < 0 , kde ρ =

σ red = Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

Rmt Rmd

σ red =

2 ⋅ 2

(σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2

(

2 2 2 2 ⋅ (σ x − σ y ) + (σ y − σ z ) + (σ z − σ x ) + 6 ⋅ τ 2x + τ y2 + τ 2z 2

)



9

DEFORMAČNÍ ENERGIE: Jedná se o vnitřní energii akumulovanou v tělese. Základem řady výpočtů není přímo celková velikost deformační energie U, ale hustota deformační energie λ(x), což je deformační energie U vztažena na jednotku objemu: dU . dV Ta je obecně definovaná (při použití rozšířeného Hookova zákona a vztahu mezi modulem pružnosti v tahu a modulem pružnosti ve smyku) jako:

λ=

[

]

1 ⋅ σ x2 + σ y2 + σ z2 − 2 ⋅ v ⋅ (σ x ⋅ σ y + σ y ⋅σ z + σ z ⋅ σ x ) + 2 ⋅ (1 + ν ) ⋅ (τ x2 + τ 2y + τ 2z ) . 2⋅E V případě jednoosé napjatosti resp. napjatosti čistého smyku se výraz pro hustotu deformač ní energie výrazně zjednoduší:

λ=

λσ =

σ2 2⋅ E

λτ =

resp.

τ2 . 2 ⋅G

Dosadíme- li nyní do tě chto vzorc ů vztahy pro urč ení napjatosti p ř i jednotlivých zp ůsobech namáhání a budeme- li výsledky integrovat přes celý objem řešeného tě lesa (dV = A(x) ⋅dx), dostáváme:

1 N ( x )2 ⋅∫ ⋅ dx , 2 ⋅ E ( l ) A( x)

1. pro tah/tlak:

UN =

2. pro krut:

UM K =

1 M ( x )2 ⋅∫ K ⋅ dx , 2 ⋅G (l) J P ( x)

1 M o ( x )2 = ⋅ ⋅ dx , 2 ⋅ E (∫l ) J z ( x )

3. pro rovinný ohyb:

UMo

4. pro smyk od posouvající síly:

UT =

β

T ( x )2 ⋅ dx 2 ⋅ G ( l ) A( x ) ⋅∫

(β závisí na tvaru pr ůřezu).

Deformač ní energie je pak v ř adě úloh využívána společ ně s předpokladem platnosti zákona zachování energie (bezztrátové dě je) jako prostředek k řešení.

Současně platí věty odvozené italským inženýre m Carlem Albertem Castigliane m: 1. Parciální derivace celkové deformač ní energie U akumulované v libovolném tě lese podle obecného silového úč inku p ůsobícího v urč itém bodě tohoto tě lesa Sj se rovná deformaci tě lesa ∆j v místě a směru p ůsobícího silového úč inku Sj : ∂U = ∆j . ∂S j Je-li obecným silovým úč inkem Sj síla (Fj), je vypočtená deformace ∆j POSUNUTÍ (uj). Je-li obecným silovým úč inkem Sj moment (Mj) , je vypočtená deformace ∆j NATOČENÍ (ϕj). 2. Staticky neurč itá velič ina Xi minimalizuje celkovou deformač ní energii U akumulovanou v soustavě (p ř íroda vše dě lá tak, aby jí to stálo co nejméně energie):

∂U = 0 (platí pro soustavy neohřáté a nep ředepjaté). ∂X i Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



10

Celková deformační energie při kombinovaném namáhání: Při všech výpočtech, které využívají celkovou deformační energii U, nesmíme zapomenout, jak výsledný vztah vznikl - základem všeho je hustota deformační energie λ a dva základní způsoby namáhání - normálové napětí σ a smykové napětí τ. Při kombinaci napětí je třeba uvažovat výslednou napjatost: 1. normálová napětí – např. kombinace tah/tlak + ohyb = N(x) + Mo (x):

σ celk . = σ t + σ o . λ=

(

)

1 1 1 2 2 ⋅ σ celk ⋅ (σ t + σ o ) = ⋅ σ t2 + σ o2 + 2 ⋅ σ t ⋅ σ o . . = 2⋅ E 2⋅E 2⋅E

2 2 1  N ( x )   M o ( x)   N ( x )   M o ( x)   λ ( x) = ⋅  ⋅ y  + 2 ⋅  ⋅ y .  +  ⋅ 2 ⋅ E  A   J z A   J z     

 N ( x )  2  M ( x )  2 1  N ( x)   M o ( x)   o   U c = ∫∫∫ λ ⋅ dV = ⋅ ∫ ∫∫  + ⋅ y + 2 ⋅ ⋅ y  ⋅ dx ⋅ dA .    ⋅  2 ⋅ E A J A J       z   z   (V ) ( l )( A)  Odkud vychází *) :

 1 N (x )2 1 M o ( x) 2 1   N ( x ) ⋅ M o ( x)  Uc = ⋅∫ ⋅ dx + ⋅∫ ⋅ dx + ⋅ ∫  ∫∫  ⋅ y  ⋅ dA ⋅ dx . 2 ⋅ E (l) A 2 ⋅ E (l ) J z E ( l ) ( A )  A⋅ J z   144 42444 3 144 42444 3 14 4444424444443 UN

U Mo

U ( N +M o )

2. normálová a smyková napětí – např. kombinace ohyb + krut = Mo (x) + MK(x):

λ = λσ + λτ =

1 1 ⋅ σ o2 + ⋅τ 2 . 2⋅E 2⋅ G

1  M o (x )  1  M K (x )  λ ( x) = ⋅  ⋅ y  + ⋅ ⋅ ρ   2⋅E  Jz  2⋅G  J p  2

2

 M ( x )  2   M ( x)  2  1 1 U c = ∫∫∫ λ ⋅ dV = ⋅ ∫ ∫∫  o ⋅ y   ⋅ dx ⋅ dA + ⋅ ∫ ∫∫  K ⋅ ρ   ⋅ dx ⋅ dA .    2 ⋅ E J 2 ⋅ G  J (V ) ( l )( A )  z   ( l) ( A )  p     Odkud vychází **):

 1 M o ( x )2 1 M K ( x) 2 1  M o ( x )2 M K ( x )2 Uc = ⋅∫ ⋅ dx + ⋅∫ ⋅ dx = ⋅ ∫ ⋅ dx + 2 ⋅ (1 + ν ) ⋅ ∫ ⋅ dx  .  2 ⋅ E l) A 2 ⋅ G l) J p 2 ⋅ E  (l ) A Jp ( l)  144(4 2444 3 144(4 24443 U Mo

U MK

*) Zde opět funguje pohádka o dědkovi a bábě, kteří společně s vnučkou, psem, kočkou a myší tahali řepu a společně dali dohromady víc energie než prostý součet energie každého z nich. Stejně tak funguje kníže Svatopluk a jeho tři pruty ve Starých pověstech českých od Aloise Jiráska. **) Na ro zdíl od předchozí úvahy zde každý účinek „dělá něco jiného“, a tak se efekt „spolupráce“ neprojeví a výsledná energie je pouze p rostým součtem energií od obou účinků. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



11

1. ROTAČNĚ SYMETRICKÉ ÚLOHY 1.1. TENKOSTĚNNÉ NÁDOBY (skořepiny) Určete dovolený přetlak pD, který přenese plášť tenkostěnné kulové tlakové nádoby, která má tloušťku stěny t, střední poloměr R a dovolené namáhání σD.

Kladruby

p DHMH ≤ 2 ⋅ σ D ⋅

t . R

Stanovte minimální tloušťku st ě ny válcové části tlakového zásobníku stla čeného vzduchu. Maximální provozní tlak uvnit ř válce je pmax = 2 MPa, st řední poloměr válcové části je rs = 300 mm. Nádoba je vyrobena z konstrukč ní oceli o mezi kluzu Re = 350 MPa. Nádoba má být navržená s bezpeč ností k k = 5 vůč i mezi kluzu. Lokomotiva 163 006-0

část ov liv něná tuhostí dna

neov liv něná válcov á část

část ov liv něná tuhostí dna

MEMBRÁNOVÝ STAV:

Podmínky zajiště ní membránového stavu: 1) 2) 3) 4)




12

Porušení membránového stavu:

TABULKA (KONSTRUKČNÍ ŘEŠENÍ TENKOSTĚNNYCH NÁDOB): T Spojení

Vhodné řešení

Nevhodné řešení

Uložení

ROTAČNĚ SYMETRICKÉ SKOŘEPINY:

Hlavní poloměry křivosti -




13

ODVOZENÍ

O

NAPJATOST ROTAČNĚ SYMETRICKÉ MEMBRÁNY: (Laplaceova rovnice)





14



15

PŘÍKLAD (TENKOSTĚNNÁ KULOVÁ NÁDOBA):

P

Dáno: p, R, s, E a µ

s

Určit: σ1 a σ2 (hlavní napětí vznikající v plášti nádoby) pD (dovolený tlak podle teorie τMAX) ∆R a ∆s (změny hlavních rozměrů nádoby) U (celkovou def. energii akumulovanou v plášti této nádoby).

R

2

σ2

σ1

3

Řešení: Základem řešení je Laplaceova rovnice upravená pro předpoklady:

σ2

⇒

R1 = R2 = R

σ1

σ1 = σ2 = σ

(σ3 = 0).

(u kulové nádoby nelze rozhodnout, který směr je tečný a který směr je osový, protože tyto podmínky kterékoliv dva navzájem kolmé směry v tečné rovině k povrchu kulového pláště).

1

Po dosazení dostáváme:

σ R

+

σ R

=

p s

odkud vychází σ 1 = σ 2 = σ =

p⋅R . 2⋅s

Pevnostní podmínka podle hypotézy τMAX bude mít tvar:

σ red = σ max − σ min = σ 1 − σ 3 =

p⋅ R p⋅R −0= ≤σD 2⋅ s 2 ⋅s

⇒

pD ≤

2 ⋅σ D ⋅ s . R

(nejmenším – minimálním – napě tím je v tomto p ř ípadě třetí – nulové – napětí σ3 ). Pro výpočet změn hlavních rozměr ů nádoby použijeme rozšířený Hookův zákon pro rovinnou napjatost: ∆R = R ⋅ ε t =

R p ⋅ R2 s p⋅R ⋅ (σ1 − µ ⋅σ 2 ) = ⋅ (1 − µ ) a ∆s = s ⋅ ε r = ⋅ [− µ ⋅ (σ1 + σ 2 ) ] = −µ ⋅ . E 2⋅ E⋅s E E

Celkovou deformač ní energii U urč íme pomocí hustoty deformač ní energie λ a objemu V pláště nádoby (objem pláště tenkostě nné kulové nádoby vypočteme jako V ≈ S⋅s, kde S je povrch koule a s je tloušťka):

U=

1

∫ λ ⋅ dV = λ ⋅ V =  2 ⋅ σ

(V )

1

1  ⋅ ε 1 + ⋅ σ1 ⋅ ε 1  ⋅ S ⋅ s . 2 

Po dosazení dostáváme:

σ2

p 2 ⋅ R4 U= ⋅ (1 − µ ) ⋅ 4 ⋅ π ⋅ R ⋅ s = 2 ⋅ π ⋅ ⋅ (1 − µ ) . E E⋅ s 2

Na závěr provedeme rozměrovou kontrolu výsledku: 2

N 4  m 2  ⋅ [m ] U = [1]⋅ ⋅ [1] = [N ⋅ m ] ... a je to tedy OK!  N  ⋅ [m ]  m 2 




16

PŘÍKLAD (TENKOSTĚNNÁ VÁLCOVÁ NÁDOBA): Dáno: p, R, s, E a µ

s

Určit: a) pro otevřenou nádobu σ1 a σ2 (hlavní napětí v plášti nádoby) ∆R a ∆s (změny hlavních rozměrů) b) pro uzavřenou nádobu σ1 a σ2 (hlavní napětí v plášti nádoby) ∆R a ∆s (změny hlavních rozměrů)

R

1

σ1

σ1

1

σ2

σ2 σ1

3

3

σ1

P

Řešení: Základem řešení obou případů je Laplaceova rovnice, Pro kterou musí platit:

2

2

R1 = R a

R2 → ∞

(σ3 = 0).

Dosazením do Laplaceovy rovnice dostáváme:

σ1 R

+

σ2 ∞

=

p s

odkud vychází v obou případech první hlavní napětí: σ 1 =

p⋅ R . s

Druhé hlavní napětí bude v případě otevřeného válce (př. a) nulové: σ 2 = 0 (ve stěně otevřené válcové nádoby tak vzniká pouze jednoosá napjatost).

R

σ2

s

V případě uzavřené válcové nádoby (př. b) vypočteme druhé hlavní napětí σ2 z podmínky silové rovnováhy do osového směru:

σ 2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ R ⋅ s = Fp = p ⋅ π ⋅ R 2 a odtud již dostáváme: σ 2 = p

Fp

p⋅ R . 2⋅s

(ve stě ně uzavřené válcové nádoby vzniká rovinná napjatost, kdy první hlavní napětí je dvakrát vě tší než druhé: σ1 = 2⋅σ2 ).

Pro výpočet změ n hlavních rozměr ů nádoby použijeme rozšířený Hook ův zákon pro jednoosou resp. rovinnou napjatost: a) otevřená nádoba: ∆Rot. = R ⋅ ε t =

R p ⋅ R2 ⋅ σ1 = E E ⋅s

a ∆sot. = s ⋅ ε r =

s p⋅R ⋅ [− µ ⋅ σ 1] = −µ ⋅ . E E

a) uzavřená nádoba:

∆Ruz. =

R p ⋅ R2 ⋅ (σ1 − µ ⋅ σ 2 ) = E E⋅ s

 µ ⋅ 1 −   2

a ∆suz. =

s 3 p⋅ R ⋅ [− µ ⋅ (σ1 + σ 2 ) ] = −µ ⋅ ⋅ . E 2 E

Poznámka: Pro Po issonovo číslo µ = 0,3 vychází: Změna poloměru uzavřené nádoby je o 15% menší než u nádoby uzavřené: ∆Ruz. ≈ 0,85⋅∆Rot.. Stěna uzavřené nádoby se zeslabí o 50% více než stěna otevřené nádoby: ∆suz. ≈ 1,5⋅∆sot.. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



17

PŘÍKLAD (TENKOSTĚNNÁ KUŽELOVÁ NÁDOBA):

P

D 2   ϕ = arctg  h  

Dáno:

ρ, D, h a s

Určit:

σ1 a σ2 (hlavní napětí v plášti nádoby)

∅D

h

Řešení: Základem řešení je opět Laplaceova rovnice, jen musíme věnovat pozornost správnému určení hlavních poloměrů křivosti R1 a R2 : 2⋅ϕ

První hlavní poloměr křivosti R1 této kuželové nádoby se stejně jako u válcové nádoby blíží nekonečnu: R1 → ∞ Druhý hlavní poloměr křivosti R2 vyjádříme podle obrázku: R2 =

r ( y) , když současně platí cos ϕ

r ( y ) = y ⋅ tgϕ

.

Spojením obou vztahů dostáváme výsledný výraz pro určení druhého hlavního polomě ru kř ivosti:

R2

y ⋅ tgϕ sin ϕ R1 = = y⋅ . cos α cos 2 ϕ

R1

+

σ2 R2

=

r

p , s

h

σ1

y

Poloměry R1 a R2 dosadíme do Laplaceovy rovnice

ϕ

ϕ

když víme, že hydrostatický tlak závisí na hloubce:

p ( y) = ρ ⋅ g ⋅ (h − y) dostaneme výsledný vztah pro hlavní nap ětí σ2 (ve směru teč ném):

σ1 ( y ) ∞

+

σ 2 ( y) ρ ⋅ g ⋅ ( h − y) = sin ϕ s r⋅ 2 cos ϕ

⇒ σ 2 ( y) =

ρ⋅g s

⋅ (h − y) ⋅ y ⋅

sin ϕ cos 2 ϕ

.

Zbývající hlavní nap ětí σ1 (ve směru meridiánu) urč íme z rovnováhy od ř íznuté části:

Q ( y) . 2 ⋅ π ⋅ r ( y ) ⋅ s ⋅ cos ϕ

σ1

π ⋅r2 ⋅ y  2  2  Q( y ) = ρ ⋅ g ⋅  + π ⋅ r 2 ⋅ ( h − y )  = ... = ρ ⋅ g ⋅ ( y ⋅ tgϕ ) ⋅  h − ⋅ y  . 3    3 

σ1 h

Tíhová síla kapaliny Q, která p ůsobí v místě řezu je podle obrázku:

y

σ 1( y) =

Výsledný vztah pak je:

σ 1( y) =

2   3   ⇒ σ 1 ( y) = ρ ⋅ g ⋅  h − 2 ⋅ y  ⋅ y ⋅ sin 2ϕ . 2 ⋅ π ⋅ y ⋅ tgϕ ⋅ s ⋅ cos ϕ 2⋅ s  3  cos ϕ

ρ ⋅ g ⋅ ( y ⋅ tgϕ )2 ⋅  h − ⋅ y 


Q(y)



18

P

PŘÍKLADY ZE ZKOUŠEK (TENKOSTĚNNÉ NÁDOBY):

h

Otevřený sud válcového tvaru je postaven na tuhé podložce a je až po okraj naplněn vodou. s R Dáno: R = 700 mm; s = 2 mm; h = 1 000 mm; E = 2⋅105 N⋅mm-2 ; v = 0,3 a ρ = 1 000 kg⋅m-3 . Určit: Uprostřed výšky válce (sudu) určit změnu poloměru h/2 ∆R a změnu tloušťky stěny ∆t.

Plynový zásobník ve tvaru koule o průměru D je vyroben z ocelového plechu o tloušťce s. Dáno: D = 5 m; s = 10 mm; E = 2⋅105 N⋅mm-2 ; v = 0,3 a σD = 100 N⋅mm-2 . Určit: Dovolený přetlak v nádobě pD a pro něj změnu průměru ∆D, změnu tloušťky stěny ∆t a energii U akumulovanou v plášti zásobníku.

s R

Dáno: D = 1 400 mm; s = 30 mm; E = 2⋅105 N⋅mm-2 ; v = 0,3 a σK = 350 N⋅mm-2 . Určit: Dovolený přetlak v potrubí pD při bezpečnosti k K = 2. Pro velikost pD vypočtěte změnu průměru ∆D, změnu tloušťky stěny ∆t a energii U akumulovanou v jednom metru délky stěny potrubí včetně jednotek.

∅D

s

Plynovodní ocelové potrubí považujeme vzhledem k jeho délce za „otevřenou“ válcovou nádobu o průměru D a tloušťce stěny s.

l=1m

Válcová nádoba o průměru D a tloušťce stěny s je uzavřená tuhým víkem, na které působí svislá síla F. F σ3 p σ1 Dáno: D = 200 mm; s = 3 mm a F = 1⋅105 N. Určit: Velikost vnitřního talku p tak, aby ve stěně σ1 válce vznikla napjatost čistého smyku p=? (σ1 = −σ3 a σ2 = 0). s

σ3

∅D Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



19

2.1 SILNOSTĚNNÉ (TLUSTOSTĚNNÉ) NÁDOBY PŘEDPOKLADY ŘEŠENÍ SILNOSTĚNNÝCH VÁLCOVÝCH NÁDOB: •

Platí Hook v zákon – všechny uvažované deformace jsou vratné (nap tí nep!ekro"í mez úm rnosti σu resp. mez kluzu σK),

•

Vše je rota"n symetrické – geometrie, zatížení, nap tí, deformace, ...

•

Vše platí v dostate"né vzdálenosti od den nebo jiných imperfekcí (p!í ruby, otvory, …), které zp sobují vyztužení – vznikající napjatost v t chto oblastech by byla po dstatn složit jší.

Vypočtěte tloušťku stěny tlakového vál ce zdvihacího zařízení korby lehkého nákladního vozu Tatra 805, znáte- li potřebnou sílu, průměr pístu, materiál válce a tlak oleje, který je schopno vyvodit čerpadlo.

F

Tatra 805

σo

σt(r1 )

σr (r1 ) = − p1

σo

F /2

σt(r1 )

F /2

∅D ∅d

p1 Umístění hydraulického válce ve voze, jeho výpočtový model a napjatost v jeho stěně

Podle předpisů pro dětské hračky zkontrolujte sílu, která je potřebná ke stažení kolečka z hřídelky a součadně zjistěte, zda při výrobě lisováním nedojde k roztržení náboje plastového kolečka. Stanovte tedy potřebný minimální a maximální přípustný přesah průměru hřídelky, znáte- li její materiál a současně i materiál nalisovaného kolečka (náboje).

∅d

∅D

Fstah.

b

Ferrari F 300 1:24 (Bburago)

Kolečko nalisované na hřídel a výpočtový model tohoto nalisovaného spoje




20

Úloha je rotačně symetrická ⇒ vyjmeme element ve válcových sou!adnicích

ZÁKLADNÍ ROZDĚLENÍ (podle zp sobu, kterým je uzav!en vnit!ní prostor nádoby • NÁDOBA UZAVŘENÁ – dno nebo víko je pevnou sou"ástí vlastní !ešené nádoby (je k ní p!išroubované, p!iva!ené, …). V této nádob tak VZNIKÁ osové nap tí σo. • NÁDOBA OTEVŘENÁ – tlakový prostor uvnit! nádoby je uzav!en jiným t lesem, které není s nádobou pevn spojeno (píst, …). V této nádob tak nevzniká žádné osové nap tí σo.

p

Hydraulický válec R F

p

Poznámka:

U zav šeného hydraulického válce vznikne osové nap tí σo jako d sledek p!enosu reak"ní síly R = F do podp r v zav šení.

Neovlivn ná "ást silnost nné válcové nádoby

F

Nádoba jaderného reaktoru Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



21 M

MATEMATICKÉ INTERMEZZO V následujících přednáškách budeme řešit rovnováhu elementu rotačního symetrického tělesa (silnostěnné nádoby, rotujícího kotouče nebo tenké kruhové desky), která povede až na diferenciální rovnici druhého řádu. Při odvození budu využívat některé obraty, které jsou vám určitě známy z přednášek z matematiky, ale pro jistotu a své čisté svědomí vůči vám je zde ještě jednou připomenu: 1. derivace součinu dvou funkcí: 2. derivace podílu dvou funkcí:

3. derivace složené funkce:

(u ⋅ v )′ = u′ ⋅ v + u ⋅ v′ ′  u  u′ ⋅ v − u ⋅ v ′   = v2  v

[u( v) ]′ = u ′(v ) ⋅ v′

4. diferenciál funkce je dné proměnné: d [u( x) ] =

5. diferenciál funkce více proměnných: d [ f ( x, y , z ) ] =

du ⋅ dx dx

∂f ∂f ∂f ⋅ dx + ⋅ dy + ⋅ dz ∂x ∂y ∂z

6. Eulerova diferenciální rovnice: x 2 ⋅ f ′ ( x ) + x ⋅ f ′( x) − f ( x ) = 0 6. diferenciální rovnice 2. řádu a je jí řešení: f ( x) f ′′( x ) ⋅ x + f ′( x) − = g ( x) x Řešení f(x) se skládá ze dvou částí: Část homogenní f H(x) – odpovídající tvaru diferenciální rovnice Část partikulární f P(x) – odpovídající pravé straně diferenciální rovnice. f ( x ) = f H ( x) + f P ( x) . Homogenní část řešení f H(x) má v těchto p ř ípadech vždy tvar: B f H ( x) = A ⋅ x + x Partikulární část řešení f P(x) budeme odhadovat podle tvaru pravé strany g(x) p ůvodní rovnice: Je-li pravá strana ve tvaru mocniny g ( x ) = k ⋅ x n , odhadneme partikulární řešení ve tvaru úplného polynomu stejného stupně : n

i f P ( x) = ∑ ai ⋅ x . i =1

Koeficient ai v odhadu urč íme po dosazení partikulárního řešení do původní rovnice. Partikulární řešení f P(x) totiž jako jedno z možných řešení dané diferenciální rovnice musí této rovnici vyhovovat.



F


22

ODVOZENÍ

O

ZÁKLADNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE ŘEŠENÍ NAPJATOSTI SILNOSTĚNNÝCH VÁLCOVÝCH TLAKOVÝCH NÁDOB

st ny válcové nádoby vyjmeme element délky b o vnit!ním polom ru x pod úhlem dϕ a σr(x) + dσr tloušťce dx . Nejprve p!edpokládáme otev!enou nádobu, kdy nep sobí na element žádné osové nap tí (σo = 0). σt(x) σr (x) b dx Takže na element p sobí pouze rovinná napjatost, kde te"né nap tí je σt, ale radiální nap tí se m ní dϕ ze σr na σr + dσr. Za t chto p!edpoklad nyní x sestavíme silovou rovnováhu !ešeného elementu: dFt ⋅ dϕ = dFrv . Jednotlivé "leny této rovnice rovnováhy vyjád!íme podle obrázku: Elementární te"ná síla je

σt(x)

dFt

dFt = σ t ⋅ b ⋅ dx dϕ

dFrv

Výsledná elementární radiální síla je

dFrv = [(σ r ( x) + dσ r ) ⋅ b ⋅ ( x + dx ) ⋅ dϕ ] − [σ r ( x ) ⋅ b ⋅ x ⋅ dϕ ] =

dFt

= σ r ( x) ⋅ dx ⋅ dϕ ⋅ b + dσ r ⋅ x ⋅ dϕ ⋅ b + dσ r ⋅ dx ⋅ dϕ ⋅ b =

= [σ r ( x ) ⋅ dx + dσ r ⋅ x +dσ r ⋅ dx ]⋅ dϕ ⋅ b = [ σ r ( x ) ⋅ dx + dσ r ⋅ x ]⋅ dϕ ⋅ b . 1 424 3 144 42444 3 d (σ r ( x )⋅ x )

≈0

Pdosazení do rovnice rovnováhy dostáváme za p!edpokladu b ≠ 0 a dϕ ≠ 0 výslednou rovnici: d [σ r ( x ) ⋅ x ] − σ t ( x ) ⋅ dx = 0

Jedná se o diferenciální rovnici ale se dv ma neznámými veli"inami ⇒ úloha je staticky neur"itá a je tedy t!eba doplnit deforma"ní podmínku. Tu sestavíme z elementu p!ed a po deformaci: ∆do

do

dϕ

u(x) + du

dx

do

dx + ∆dx u(x)

dϕ

x

σ t ( x) = σ r ( x) =  E d [σ r ( x ) ⋅ x ] = d  2 1 − µ

εr ( x) =

∆dx {dx + [u( x ) + du] − u( x )} − dx du = = = u′( x) , dx dx dx

ε t (x ) =

∆do u ( x ) ⋅ dϕ u ( x ) = = . do x ⋅ dϕ x

Nyní tyto vztahy dosadíme do rozší!eného Hookova zákona, abychom vyjád!ili te"né nap tí σt a radiální nap tí σr pomocí jediné neznámé – posunutí u(x) : E E ⋅ [ε t ( x ) + µ ⋅ ε r ( x )] = 2 1− µ 1 − µ2

E E ⋅ [ε r ( x ) + µ ⋅ ε r ( x )] = 2 1− µ 1 − µ2

 u( x )  ⋅ + µ ⋅ u ′( x )  ,  x 

u (x )   . ⋅ u′( x ) + µ ⋅ x  

u ( x)   E  ⋅ u′( x ) + µ ⋅ ⋅ x = ⋅ [u ′′( x) ⋅ dx ⋅ x + u ′( x) ⋅ dx + µ ⋅ u′( x ) ⋅ dx]  x   1 − µ 2 




23

. Nyní tyto "leny dosadíme do p vodní diferenciální rovnice v nap tích: d [σ r ( x) ⋅ x ] − σ t ( x ) ⋅ dx =

E  u ( x)  ⋅ u′′( x ) ⋅ dx ⋅ x + u′( x) ⋅ dx + µ ⋅ u′( x) ⋅ dx − ⋅ dx − µ ⋅ u′( x ) ⋅ dx . 2  1− µ  x 

E ≠ 0 a také p!edpokládáme, že diferenciál 1− µ 2 délky dx je sice nekone"n malý avšak nenulový (dx ≠ 0), musí platit:

Protože p!edpokládáme reálný materiál, pro který je

u′′( x) ⋅ x + u′( x) −

u( x ) =0 . x

Tím jsme získali diferenciální rovnici druhého !ádu, ale již jen o jediné neznámé – posuvu u(x). 8ešení této rovnice je vždy ve tvaru: u(x) = xn. Provedeme tedy derivace tohoto !ešení: u′( x) = n ⋅ x n−1 a

u′′( x) = n ⋅ (n − 1) ⋅ x n−2

a ty dosadíme je do p vodní rovnice a upravíme ji: xn =0 x

n ⋅ (n −1) ⋅ x n−2 ⋅ x + n ⋅ x n−1 −

x n−1 ⋅ [n ⋅ (n − 1) + n − 1] = 0 .

⇒

Za p!edpokladu, že xn−1 ≠ 0, musí být nule rovna hranatá závorka, odkud vychází rovnice: n2 −1 = 0

a její !ešení je n = ±1. To znamená, že jednotlivá !ešení jsou x1 a x −1. Výsledná hledaná funkce u(x) je pak lineární kombinací obou t chto možných !ešení: u ( x ) = C1 ⋅ x +

C2 x

.

Provedeme-li nyní derivaci resp. vyd lení !ešení sou!adnicí x , získáme "leny pot!ebné k dosazení do vztah pro jednotlivá nap tí (rozší!ený Hook v zákon): u′( x) = C1 −

C2 x2

a

u (x ) C = C1 + 22 x x

.

Dosadíme-li nyní tyto "leny dostáváme: σ t (x ) =

E 1− µ 2

E  u ( x)  ⋅ + µ ⋅ u ′( x ) = 2  x  1− µ

C C   ⋅ C1 + 22 + µ ⋅ C1 − µ ⋅ 22  x x  

,

σ r ( x) =

E 1 − µ2

u ( x)  E C C    ⋅ u′( x) + µ ⋅ = ⋅ C − 22 + µ ⋅ C1 + µ ⋅ 22  2  1  x  1− µ  x x  

.

V obou t chto rovnicích se vyskytují stejné "leny. Pokud tedy zavedeme nové zna"ení konstant: σ t ( x) = K +

C x2

a

σ r (x ) = K −

C x2

.

Což jsou b žn používané rovnice polytrop vyjad!ující pr b hy nap tí jako funkci sou!adnice x . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



Nov zavedené dv konstanty K a C (nahrazují p vodní dv konstanty C1 a C2 ) ur"íme z okrajových podmínek, které musí válcová nádoba spl
p2

σr(r2 )

σr(r1 ) r1

24

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 K= r22 − r12

p1

r12 ⋅ r22 a C = ( p1 − p2 ) ⋅ 2 2 . r2 − r1

Rozm ry t chto konstant jsou: K [MPa] a C [N]. Nyní si tyto pr b hy zobrazíme a odvodíme n které d ležité vztahy mezi jednotlivými nap tími. Ze tvaru rovnic polytrop je patrné že: 1. pro x → ∞ bude σr(x) i σt(x) → K , 2. pro x → 0 bude σr(x) i σt(x) → ±∞ , 3. pro jakékoliv x platí σr(x) + σt(x) = 2⋅K , 4. protože σr(r1) = −p1 bude σt(r1) = 2⋅K + p1 , 5. protože σr(r2) = −p2 bude σt(r2) = 2⋅K + p2 . x

p2

σr(r2 ) = −p2

r2

σr(x) r1 x

σt(r2 ) = 2⋅K + p2

K C x2

C x2

σr(r1 ) = −p1 p1

σt(x) σt(r1 ) = 2⋅K + p1

−σ

+σ

Výpočet osového napětí σ o v uzavřené silnostěnné nádobě:

Vnit!ní tlak p1 p sobí zevnit! jak na st nu nádoby tak i na její dno. Stejn tak vn jší tlak p2 p sobí r2 zvn jšku na st nu nádoby i na její dno. Hledané r1 p1 osové nap tí σo p!edpokládáme konstantní po celé F1 F2 tloušťce st ny a p sobící ve sm ru osy nádoby. Fo Silová rovnice rovnováhy do sm ru osy nádoby je: Fo − F1 + F2 = 0 . Nyní do této rovnice dosadíme za jednotlivé "leny: Fo = σo⋅At ; F1 = p1⋅A1 a F2 = p2⋅A2. p2

σo

σ o ⋅ π ⋅ (r22 − r12 )− p1 ⋅ π ⋅ r12 + p 2 ⋅ π ⋅ r22 = 0

⇒ σo =

p1 ⋅ r12 − p 2 ⋅ r22 r22 − r12

Všimn te si, že velikost osového nap tí je stejn velká jako je velikost integra"ní konstanty K. Proto je v n kterých, zejména starších u"ebnicích, konstanta K ozna"ována jako (σo). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



25

SROVNÁNÍ VÁLCOVÉ UZAVŘENÉ SILNOSTĚNNÉ A TENKOSTĚNNÉ NÁDOBY: Tenkostěnná válcová nádoba je podmnožinou silnostěnné válcové nádoby resp. silnostěnná válcová nádoba je nadmnožinou tenkostěnné válcové nádoby. Použijeme základní rovnice pro napětí v silnostěnné válcové uzavřené nádobě:

σ t ( x) = K +

C , 2 x

σ r (x ) = K −

C , x2

σo = K , kde konstanty K a C upravíme pro tenkostě nnou nádobu, př edpokládáme- li že platí:

r1 ≈ r2 ≈ R

⇒

(r1 + r2 ) ≈ 2·R

(r1 – r2 ) = t

a

;

x≈ R.

Výsledné vztahy pak budou mít po úpravách tvar:

K=

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 p1 ⋅ r12 p ⋅ R2 p⋅ R = ≈ = , 2 2 r2 − r1 (r2 − r1 ) ⋅ ( r2 + r1 ) t ⋅ 2 ⋅ R 2 ⋅ t 123 123 =t

≈ 2⋅ R

r12 ⋅ r22 r12 ⋅ r22 R4 p ⋅ R3 C = ( p1 − p2 ) ⋅ 2 2 = p1 ⋅ ≈ p⋅ = . r2 − r1 (r − r1) ⋅ ( r2 + r1 ) t ⋅2⋅R 2⋅t 1223 123 =t

≈ 2⋅ R

Nyní již tyto „upravené“ hodnoty dosadíme do základních rovnic pr ůbě hů napě tí v silnostě nné uzavřené válcové nádobě : p ⋅ R3 C p⋅R p⋅ R p ⋅ R p ⋅R σt = K + 2 ≈ + 2 ⋅2t = + = , R 2 ⋅t R 2 ⋅t 2 ⋅t t p ⋅ R3 C p⋅R p ⋅ R p⋅ R σr = K − 2 ≈ − 2 ⋅2t = − =0 , R 2 ⋅t R 2⋅t 2⋅t

σo = K ≈

p ⋅R . 2⋅t

Tyto výsledky přesně odpovídají výsledkům, které byly odvozeny pomocí Laplaceovy rovnice v PP I pro válcovou uzavřenou, resp. otevřenou nádobu.

t

r Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

o


Σ


26

ODVOZENÍ

O

DEFORMACE PLÁŠTĚ SILNOSTĚNNÉ NÁDOBY

Protože ve st n silnost nné nádoby vzniká obecn prostorová napjatost (uzav!ená nádoba) nebo rovinná napjatost (otev!ená nádoba), musíme ke stanovení deformací (zm n polom r nádoby ∆r1 a ∆r2) využít rozší!eného Hookova zákona. P!i stanovení zm ny polom ru vyjdeme ze základního odvození silnost nných nádob − vztahu pro výpo"et te"ných deformací:

u(r2 ) = ∆r2

r2

u(r1 ) = ∆r1

r1

u (x ) ε t (x ) = . x

Protože u(x ) je posunutí obecného místa popsaného sou!adnicí x ve sm ru této sou!adnice, musí na vnit!ním povrchu platit: ∆r1 r1

ε t ( r1) =

Obdobný vztah musí platit i na vn jším polom ru: ε t ( r2 ) =

∆r2 . r2

Odtud získáme pot!ebné vztahy pro ur"ení zm n polom r nádoby ∆r1 a ∆r2: ∆r1 = r1 ⋅ ε t ( r1)

∆r2 = r2 ⋅ ε t (r2 ) .

a

P!i dalším výpo"tu deformací pomocí rozší!eného Hookova zákona musíme rozlišit, jedná-li se o nádobu uzav!enou nebo nádobu otev!enou: a) pro nádobu uzav!enou (σo ≠ 0): ∆r1 =

r1 ⋅ {σ t (r1 ) − µ ⋅ [σ r ( r1) + σ o ]} E

resp.

∆r2 =

r2 ⋅ {σ t ( r2 ) − µ ⋅ [σ r ( r2 ) + σ o ]} . E

resp.

∆r2 =

r2 ⋅ {σ t ( r2 ) − µ ⋅ σ r (r2 )} . E

b) pro nádobu otev!enou (σo = 0): ∆r1 =

r1 ⋅ {σ t (r1 ) − µ ⋅ [σ r ( r1) ]} E

Zm na délky ∆l silnost nné nádoby se také musí po"ítat z rozší!eného Hookova zákona s uvažování uzav!ené nebo otev!ené nádoby: a) pro nádobu uzav!enou (σo ≠ 0): ∆l = l ⋅ ε o =

b) pro nádobu otv!enou (σo = 0):

 l  ⋅ σ o − µ ⋅ [1 σ t4 (4 x )2 + σ4r (4 x3 ) ] . E   = 2⋅ K 

. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



27

ODVOZENÍ

O

DIMENZOVÁNÍ SILNOSTĚNNÝCH NÁDOB − PEVNOSTNÍ PODMÍNKY

a) nádoba s vnit!ním p!etlakem (p1 > p2) − otev!ená Nejnamáhan jším místem je vždy p2 vnit!ní polom r r1 . V tomto míst bude pevnostní podr2 mínka dle hypotézy τMAX: r1

σ red . = σ t ( r1 ) − σ r ( r1 ) ≤ σ D .

σr(r2 ) x −p2 σr(x) −p1

σt(r2 )

K σr

σt

σr(r1 ) σo = 0 −σ

p1

σt(x)

σt(r1 ) +σ

Jednotlivé "leny v této pevnostní podmínce vyjád!íme pomocí základních vztah pro výpo"et nap tí silnost nných nádob: σt (r1) = 2 ⋅ K + p1 = 2⋅

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 + p1 a σ r (r1 ) = − p1 . 2 2 r2 − r1

σred.

Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme:

 p1 ⋅ r12 − p 2 ⋅ r22   ( p1 − p 2 ) ⋅ r22   σ red . = (2 ⋅ K + p1 ) − ( − p1 ) = 2 ⋅  + p1  = 2 ⋅  2 2 2 2 r − r  2 1   r2 − r1

  ≤ σ D . 

A odtud již po úprav dostáváme b žn používaný vztah pro dovolený tlakový spád: σD 

r ( p1 − p2 ) D ≤ ⋅ 1−  1 2   r2 

b) nádoba s vnit!ním p!etlakem (p1 > p2) − uzav!ená Nejnamáhan jším místem je vždy p2 vnit!ní polom r r1 . Pevnostní podmínka dle τMAX r2 bude mít stejný tvar jako v p!ír1 pad otev!ené nádoby, protože pop1 loha osového nap tí je vždy mezi te"ným a radiálním nap tím.

  

2

  . 

σr(r2 ) x −p2 σr(x) −p1

σt(r2 ) K = σo

σr

σr(r1 ) −σ

σt

σt(x)

σo ≠ 0 σt(r1 ) +σ

σ red . = σ t ( r1 ) − σ r ( r1 ) ≤ σ D .

Veškeré úpravy budou shodné s úpravami provedenými v p!ípad otev!ené nádoby, a tak i výsledný vztah bude naprosto stejný: ( p1 − p2 ) D ≤


σD 

r ⋅ 1−  1 2   r2 

  

2

σred.

  . 



28

c) nádoba s vn jším p!etlakem (p2 > p1) − otev!ená Nejnamáhan jším místem je vždy vnit!ní polom r r1, a to i v p!ípad , že je nádoba namáhána vn jším p!etlakem. V tomto míst bude pevnostní podmínka p2 dle hypotézy τMAX: σ (x) σ red . = 0 − σ t ( r1 ) ≤ σ D .

x K

σr(r2 ) −p2

σt σr(x)

t

r2

Te"né nap tí v této pevnostní podmínce vyjád!íme pomocí základního vztahu pro výpo"et nap tí silnost nných nádob: σt (r1) = 2 ⋅ K + p1 = 2⋅

σt(r2 )

r1

σo = 0

σr(r1 ) −p1

σt(r1 )

p1

σr

−σ +σ

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 + p1 2 2 r2 − r1

Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme: σred.

 p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22  σ red. = 0 − ( 2 ⋅ K + p1 ) = 0 −  2 ⋅ + p1  ≤ σ D 2 2 r2 − r1  

Tento výraz již nemá cenu dále obecn upravovat, protože jednoduchý vztah pro dovolený tlakový V t chto p!ípadech je výhodné vždy již vyjád!it p!ímo hledanou veli"inu a vypo"ítat ji. d) nádoba s vn jším p!etlakem (p2 > p1) − uzav!ená Nejnamáhan jším místem je vždy vnit!ní polom r r1, a to i v p!ípad , že je nádoba namáhána vn jším p!etlakem. p2 V tomto míst bude pevnostní podmínka dle hypotézy τMAX: σt(x) σ red . = σ r ( r1 ) − σ t ( r1 ) ≤ σ D .

r2

r1

x K

σo ≠ 0

σr(r2 ) −p2

σt σr(x)

σt(r1 )

p1 Jednotlivé "leny v této pevnostní podmínce vyjád!íme pomocí základních vztah pro výpo"et nap tí silnost nných nádob:

σt (r1) = 2 ⋅ K + p1 = 2⋅

σt(r2 )

σr

σr(r1 ) −p1 −σ +σ

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 + p1 a σ r (r1 ) = − p1 . r22 − r12

σred.

Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme: 

σ red . = − p1 − (2 ⋅ K + p1 ) = 2 ⋅  − p1 − 

 ( p 2 − p1 ) ⋅ r22  p1 ⋅ r12 − p 2 ⋅ r22     ≤ σ D . = 2 ⋅ 2 2  r22 − r12   r2 − r1 

σD 

r ( p2 − p1 ) D ≤ ⋅ 1−  1 2   r2 


  

2

  . 



29

PŘÍKLAD (SILNOSTĚNNÁ NÁDOBA – PEVNOSTNÍ TEORIE):

Fmax

Dáno: Válec stacionárního hydraulického zvedáku má vnitřní průměr d = 100 mm a vnější průměr D = 160 mm. Celý je vyroben z oceli o modulu pružnosti E = 2,1⋅105 N⋅mm-2 a mezi kluzu σK = 230 N⋅mm-2 .

P

p ∅d

Určit: S bezpečností k = 5 maximální sílu Fmax , kterou lze získat na pístu tohoto válce.

∅D

Řešení: Jedná se o otevřenou tlakovou silnostěnnou nádobu, a tak ve válcové části budou vznikat pouze dvě napětí – tečné a radiální. Oblast ovlivněnou dnem nebudeme řešit, protože zde vzniká podstatně složitější napjatost, která překračuje rozsah tohoto kurzu. Parametry výpočtu tedy jsou: r1 = d/2 = 50 mm, r2 = D/2 = 80 mm, p1 = p = ? a p2 = 0. Pro výpočet podle hypotézy τMAX můžeme použít přímo dosazení do odvozeného vzorce: σK 230 2 2       100  2   r1  σD d  k 5 ( p1 )D ≤ ⋅ 1 −    ⇒ ( p1 )D ≤ ⋅ 1 −    = ⋅ 1−    =14,0 MPa . 2   r2   2   D   2   160     Pro výpočet podle energetické hypotézy (H.M.H.) musíme vyjádř it napětí jako funkce neznámého tlaku p1 :   r2 r2 r 2 + r2 σ r ( r1 ) = − p1 ; K = p1 ⋅ 2 1 2 ; σ t ( r1 ) = 2 ⋅ K + p1 = p1 ⋅  2 ⋅ 2 1 2 + 1 = p1 ⋅ 22 12 . r2 − r1 r2 − r1  r2 − r1  Tyto hodnoty nyní dosadíme do pevnostní podmínky pro dvojosou napjatost σt a σr : 2

 r22 + r12  r22 + r12 σ 2 σt ( r1 ) + σ r (r1 ) − σ t ( r1 ) ⋅ σ r (r1) ≤ σ D ⇒ p1 ⋅  2 2  + ( −1) − 2 2 ⋅ (−1) ≤ K , r2 − r1 k  r2 − r1  2

( p1 )D ≤

2

σK 2

r +r  r +r k ⋅   + 1+ r −r r −r  2 2 2 2

2 1 2 1

2 2 2 2

2 1 2 1

=

230 2

 160 + 100  160 +100  + 1+ 5⋅   1602 −1002  1602 −1002   2

2

2

=15,8 MPa .

2

Hledaná maximální síla pak bude: Fmax =(p1 )D⋅Apístu τMAX:

Fmax = 14,0⋅π⋅502 = 109 956 N ≈ 110 kN .

H.M.H.:

Fmax = 15,8⋅π⋅502 = 124 093 N ≈ 124 kN .

x

+18

σr

Poznámka: Jednotlivé hodnoty podle τMAX jsou:

r2

−14

r1

K

σo σr (r1 )

+9

σt

σt (r1 )

+32

p1

σr(r1 ) = −14 N⋅mm

-2

K = 9 MPa

σt(r1 ) = +32 N⋅mm-2 σr(r2 ) = 0 N⋅mm-2 σt(r2 ) = 18 N⋅mm-2 Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

⇒ σred = 46 N⋅mm-2 = σD [σred ]τ

MAX

= 46 MPa



30

PŘÍKLADY ZE ZKOUŠEK (SILNOSTĚNNÉ NÁDOBY):

P

Dáno: r1 = 100 mm; r2 = 200 mm; p1 = 90 MPa; p2 = 15 MPa; E = 2⋅105 N⋅mm-2 ; v = 0,3 a σD = 200 N⋅mm-2 . Určit: σred. podle hypotézy τMAX; ∆r1 a ∆r2 pro: a) otevřenou nádobu b) uzavřenou nádobu. a) OTEVŘENÁ NÁDOBA: x

σr(x) σo

p2

σt(x)

σr(x) p1

–σ σ

τ

σ3

b) UZAVŘENÁ NÁDOBA: x

+σ σ

σ2 τ σ red .

σo

r1

–σ σ

σ1

+σ σ

τ

r2

σ3

σ

σ2 σ

MAX

σt(x)

σ1

σ

τ MAX red .

Dáno: r1 = 50 mm; r2 = 100 mm; p1 = 5 MPa a σD = 150 N⋅mm-2 . Určit: p2D podle hypotézy τMAX x p2

σt(x) p1

σr(x) σo 0

r1

–σ

r2

σ

+σ σ

τ MAX red .

Dáno: r1 = 250 mm; r2 = 350 mm; p2 = 0 a σD = 160 N⋅mm-2 . x

σr(x) p1

Určit: p1D podle hypotézy τMAX.

σt(x)

σo

.

0

r1 r2

–σ

+σ σ

τ MAX σ red .

Dáno: r1 = 40 mm; p1 = 5 MPa; p2 = 25 MPa; σD = 200 N⋅mm-2 ; E = 2⋅105 N⋅mm-2 a v = 0,3. Určit: r2D podle hypotézy τMAX a ∆r1 a ∆r2 . x p2

σt(x) p1

0

r1 r2


σo σr(x)

–σ

σ

+σ σ

τ MAX red .



31

Tabulka shrnutí všech možností pevnostních podmínek sestavených podle hypotézy τMAX pro dimenzování silnostěnných válcových nádob namáhaných přetlaky p1 a p2 : typ nádoby

uzavřená nádoba (UN)

Σ

otevřená nádoba (ON)

σt(r1 ) − σr(r1 ) ≤ σD p1 > p2

( p1 − p2 )D

σD 

r  ≤ ⋅ 1 −  1  2   r2  

2

  

σr(r1 ) − σt(r1 ) ≤ σD p2 > p1

( p 2 − p1 )D

σD 

r  ≤ ⋅ 1 −  1  2   r2  

2

  

0 − σt(r1 ) ≤ σD

Poznámka: Bylo by samozřejmě možné odvodit obdobné vztahy podle energetické hypotézy (H.M.H.), ale bylo by to zbytečně pracné vzhledem ke tvaru σred podle této hypotézy. Hypotéza τMAX je vzhledem k H.M.H. konzervativní, a tak odvozené podmínky (viz předchozí tabulka) jsou na straně bezpečnosti.

ODVOZENÍ

O

ZVLÁŠTNÍ PŘÍPADY SILNOSTĚNNÝCH VÁLCOVÝCH NÁDOB: Nádoba bez otvoru: (r1 = 0; p1 = 0)

Jedná se prakticky o plný h!ídel o pr m ru d = 2⋅r2 , na který p sobí vn jší p!etlak p2 :

−p2

Nádoba s malým otvore m: (r1 → 0; p1 = 0)

Jedná se prakticky o plný h!ídel o pr m ru d = 2⋅r2 , ve kterém je vyvrtán velmi malý mazací otvor (r1 → 0) zatím bez vnit!ního p!etlaku (p1 = 0), na který p sobí jen vn jší p!etlak p2 :

−p2

x p2

p2 r2

x

σt(x)≡ σr(x)≡K

σo K


r2

r1

σt(x)

σr(x) σ o

σt(r1 )


PRUŽNOST A PEVNOST 2 Vyjád!íme si pomocí t chto hodnot konstanty K a C užívané v rovnicích nap tí.

32 Vyjád!íme si pomocí t chto hodnot konstanty K a C užívané v rovnicích nap tí.

p1 ⋅ r12 − p 2 ⋅ r22 − p2 ⋅ r22 K= = = − p2 r22 − r12 r22 r12 ⋅ r22 =0 r22 − r12

C = ( p1 − p2 ) ⋅

K=

p1 ⋅ r12 − p 2 ⋅ r22 − p2 ⋅ r22 ≈ = − p2 r22 − r12 r22

C = ( p1 − p2 ) ⋅

r12 ⋅ r22 r12 ⋅ r22 = − p ⋅ = − p2 ⋅ r12 2 2 2 2 r2 − r1 r2

Tyto hodnoty dosadíme do základních vtah :

Tyto hodnoty dosadíme do základních vtah :

C x2 C σ r ( x) = K − 2 x

C x2 C σ r ( x) = K − 2 x

σ t ( x) = K +

σ t ( x) = K +

Druhý "len v t chto rovnicích musíme posoudit z pohledu velikosti sou!adnice x :

odkud získáme výsledné pr b hy nap tí: 0 = − p2 2 x 0 σ r ( x) = K − 2 = − p2 x

σ t (x ) = K +

pro: x ≈ r1

Pr b hy obou nap tí jsou konstantní a shodné a také shodné s konstantou K a jejich velikost je rovna hodnot vn jšího tlaku p2.

pro:

je

x > r1 je

C − p2 ⋅ r12 ≈ = − p2 , x2 r12 C − p2 ⋅ r12 = ≈0 , x2 x2

odkud získáme výsledné pr b hy nap tí v závislosti na sou!adnici x: − p2 ⋅ r12 σ t ( x ) = − p2 + = x2

Poznámka: Konstanta C musí být nulová i matematicky, protože jinak by "len C/x2 v rovnicích pr b h

te"ného a radiálního nap tí vedl v ose nádoby (pro x = 0) na matematicky nep!ípustný výraz C/0.

p2 ∅d


− p2 ⋅ r12 σ r ( x ) = − p2 − = x2

x ≈ r1 : = −2 ⋅ p2 x > r1 : = − p2 x ≈ r1 : = 0 x > r1 : = − p2

Pr b hy obou nap tí ve v tšin tloušťky st ny odpovídají nádob bez otvoru a jsou tedy konstantní a jejich velikost je rovna záporné hodnot vn jšího tlaku –p2. Pouze v malé oblasti blízké otvoru r1 se pr b hy výrazn odlišují.



33

NALISOVANÉ SILNOSTĚNNÉ NÁDOBY:

σred.(r3 )

Jednoduchá silnost nná nádoba má relativn nevýhodné rozložení nap tí. Maximální redukované nap tí je na polom ru r1 a v celé zbývající st n je redukované nap tí nižší, až na vn jším polom ru r3 je nejnižší. Znamená to, že v tšina nádoby je „pevnostn nevyužívána“. σ

σ

σD

σD

∆pD

∆p

∆p ∆pD

II. t

−p ext.

σr

σt (x)

σo

−p 1

K

p1

σred.(r1 )

Vhodným zásahem do pr b hu radiálního nap tí m žeme výrazn ovlivnit celkové rozložení nap tí. Cílemnalisování je vnesení p!edp tí ∆σ opa"ného znaménka než je nap tí σ p!i provozu a tím dosáhnout zvýšení p!ípustného p!etlaku ∆pD. σred.I.(r2 ) p3

σr II.(x)

I.

p2

σo

σred.(rint.)

Prakticky po celé st n platí σred. ≈ konst. (

σt

x

−p 3

II.

σr I.(x) −p 1

p1

KII.

σt II.(x)

σo

σt I.(x) KI.

σred.II.(r2 ) σred.I.(r1 )

)

x

−p int. p int.

σr (x)

( r2 ) − σ tI. ( r2 ) = E ⋅

σred.(rext.) p ext.

x

−p 3

σred.II.(r3 )

Protože u nádoby namáhané vnit!ním p!etlakem je dominantní tahové te"né nap tí σt(x) je t!eba vnést tlaková nap tí do nádoby. Toho dosáhneme pomocí p!esahu ∆r2 na polom ru r2, se kterým na sebe ob silnost nné nádoby nalisujeme. Zatímco pr b h radiálního nap tí se zm ní pouze málo, tak pr b h te"ného nap tí se zm ní výrazn , "ímž dojde k rozdílnému namáhání vnit!ní a vn jší "ásti nalisované nádoby. Obecn platí vztah (bude odvozen následn ):

(σ

p3

∆r2 . r2

Teoreticky lze na sebe lisovat i více nádob nebo kontaktní tlak vyvozovat navíjením vn jší vrstvy na vnit!ní s ur"itým p!edp tím. Tak dostaneme mnohovrstvé nádoby (obdoba r zných vrstvených laminátových konstrukcí apod.). Tyto nádoby mohou mít pr b h redukovaného nap tí po celé tloušťce st ny ) prakticky konstantní (σred.(rint.) ≈ σred.(rext.)).

Další výhodou t chto vrstvených konstrukcí krom optimalizace rozložení nap tí m že být také zabrán ní ší!ení trhlin, protože trhlina obtížn „p!esko"í“ p!es rozhraní dvou sousedních vrstev. Dále budeme !ešit pouze dvouvrstvé nalisované válcové nádoby (vícevrstvé by se po"ítaly stejn , jen by to trvalo podstatn déle). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



34

ODVOZENÍ

O

URČENÍ PŘESAHU ∆ r2 U DVOUVRSTVÉ NALISOVANÉ VÁLCOVÉ NÁDOBY stav po nalisování a zatížení p!etlaky p 1 a p 2 ∆r2 I.

∆r2 II.

x

σr

σrLII.

σt σtLI.

r3

r2 II.

r2 I.

r1

∆r2

II.

I.

x

σtLII.

σrLI.

p vodní nap tí nap tí od nalisování Superpozice napjatosti v nalisované nádob P!edpokládáme ob otev!ené silnost nné nádoby (σoI. = σoII. = 0) vyrobené ze shodného materiálu (E) a vše v oblasti malých deformací (nap!. v rámci výrobních tolerance). Také uvažujeme že: r2II. ≈ r2I. ≈ r2 .

Z obrázku je patrné, že po nalisování a zatížení nádob vnit!ním (p1) a vn jším (p2) p!etlakem m žeme hledaný p!esah vyjád!it pomocí rozdílu deformací vn jší (II.) a vnit!ní (I.) nádoby: ∆r2 = ∆r2II. − ∆r2I. .

Tuto rovnici vyd líme polom rem r2 a využijeme p!edpokladu „skoro“ stejných polom r r2I. a r2II.: ∆r2 ∆r2II. ∆r2I. ∆r2II. ∆r2I. = − ≈ II. − I. = ε tII. ( r2 ) − ε tI. ( r2 ) . r2 r2 r2 r2 r2

Te"né deformace na polom ru r2 vyjád!íme z rozší!eného Hookova zákona pomocí te"ných a radiálních nap tí, resp. pomocí tlaku p2:

[

]

[

]

[

]

[

]

ε tI. ( r2 ) =

1 1 ⋅ σ tI. ( r2 ) − µ ⋅ σ tI. ( r2 ) = ⋅ σ tI. ( r2 ) + µ ⋅ p 2 , E E

ε tII. ( r2 ) =

1 1 ⋅ σ tII. ( r2 ) − µ ⋅ σ tII. ( r2 ) = ⋅ σ tII. ( r2 ) + µ ⋅ p 2 . E E

Nyní vyjád!íme rozdíl te"ných deformací na polom ru r2: ε tII. (r2 ) − ε tI. ( r2 ) =

{[

] [

1 ⋅ σ tII. ( r2 ) + µ ⋅ p2 − σ tI. ( r2 ) + µ ⋅ p2 E

] }= E1 ⋅ [σ

II. t

]

(r2 ) − σ tI. ( r2 ) .

Pokud dosadíme za te"né nap tí vn jší resp. vnit!ní nádoby známé vztahy: σ tII. ( r2 ) = 2 ⋅ K II. + p 2

resp.

σ tI. ( r2 ) = 2 ⋅ K I. + p2

dostáváme: ε tII. ( r2 ) − ε tI. ( r2 ) =

[

]

(

1 2 ⋅ ( 2 ⋅ K II. + p2 ) − (2 ⋅ K I. + p 2 ) = ⋅ K II. − K I. E E

).

Hledaný p!esah ∆r2 m žeme pak vyjád!it jako (viz obrázek na p!edchozí stran ): . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



35

Podle teorie nalisovaných nádob lze vyřešit také náboj na hřídeli (uložení s přesahem).

H!ídel je vnit!ní nádoba (I.) bez otvoru (r2 a p2) a náboj je vn jší (II.) otev!ená nádoba (r2; r3 a p2), a tak pode vztahu pro p!esah bude:

x.

σrN

σtN

σo

−p2 H H σt ≡σr ≡KH

K

∆r2 = N

 2 ⋅ r2 2 ⋅ r2  p2 ⋅ r22 ⋅ K II. − K I. = ⋅  2 2 − (− p2 )  . E E  r3 − r2 

(

)

Z rovnice vyjád!íme tlak p2 jako funkci p!esahu r2: ∆r ⋅ E p2 = 2 2 ⋅ r2

  r 2  ⋅ 1 −  2   .   r3  

Známe-li tlak p2 a rozm ry h!ídele i náboje, m žeme provést pevnostní kontrolu obou "ástí nalisovaného spoje podle hypotézy τMAX: H H H 1. H!ídel (H): σ red . = 0 − σ t = − K = − (− p2 ) = p2 ,

2. Náboj (N ): σ

N red .

p2 ⋅ r22 r32 = σ ( r2 ) − σ (r2 ) = 2 ⋅ K + p2 − ( − p2 ) = 2 ⋅ 2 2 + 2 ⋅ p2 = 2 ⋅ 2 2 ⋅ p2 r3 − r2 r3 − r2 N t

(

N r

)

N

.

Je vid t, že namáhání náboje je více než 2× v tší než namáhání h!ídele, na který je náboj nalisován. Poznámka:

Z t chto vztah ze ur"it minimální resp. maximální únosnost nalisovaného spoje nebo také sílu, která je t!eba k nalisování náboje na h!ídel resp. sílu, kterou musíme vyvinout, abychom náboj z h!ídele sundali. Ve všech t chto p!ípadech musíme znát ší!ku náboje b a také sou"initel t!ení, který vzniká na sty"ných plochách náboje a h!ídele. Kontaktní tlak p2 vyvolá mezi nábojem a h!ídelem na elementární ploše dA2 = r2⋅dϕ ⋅dx kontaktní normálovou sílu dN2, kterou m žeme vyjád!it pomocí rozm r , p!esahu a modulu pružnosti E:

dN 2 = p2 ⋅ dA2 =

∆r2 ⋅ E   r2  ⋅ 1 −   2 ⋅ r2   r3  

2

  ⋅ dA2 

dN2min ⇒

2 ∆r2min ⋅ E   r2   = ⋅ 1 −    ⋅ dA2 2 ⋅ r2   r3  

dN 2max =

∆r2 max ⋅ E   r2  ⋅ 1 −   2 ⋅ r2   r3 

2

.

  ⋅ dA2 

Nyní tuto normálovou složku N2 p!epo"teme pomocí sou"initele t!ení f na te"nou složku T2. Existují dv možnosti: 1. Pro výpo"et lisovací síly FL nás zajímá te"ná síla do sm ru osy h!ídele T2o – použijeme osový sou"initel t!ení fo . 2. Pro výpo"et p!enášeného krouticího momentu MK nás zajímá te"ná síla do sm ru spole"né te"ny válcové plochy náboje a h!ídele T2t – použijeme te"ný sou"initel t!ení ft . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



36

Lisovací/stahovací síla FL/S tedy bude:

b

FL / S min

dN2 dT2o

r2

FL / S =

∫ dT

2o

= fo ⋅

( A2 )

∫ dN

2

⇒

  r 2  = f o ⋅ ∆r2 min ⋅ π ⋅ b ⋅ E ⋅ 1 −  2     r3  

 r  FL / S max = f o ⋅ ∆r2 max ⋅ π ⋅ b ⋅ E ⋅ 1 −  2    r3 

( A2 )

2

.

  

P!enášený krouticí moment MK bude: dN2

M K min

dT2t

r2

MK =

∫ dT

2t

⋅ r2 = f t ⋅ r2 ⋅

( A2 )

∫ dN ( A2 )

2

  r 2  = f t ⋅ r2 ⋅ ∆r2 min ⋅ π ⋅ b ⋅ E ⋅ 1 −  2     r3  

 r  M K max = f t ⋅ r2 ⋅ ∆r2 max ⋅ π ⋅ b ⋅ E ⋅ 1 −  2    r3 

2

.

  

Poznámka:

Všechny p!edchozí výpo"ty byly provád ny pro shodné materiály h!ídele i náboje, resp. pro materiály se shodným modulem pružnosti E a shodným Poissonovým "íslem µ. V p!ípad nalisování náboje na h!ídel vyrobený z jiného materiálu (plast/ocel, …) je t!eba odvodit vztahy s použitím rozdílných materiál . Odvození za"íná již použitím rozší!eného Hookova zákona, kde je t!eba ve všech vztazích rozlišovat moduly pružnosti Enáboje a h!ídele a p!ípadn i Poissonovo "íslo µ. Stanovte maximální namáhání hřídele a náboje. Náboj je postupně nalisován na plný hřídel, na hřídel s malým otvorem a na hřídel tvořený trubkou. x.

1. náboj na plný hřídel:

H σ red N σ red

x.

2. náboj na hřídel s malým otvorem:

H σ red N σ red

x.

3. náboj na dutý hřídel:

H σ red N σ red

Příklady realizace nalisovaného spoje a výpočtové modely Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



37

ODVOZENÍ

O

MINIMALIZACE NAMÁHÁNÍ NALISOVANÉ NÁDOBY (dle hypotézy τMAX): Předpokládáme:

1. 2. 3. 4.

ob silnost nné nádoby jsou konstruované jako otev!ené (σoI. = σoII. = 0), ob nádoby jsou vyrobené ze stejného materiálu (EI. = EII. = E, µI. = µII. = µ a σDI. = σDII. = σD), namáhání nalisovaných nádob je vnit!ním p!etlakem (p1 > p2 > p3). platí podmínka shodného maximálního namáhání obou nádob: I. II. σ red . = σ red . = σ D .

Nyní použijeme pro vnit!ní nádobu (I.) i vn jší nádobu (II.) podmínku odvozenou podle hypotézy τMAX pro otev!enou nádobu a tyto dv rovnice se"teme (za p!edpokladu, že kontaktní tlak p2 musí p sobící jak na vnit!ní tak na vn jší nádobu musí být stejný: (I.): (II.):

σD 

2

  , 

σD 

2

 , 

r  ( p1 − p2 ) D ≤ ⋅ 1 −  1  2   r2  

r  ( p2 − p3 ) D ≤ ⋅ 1 −  2  2   r3  

σD 

2 2  r1   r2   Σ: ( p1 − p3 ) D ≤ ⋅ 2 −   −    . 2   r2   r3     Toto je výraz pro dovolený tlakový spád tak (p1 – p3 )D, aby práv v obou "ástech byla spln na

O

ODVOZENÍ OPTIMALIZACE GEOMETRIE NALISOVANÉ NÁDOBY:

Pro odvozený dovolený talkový spád (p1 – p3)D a známé rozm ry r1 a r3 hledáme optimální velikost polom ru nalisován r2 tak, aby byl tlakový spád co nejv tší. Musí tedy platit: ∂ ( p1 − p3 ) D = 0 . ∂r2

Za p!edpokladu nenulového dovoleného nap tí σD musí tedy být: 2 2 ∂   r1   r2   0= ⋅ 2 −   −    ∂r2   r2   r3    

⇒

2   r  r  0 = 0 −  − 2 ⋅ 13  − 2 ⋅ 22  . r2  r1   

Odtud již dostáváme pot!ebný vztah mezi polom ry ve tvaru: r12 r2 = r23 r12

⇒

r12 ⋅ r32 = r24

⇒

r2 opt. = r1 ⋅ r3 .

Optimální polom r r2 opt. je tedy dán jako geometrický pr m r polom r r1 a r3 a maximální dovolený tlakový spád bude: .




38

ODLEHČENÝ STAV NALISOVANÉ NÁDOBY (pevnostní kontrola dle hypotézy τMAX):

P!edpokládáme stav, kdy nádoba nebude zatížena ani vnit!ním ani vn jším p!etlakem (p1 = p3= 0) a zbude pouze namáhání neznámým kontaktním tlakem p2×, který je pouze a jen d sledkem p!esahu ∆r2. Výpo"et odleh"eného stavu lze provést jako rozdíl mezi skute"ným a fiktivním stavem silnost nné nalisované nádoby a nebo je možno z p!esahu ∆r2 nejprve ur"it neznámý kontaktní tlak p2× a z n ho namáhání vnit!ní a vn jší nádoby. p3 = 0

p3

p3

p2 ×

p2

p1 = 0

p1

p1

skute"ný stav nalisované nádoby (p1 ≠ 0 ; p3 ≠ 0 a p2× ≠ 0)

fiktivní stav nádoby z jednoho kusu (p1 ≠ 0 a p3 ≠ 0)

=

odleh"ený stav nalisované nádoby (p1 = p3 = 0 a p2× ≠ 0)

Graficky zobrazíme tento výpo"et pomocí vykreslení všech pot!ebných pr b h do jednoho spole"ného diagramu sou"asn se zobrazením redukovaných nap tí jednotlivých nádob podle hypotézy τMAX. x.

x. KII.

σr II. σr I.

K fikt.

σt II.

σo

I.

σr fikt.

σt I.

σo

σt fikt.

KI.

II.

Skute"ný stav napjatosti

Fiktivní stav napjatosti

Nyní již jen nazna"ený rozdíl pr b h provedeme graficky. x.

x.

K fikt.

Kodl. II.

KII.

σr II. σr I. I.

II.


σr fikt.

σt II.

σo

σt I. KI.

σt fikt.

σr odl. II. σt odl. I.

σo σr odl. I.

σt odl. II.

Kodl. I.



39

Pr b hy radiálního a te"ného nap tí v jednotlivých "ástech (I.)a (II.) nalisované nádoby popíšeme pomocí základních vztah pro nap tí ve st n silnost nné nádoby (r1; r2; r3 a p1; p2; p3): C I. σ (x ) = K + 2 x C II. σ tII. ( x ) = K II. + 2 x I. t

I.

a a

C I. σ (x ) = K − 2 , x C II. σ rII. ( x ) = K II. − 2 . x I. r

I.

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 p2 ⋅ r22 − p3 ⋅ r32 r12 ⋅ r22 r22 ⋅ r32 II. I. II. K = ;K = ; C = ( p1 − p2 ) ⋅ 2 2 ; C = ( p2 − p3 ) ⋅ 2 2 . r22 − r12 r32 − r22 r2 − r1 r3 − r2 I.

Budeme p!edpokládat, že v zatíženém stavu tato nalisovaná nádoba pevnostn vyhovuje: I. σ red . ≤ σ D I.

a

II. σ red . ≤ σ D II. .

Pr b hy radiálního a te"ného nap tí ve fiktivní nádob tvo!ené z jednoho kusu popíšeme také pomocí základních vztah pro nap tí ve st n silnost nné nádoby (r1; r3 a p1; p3): σ tfikt. ( x ) = K fikt. + K fikt. =

C fikt. x2

a

σ rfikt. ( x) = K fikt. −

C fikt. . x2

p1 ⋅ r12 − p3 ⋅ r32 r12 ⋅ r32 fikt. ; C = ( p − p ) ⋅ . 1 3 2 2 2 2 r3 − r1 r3 − r1

V obrázku jsou použity ješt konstanty K odleh"ené nádoby, které ur"íme jako: K odl. I. = K I. − K fikt.

a

K odl. II. = K II. − K fikt. .

Výsledná nap tí v odleh"eném stavu tedy na jednotlivých polom rech budou: 1. vnit!ní nádoba (I.) na polom ru r1: σ todl. I. (r1 ) = σ tI. (r1 ) − σ tfikt. ( r1 )

a

σ rodl. I. ( r1 ) = σ rI. (r1 ) − σ rfikt. (r1 ) = 0 .

2. spojení vnit!ní (I.) a vn jší (II.) nádoby na polom ru r2: a

σ todl. I. (r2 ) = σ tI. ( r2 ) − σ t fikt. ( r2 ) σ rodl. I. ( r2 ) = σ rI. ( r2 ) − σ rfikt. ( r2 ) = − p2×

σ todl. II. ( r2 ) = σ tII. ( r2 ) − σ tfikt. ( r2 ) ,

a

σ rodl. II. (r2 ) = σ rII. ( r2 ) − σ rfikt. ( r2 ) = − p2× .

a

σ rodl. II. (r3 ) = σ rII. (r3 ) − σ rfikt. ( r3 ) = 0 .

3. vnit!ní nádoba (II.) na polom ru r3: σ todl. II. (r3 ) = σ tII. ( r3 ) − σ tfikt. ( r3 )

Redukovaná nap tí v odleh"eném stavu ur"íme podle hypotézy τMAX stejn jako v zatíženém stavu pro vnit!ní nádobu (I.) na polom ru r1 a pro vn jší nádobu (II.) na polom ru r2: odl. I. odl. I. σ red ( r1 ) − σ todl. I. (r1 ) = 0 − σ todl. I. (r1 ) = −2 ⋅ K odl. I. , . =σr odl. II. σ red = σ todl. II. ( r2 ) − σ rodl. II. ( r2 ) = σ todl. II. (r2 ) − p×2 . .

Abychom mohli konstatovat, že nalisovaná nádoba „komplexn “ pevnostn vyhovuje, musí platit: odl. I. σ red . ≤ σ D I.


a

odl . II. σ red ≤ σ D II. . .



40

2.2 ROTUJÍCÍ TENKÉ KOTOUČE PŘEDPOKLADY ŘEŠENÍ ROTUJÍCÍCH KOTOUČŮ: •

Všechny deformace jsou „malé“ a vše je „lineární“ (platí Hook v zákon)

•

Tloušťka kotou"e je tak malá, že není t!eba uvažovat vznik osových nap tí ( σo ≈ 0)

σo = 0

h

Stanovte namáhání jednoho kotouče pevného disku a jeho deformace poloměrů ∆r1 a ∆r2 při provozu. Standardní otáčky moderních pevných disků jsou n = 7 200 min-1 a jednotlivé kotouče pevného disku jsou vyrobeny z oceli.

r1 r2

ω

HDD WD Caviar HDD 3,5“ a výpočtový model jeho jednoho disku

Určete maximální namáhání CD disku v mechanice komerčně označené 52× a zjistěte, jak se při maximálních otáčkách změní rozměry CD disku. σ σt (x) a t (x) a r (x)

σr (x)

x r1 r2

CD-R80, mechanika 52× × a výpočtový model disku s naznačenými průběhy napětí Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



41

ZÁKLADNÍ ROZDĚLENÍ (podle způsobu, co vše na kotouč působí)

volný kotou" zatížený jen ú"inky odst!edivé síly

nalisovaný kotou" zatížen ú"inky od odst!edivé síly a od vnit!ního tlaku

nalisovaný kotou" s lopatkami zatížen ú"inky od odst!edivé síly, od vnit!ního tlaku a vn jšího tahu

ODVOZENÍ

O

ZÁKLADNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE ŘEŠENÍ NAPJATOSTI TENKÉHO ROTUJÍCÍHO KOTOUČE

ω b

Z tenkého kotou"e (tloušťky b) vyjmeme element o vnit!ním polom ru x pod úhlem dϕ a „délce“ dx . P!edpokládáme, že nevzniká v elementu žádné osové nap tí (σo = 0). Takže na element p sobí pouze rovinná napjatost, kde te"né nap tí je σt(x), ale radiální nap tí se m ní ze σr(x) na σr(x) + dσr. Za t chto p!edpoklad nyní sestavíme silovou rovnováhu !ešeného elementu:

r1

r2 dx

σt(x)

x

dO dϕ

dFt ⋅ dϕ = dFrv .

σr(x) + dσr

σr(x)

Jednotlivé "leny rovnice rovnováhy vyjád!íme podle obrázku: Elementární te"ná síla je

σt(x) dFt

dFt

dϕ

dFrv

dFt = σ t ⋅ b ⋅ dx .

Výsledná elementární radiální síla je dFrv = [(σ r ( x ) + dσ r ) ⋅ b ⋅ ( x + dx) ⋅ dϕ ] − [σ r ( x) ⋅ b ⋅ x ⋅ dϕ ] + dO = = σ r ( x) ⋅ dx ⋅ dϕ ⋅ b + dσ r ⋅ x ⋅ dϕ ⋅ b + dσ r ⋅ dx ⋅ dϕ ⋅ b + ρ ⋅ x ⋅ dϕ ⋅ b ⋅ dx ⋅ x ⋅ ω 2 =

= [σ r ( x ) ⋅ dx + dσ r ⋅ x +dσ r ⋅ dx ]⋅ dϕ ⋅ b = [ σ r ( x ) ⋅ dx + dσ r ⋅ x + A ⋅ x2 ⋅ dx ] ⋅ dϕ ⋅ b . 1 424 3 144 42444 3 d (σ r ( x)⋅ x )

≈0

Zavedením A = ρ⋅ω2 a po dosazení do rovnice rovnováhy dostáváme za p!edpokladu b ≠ 0 a dϕ = 0 výslednou rovnici obdobnou jako u nádob, ale s pravou stranou: . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017




42



43

Jedná se o op t diferenciální rovnici ale se dv ma neznámými veli"inami ⇒ úloha je staticky neur"itá a musíme doplnit deforma"ní podmínku, kterou sestavíme z elementu p!ed a po deformaci stejn , jako v p!ípad silnost nné nádoby: ε r ( x) =

∆dx du = = u ′( x) dx dx

εt ( x) =

a

dx + ∆dx u(x)

do dϕ do

∆do u( x ) = . do x

∆do

x

Nyní tyto vztahy stejn jako u nádob dosadíme do rozší!eného Hookova zákona, abychom vyjád!ili te"né nap tí σt (x) a radiální nap tí σ r(x ) pomocí jediné neznámé – posunutí u(x): u ′′( x) ⋅ x + u′( x ) −

u(x) + du

dϕ

dx

u( x ) A = − + ⋅x2 . x E

Pokud nyní vy!ešíme tuto rovnici, musí mít homogenní !ešení stejné, jako m ly silnost nné nádoby a partikulární !ešení, které odhadneme podle pravé strany ve tvaru uP(x) = K⋅x3. Konstantu K ur"íme dosazením odhadnutého partikulárního !ešení do p vodní rovnice: 6 ⋅ K ⋅ x ⋅ x + 3⋅ K ⋅ x 2 − u H ( x ) = C1 ⋅ x +

C2 x

a

K ⋅ x3 A = − + ⋅ x2 x E

uP ( x) = −

A ⋅x3 + 8⋅ E

⇒

⇒ K =−

A . 8⋅ E +

u ( x ) = C1 ⋅ x +

C2 A − ⋅ x3 . + x 8⋅ E

Výsledné vztahy pro nap tí pak budou: C2 3 + µ − ⋅ A⋅ x 2 . x2 8⋅ Jejich pr b hy se p!ibližují k asymptotám, kterými jsou paraboly at(x) a at(x):

σ t ( x ) = C1 +

C 2 1+ 3 ⋅ µ − ⋅ A ⋅ x2 x2 8⋅

a σ r ( x ) = C1 +

1 + 3⋅ µ ⋅ A⋅ x 2 8⋅

a a r ( x ) = C1 −

a t ( x ) = C1 − C1 =

σ r 2 ⋅ r22 − σ r1 ⋅ r12 r22 − r12

+

3+µ ⋅ A ⋅ (r12 + r22 ) 8 x

3+ µ ⋅ A⋅ x 2 8⋅

a C2 = (σ r 2 − σ r1 ) ⋅

r12 ⋅ r22 3 + µ 2 2 − ⋅r ⋅r r22 − r12 8 1 2

b

ω σ

r1

σt(x) r2

σred.

σt(x)

C1

at(x)

ar(x)

ar(x)

σr(x) Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

at(x)

σr(x) Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


44

ODVOZENÍ

O

ZVLÁŠTNÍ PŘÍPADY TENKÉHO ROTUJÍCÍHO KOTOUČE: kotouč bez otvoru

kotouč s velmi malým otvorem

ω

ω

σr(x)

C1

σred.

σt(x)

P!i použití okrajové podmínky: σ t (0) = σ r ( 0)

získáme výsledné rovnice pr b h te"ného a radiálního nap tí po celém rotujícím kotou"i: 1+3⋅µ ⋅ A ⋅ x 2 = at ( x) 8 3+ µ ⋅ A ⋅ x 2 = ar ( x) σ r ( x ) = C1 − 8

σ t ( x) = C1 −

Pr b hy obou nap tí jsou tedy shodné s pr b hy asymptot at(x) a ar(x) a osu rotace (x = 0) protínají v hodnot C1. Konstantu C1 ur"íme z druhé okrajové podmínky (pro volný kraj kotou"e): σ r ( r2 ) = 0 .

Odtud vychází: C1 =

3+ µ ⋅ A ⋅ r22 8

Poznámka:

I zde musí vycházet konstanta C2 nulová i matematicky, protože jinak by "len C2/x2 v rovnicích pr b h te"ného a radiálního nap tí vedl v ose nádoby (pro x = 0) na matematicky nep!ípustný výraz C2/0.


r2

Vyjád!íme základní vtahy a získáme op t σt(x) výsledné pr b hy nap tí:

σred.

σ

r1 → 0

σ

r2

σr(x)

C1

r1 = 0

C 2 1 + 3⋅ µ − ⋅ A ⋅ x2 2 x 8 C2 3 + µ σ t ( x ) = C1 + 2 − ⋅ A⋅ x 2 x 8

σ t ( x ) = C1 +

Konstanty C1 a C2 ur"íme op t z okrajových podmínek (pro volné oba kraje kotou"e): σ r ( r1) = 0 a σ r ( r2 ) = 0 . Druhý "len v t chto rovnicích musíme posoudit z pohledu velikosti sou!adnice x : pro: x ≈ r1 je pro: x > r1 je

C2 3+ µ r12 ⋅ r22 ≈ + ⋅ A ⋅ = C1 x2 8 r12 C2 ≈0 x2

odkud získáme výsledné pr b hy obou nap tí v závislosti na sou!adnici x : σ t ( x) = σ r ( x) =

x ≈ r1 : = 2 ⋅ C1 x > r1 : = a t ( x ) x ≈ r1 : = 0 x > r1 : = ar ( x )

Pr b hy nap tí ve v tšin rotujícího kotou"e s malým otvorem odpovídají pr b h m nap tí v rotujícímu kotou"i bez otvoru a jsou tedy prakticky rovné asymptotám. Pouze v malé oblasti blízké otvoru r1 se pr b hy výrazn odlišují. Velikost radiálního nap tí klesá k nule a te"né nap tí dosahuje dvojnásobku konstanty C1. Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


45

PŘÍKLAD (VOLNÝ TENKÝ ROTUJÍCÍ KOTOUČ):

P

Dáno: Uvažujme běžné CD nebo DVD vyrobené z polykarbonátu. Základní parametry disku jsou: d = 15 mm, D = 120 mm, h = 1,2 mm, materiál ρ = 1 190 kg⋅m-3 , ν = 0,3, E = 850 N⋅mm-2 , σK = 60 N⋅mm-2 , σPt = 70 N⋅mm-2 . POZOR!! Numerické výpočty je třeba provádět v jednotkách soustavy SI: s ; m a N⋅m-2 . (E = 850⋅106 N⋅m-2 , σK = 60⋅106 N⋅m-2 , σPt = 70⋅106 N⋅m-2 . Určit: Maximální namáhání vznikající při otáčkách n = 10 000 1⋅min-1 (≈ 1 047,2 s-1 ). Řešení: Vztahy pro tečné a radiální napětí vznikající v tenkém rotujícím kotouči obecně jsou: C 1 + 3⋅ν C 3 +ν σt ( x) = C1 + 22 − ⋅ A⋅ x2 a σr ( x) = C1 − 22 − ⋅ A⋅ x2 , x 8 x 8 Velikost konstanty A závisí pouze na materiálu kotouče a jeho otáčkách (úhlové rychlosti): 2⋅ π 2⋅π = 10 000 ⋅ = 1 047,2 s −1 a A = ρ ⋅ ω 2 = 1 190 ⋅ 1 047,2 = 1,305 ⋅ 109 kg ⋅ m -3 ⋅ s −2 . 60 60 Konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek. CD disk můžeme považovat vzhledem ke způsobu unášení jako volný kotouč, pro který musí platit:

ω =n⋅

C2 3 +ν − ⋅ A⋅ r12 2 r1 8

1. σr(r1 ) = 0 ⇒

0 = C1 −

2. σr(r2 ) = 0 ⇒

C 3 +ν 0 = C1 − 22 − ⋅ A⋅ r22 r2 8

C1 =

3 +ν ⋅ A ⋅ r12 + r22 8

C2 =

3 +ν ⋅ A ⋅ r12 ⋅ r22 8

⇒

(

)

Maximální tečné napětí vzniká na vnitřním poloměru disku r1 a jeho velikost ve dána vztahem:

3 +ν ⋅ A⋅ r12 ⋅ r22 3+ µ 1+ 3⋅ν A 2 2 8 σt (r1) = ⋅ A ⋅ r1 + r2 + − ⋅ A⋅ r12 = ⋅ r12 ⋅ (1 −ν ) + r22 ⋅ (3 +ν ) = 2 8 r1 8 4

(

[

)

[

]

]

σred = σt(r1 ) = 3,9 N⋅mm-2 << 60 N⋅mm-2 = σK .

σt (x) a t (x)

C1 = 1,97 N⋅mm-2

a r (x)

Nyní ještě určíme tečné napětí na vnějším poloměru σt(r2 ) =0, protože radiální napětí známe (pro volný kraj kotouče musí platit σr(r2 ) =0):

3 +ν ⋅ A⋅ r12 ⋅ r22 3 +ν 1 + 3⋅ν ⋅ A⋅ r12 + r22 + 8 − ⋅ A ⋅ r22 σt (r2) = 2 8 r2 8

(

σr (x)

x r1 r2

)

[

]

[

σt(r 2) = 0,9 N⋅mm-2

1,305⋅109 = ⋅ 0,00752 ⋅ (1 − 0,3) + 0,062 ⋅ (3 + 0,3) = 3,9 ⋅106 N ⋅ m-2 = 3,9 N ⋅ mm-2 . 4 σ Protože podle předpokladu tenkého kotouče je σo = 0 σt(r 1) = 3,9 N⋅mm-2 a podle okrajové podmínky je σr(r1 ) =0 bude:

]

A 2 1,305⋅109 ⋅ r1 ⋅ (1−ν ) + r22 ⋅ (3 +ν ) = ⋅ 0,00752 ⋅ (3 + 0,3) + 0,062 ⋅ (1 − 0,3) = 4 4 6 -2 -2 = 0,9 ⋅10 N ⋅ m = 0,9 N ⋅ mm .

=




46

2.3 TENKÉ KRUHOVÉ DESKY PŘEDPOKLADY ŘEŠENÍ KRUHOVÝCH DESEK:

• Všechny deformace jsou „malé“ a vše je „lineární“ (platí Hook v zákon • Tloušťka desky h je tak malá, že není t!eba uvažovat vznik osových nap tí (σo ≈ 0) ani vznik

smykových nap tí τ.

• Vzhledem k malé tloušťce desky platí Bernoulliho teorie lineárního rozložení ohybových nap tí .

Stanovte velikost dovoleného osového zatížení ve středu litinového krytu kanálu, znáte- li dovolené namáhání v tahu, dovolené napětí v tlaku a rozměry.

wma x

h

qo

r R

Víko kanálového vlezu v dlažbě a jeho výpočtový model

Jaký tlak musel vzniknout v důsledku biologických procesů v konzervě, pokud se její víko vyklenulo o 5 mm, jsou-li dány rozměry a materiál plechu z něhož je konzerva vyrobena.

h

wmax

∅D

0011..0099..22001111 0011..0099..22001166

Konzerva, její víko jako tenká deska a její výpočtový model Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



47

ZÁKLADNÍ ROZDĚLENÍ

(podle zp sobu, jak je deska uložená)

nepodep!ená volná deska

podep!ená volná deska

vetknutá deska

O

ODVOZENÍ ZÁKLADNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE ŘEŠENÍ NAPJATOSTI TENKÉ KRUHOVÉ DESKY dx dT(x) dMr (x)

q(x) h

dMt (x)

x

r1 r2

dx x

dMt (x)

d α dMr ( x)

dM

dMt (x)

dT(x) + ∆dT dMt (x) dMr (x) + ∆dMr

h dx

σt (x)

σr (x) + d σr

V desce vznikají dvoje ohybová nap tí – ve sm ru te"ném σt a ve sm ru radiálním σt – vyvolána ohybovými momenty dMt a dMr. Protože platí Bernoulliho lineární teorie rozložení nap tí, jsou nap tí s momenty vázána p!es pr !ezové moduly v ohybu. Ty pro element budou: dWot =

dMr (x) +∆ dMr

dWor =

dx ⋅ h 2 , 6

x ⋅ dα ⋅ h2 ( x + dx) ⋅ dα ⋅ h 2 resp. dWor* = . 6 6 dM

Nyní vyjád!íme jednotlivé momenty tak, abychom mohli sestavit momentovou rovnici rovnováhy !ešeného elementy: dM rv = dM t ⋅ dα .

dMt dMr dα

dMrv

dMr +∆dM r

x

dMt

Moment Mt(x) vyjád!íme pomocí te"ného nap tí σt(x) a pr !ezového modulu Wot(x):




48

Moment dMr(x) vyjád!íme pomocí radiálního nap tí σr(x) a pr !ezového modulu dWor(x): dM r ( x) = σ r ( x) ⋅ dWor ( x ) =

σ r (x ) ⋅ x ⋅ h 2

⋅ dα 6 Moment (dMr(x) + ∆dMr) vyjád!íme pomocí nap tí (σr(x) + dσr) a pr !ezového modulu dWor*(x): dM r ( x) + ∆dM r = [σ r ( x) + dσ r ] ⋅ dWor *

σ r ( x ) + dσ r ] ⋅ ( x + dx ) ⋅ h 2 [ (x ) = ⋅ dϕ . 6

P!i zanedbání veli"in druhého !ádu (dσr⋅dx ≈ 0) dostáváme: (σ r ( x ) ⋅ x ) 644d4 74448 σ r ( x) ⋅ x + σ r ( x ) ⋅ dx + dσ r ( x ) ⋅ x ] ⋅ h 2 [ dM r ( x) + ∆dM r = ⋅ dα . 6 Sílu dT(x) resp. (dT(x) + ∆dT) vyjád!íme pomocí spojitého zatížení q(x) resp. výsledné síly dQ(x),

která p sobí od st!edu desky nebo od vnit!ního okraje desky až do !ešeného místa popsaného sou!adnicí x : dT ( x ) =

Q ( x) Q ( x ) + dQ ⋅ x ⋅ dα a dT ( x) + ∆dT = ⋅ (x + dx ) ⋅ dα . 2⋅ π ⋅ x 2 ⋅ π ⋅ ( x + dx )

Nyní p!i zanedbání veli"in druhého !ádu (dQ⋅dx ≈ 0) vyjád!íme pomocí síly dT(x) moment dM: dQ ( x ) ⋅ dx ⋅ dα 2⋅ π Výsledný moment dMrv tedy bude: dM rv ( x ) = [dM r ( x ) + ∆dM r ] − dM r ( x ) − dM dM ( x) = dT ( x ) ⋅ dx =

1 Q(x ) dM rv ( x ) = ⋅ [ σ r ( x ) ⋅ x + d (σ r ( x ) ⋅ x ) − σ r ( x ) ⋅ x ] ⋅ h 2 ⋅ dα + ⋅ dx ⋅ dα = 6 2⋅ π d (σ r ( x) ⋅ x ) ⋅ h2 Q(x ) = ⋅ dα + ⋅ dx ⋅ dα 6 2⋅ π

Po dosazení všech t chto výsledk do rovnice rovnováhy dostáváme: σ t ( x) ⋅ h 2 d (σ r ( x) ⋅ x ) ⋅ h 2 Q ( x) ⋅ dα + ⋅ dx ⋅ dα = ⋅ dx ⋅ dα . 6 2⋅π 6 Výsledná diferenciální rovnice pro dα ≠ 0 bude mít tvar: d (σ r ( x ) ⋅ x ) − σ t ( x ) ⋅ dx = −6 ⋅

Q ( x) ⋅ dx . 2 ⋅ π ⋅ h2

Jedná se o diferenciální rovnici ale se dv ma neznámými veli"inami ⇒ úloha je staticky neur"itá a je tedy t!eba doplnit deforma"ní podmínku. Tu sestavíme tentokrát pro element p!ed a po ohybu a posunutí u(x) vyjád!íme pomocí zm ny vrcholového úhlu ϕ(x), který p!edpokládáme „malý“, a tak posunutí desky u(x) na daném polom ru x bude: u (x ) =

h ⋅ ϕ (x ) . 2


ϕ(x)

ϕ(x)

h/ 2

x

h/ 2

ϕ(x)

ϕ(x) x

u(x)



49

Radiální a te"nou deformaci tak m žeme vyjád!it jako: ε r ( x) =

du d  h  h dϕ h ′ =  ⋅ ϕ( x)  = ⋅ = ⋅ ϕ ( x) , dx dx  2  2 dx 2

ε t (x ) =

u (x ) 1  h  h ϕ ( x) . = ⋅  ⋅ ϕ ( x)  = ⋅ x x 2  2 x

Nyní tyto vztahy stejn jako u nádob a u kotou" dosadíme do rozší!eného Hookova zákona, abychom vyjád!ili te"né nap tí σt a radiální nap tí σ r pomocí jediné neznámé – úhlu ϕ (x): σ t (x ) =

E E h ϕ (x )   + h ϕ (x ) ⋅ [ε t ( x) + µ ⋅ ε r ( x) ] = ⋅ ⋅ + µ ⋅ ϕ ′( x ) = E ⋅ ⋅  + µ ⋅ ϕ ′( x)  , 2 2 1− µ 1− µ 2  x 2 x   

σ r ( x) =

E E h  ϕ ( x)  ϕ (x )  + h  . ⋅ [ε r ( x ) + µ ⋅ ε r ( x )] = ⋅ ⋅ ϕ ′( x) + µ ⋅ = E ⋅ ⋅ ϕ′( x ) + µ ⋅ 2 2  1− µ 1− µ 2  x  2  x 

Pomocí t chto vztah vyjád!íme "leny levé strany p vodní rovnice ( d (σ r ( x) ⋅ x ) − σ t ( x ) ⋅ dx ): ϕ (x )    h  h d (σ r ( x) ⋅ x ) = d E + ⋅ ⋅ ϕ ′( x ) + µ ⋅ ⋅ x  = E + ⋅ ⋅ [ϕ ′′( x ) ⋅ dx ⋅ x + ϕ ′( x ) ⋅ dx + µ ⋅ ϕ′( x) ⋅ dx] ,  2  x   2  h ϕ ( x)  σ t ( x) ⋅ dx = E + ⋅ ⋅  + µ ⋅ ϕ ′( x ) ⋅ dx . 2  x 

Po dosazení do p vodní diferenciální rovnice v nap tích dostáváme: ϕ ( x)  + h  d (σ r ( x ) ⋅ x ) − σt ( x ) ⋅ dx = E ⋅ ⋅ ϕ′′( x) ⋅ dx ⋅ x + ϕ′( x) ⋅ dx + µ ⋅ ϕ′( x) ⋅ dx − ⋅ dx − µ ⋅ϕ ′( x ) ⋅ dx . 2  x 

Diferenciál délky dx je sice nekone"n malý avšak nenulový (dx ≠ 0), a tak musí platit: ϕ ′′( x ) ⋅ x + ϕ ′( x) −

ϕ (x ) x

=−

6 ⋅ Q( x) . + 3 π⋅ E ⋅h

N kte!í auto!i zapisují tuto diferenciální rovnici v upraveném tvaru: ϕ ′′( x ) +

kde:

ϕ ′( x) ϕ ( x) x

−

2

x

=−

t ( x) , D

t(x) [N⋅m-1 ] je zatížení desky od po"átku až do místa x vztažené na jednotku délky: t ( x) = D [N⋅m]

je desková tuhost jednotkové délky obvodu: D = E + ⋅ J "1" =

Q( x) , 2⋅π⋅x

E 1 ⋅ ⋅"1"⋅h 3 . 2 1 − µ 12

8ešení diferenciální rovnice se bude op t skládat z homogenní "ásti, která bude shodná s nádobami a kotou"i a z partikulárního !ešení, které bude záležet na pravé stran !ešené rovnice a m že tak nabývat r zných tvar podle zp sobu zatížení !ešené desky: ϕ ( x) = ϕ H ( x ) + ϕ P ( x ) = C1 ⋅ x +

C2 + ϕ P ( x) . x

Integra"ní konstanty C1 a C2 op t záleží na okrajových podmínkách !ešené desky. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



50

Tuto diferenciální rovnici lze zapsat také v tzv. staženém tvaru: ′ 6 ⋅ Q( x) 1 ′ x ⋅  ⋅ (ϕ ( x) ⋅ x )  = − π ⋅ E+ ⋅ h3 x 

nebo s využitím zatížení na jednotku délky t(x) a deskové tuhosti D: ′ t (x ) 1 ′ ⋅ ( ϕ ( x ) ⋅ x ) = − .  x  D

Stažený tvar je velice výhodný z hlediska !ešení diferenciální rovnice postupnou integrací pokud nedokážeme p!ímo odhadnout partikulární !ešení. Poznámka:

Vztahy pro nap tí resp. znaménko v nich je stanoveno podle namáhání SPODNÍHO povrchu !ešené desky: Je-li spodní povrch natahován, je znaménko „+“ a je-li spodní povrch stla"ován, je znaménko „−“.

DEFORMACE (PRŮHYB) TENKÉ KRUHOVÉ DESKY

Z obrázku pr hybu desky podep!ené na okraji je patrné, že platí:

ϕ (x)

dϕ → 0

dw = −ϕ ( x ) ⋅ dx

w( x ) = − ∫ϕ ( x ) ⋅ dx + K

dw

Odkud vyjád!íme pr hyb desky w(x) integrací levé a pravé strany a p!idáním integra"ní konstanty K: ϕ (x)

.

x

dx

Integra"ní konstantu K ur"ujeme z okrajové podmínky pro uložení desky: 1. podep!ená resp. vetknutá deska na polom ru r:

w( r ) = 0 ,

2. spojení dvou desek I a II na polom ru r: (pr hybová plocha MUSÍ být spojitá)

w I ( r ) = w II ( r ) .

Poznámky: •

Podmínky pro pr hyby nepoužívejte v žádném p!ípad p!i ur"ování integra"ních konstant C1 a C 2 , protože tím do úlohy vnášíte jen další konstanty.

•

Obecn lze !íci, že pr hyb m žeme !ešit až tehdy, máme-li kompletn do!ešeno nato"ení tenké desky ϕ(x), a to v"etn konstant C1 a C2.




51

OKRAJOVÉ PODMÍNKY POUŽÍVANÉ PŘI ŘEŠENÍ KRUHOVÝCH DESEK 1. Podmínky na kraji desky:

Pokud se jedná o desku bez otvoru uprost!ed, je jedním z okraj práv osa desky, kde ze symetrie desky vždy platí: ϕ ( 0) = 0 . V !ešení MUSÍ vždy vypadnout "len C2/x , protože by jinak nastal matematicky nep!ípustný stav – d lení „0“.

O

x r t

N kte!í auto!i uvád jí podmínku ve tvaru: σ t (0) = σ r ( 0) , protože uprost!ed desky nelze rozhodnout, který sm r je te"ný a který radiální, resp. pokud vypadl "len C2/x a partikulární integrál bude v nule také nulový, zbude ve st!edu desky pouze konstanta C1 , a tak ob nap tí MUSÍ vycházet stejn . Pokud má deska ve svém st!edu otvor je tento „za"átek“ desky jedním okrajem a druhým okrajem je „konec“ celé desky. Na t chto krajích mohou nastat celkem t!i možnosti: Volný (nezatížený) kraj desky na polom ru r m že být i podep!ený, ale není zde zatížen momentem: σ r (r) = 0 . r

r

Zatížený kraj desky na polom ru r momentem ±Mr resp. ±mr (m že být i podep!ený): σ r (r) = ±

Mr Mr 6⋅ Mr =± =± 1 Wor 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h2 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h2 6

resp. σ r ( r ) = ±

mr mr 6⋅m =± =± 2 r . 1 wor h ⋅"1"⋅h 2 6

–Mr

+M r

r

r +mr

–mr

r

r

Vetknutý kraj desky na polom ru r (m že to být jak vnit!ní okraj r1 desky tak i vn jší r2): ϕ ( r1) = 0

resp. ϕ ( r2 ) = 0 r

r

2. Podmínky ve spojení dvou polí desky:

Ve spojení dvou polí a tenké kruhové rota"n symetrické desky na obecném polom ru r je t!eba sestavit dv okrajové podmínky. První podmínka vždy zaru"uje hladkost pr hybové plochy ve spojení na polom ru r: ϕ (1) ( r ) = ϕ ( 2) ( r ) .

Druhá podmínka závisí na individuálním uspo!ádáním každé úlohy (desky) a zp sobu spojení polí a desky na polom ru r. Existují celkem "ty!i možnosti spojení dvou polí desky: Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



52

1. Spojení desek stejné tloušťky bez zatížení vn jším momentem h

Wo(1) = Wo( 2) = Wo ( r ) =

r M o(1) ( r ) M o(2 ) ( r ) = Wo ( r ) Wo ( r )

⇒

M o(1) ( r ) = M o( 2) ( r )

⇒

1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h2 . 6

σ r(1) ( r ) = σ r( 2) ( r ) .

Wo(1) ( r ) =

h2

h1

2. Spojení desek rozdílných tloušt k h1 a h2 bez zatížení vn jším momentem: 1 1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h12 a Wo( 2) ( r ) = ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h22 . 6 6

r

⇒

M o(1) ( r ) = M o( 2) (r )

M o(1) ( r ) M o( 2) ( r ) = Wo(1) ( r ) ⋅Wo( 2) ( r ) Wo(1) ( r ) ⋅Wo( 2 ) ( r )

⇒ σ r(1) ( r ) ⋅ h12 = σ r( 2) ( r ) ⋅ h22 .

3. Spojení desek stejné tloušťky se zatížení vn jším momentem ±Mr: Mr

Mr h

h

Wo(1) = Wo( 2) = Wo (r ) =

r

r M (r ) ± M r = M (1 ) o

( 2) o

1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h2 . 6

M o(1) (r ) M M o( 2) ( r ) 6⋅ Mr (r ) ⇒ ± = ⇒ σ r(1) ( r ) ± = σ r( 2) ( r ) . 2 W o (r ) W o ( r ) Wo ( r ) 2⋅ π⋅r ⋅ h

4. Spojení desek rozdílných tloušt k h1 a h2 se zatížení vn jším momentem ±Mr:

r M o( L ) ( r ) ± M r = M o( P ) ( r )

1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h12 , 6 1 Wo( 2) ( r ) = ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h22 . 6

Wo(1) ( r ) = h2

h1

Mr h2

h1

Mr

r

⇒

M o(1) ( r ) Mr M o( 2) ( r ) ± = . Wo(1) ( r ) ⋅ Wo(2 ) (r ) Wo(1) ( r ) ⋅ Wo( 2 ) (r ) Wo(1) (r ) ⋅ Wo( 2) ( r )

Odkud vychází: 6 ⋅ σ r(1) ( r ) 36 ⋅ M r 6 ⋅ σ r( 2) ( r ) ± = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h22 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h12 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h22 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ h12

⇒

σ r(1) ( r ) ⋅ h12 ±

6⋅Mr = σ r( 2) ( r ) ⋅ h22 . 2⋅π ⋅r

Poznámka:

Poslední varianta p!edstavuje „universální“ podmínku pro spojení dvou polí tenké kruhové desky, protože spojuje všechny t!i p!edchozí, a to p!i zadání momentu M = 0 nebo tloušt k h1 = h2. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



53

V p!ípad , že namísto momentu M [N⋅m] je zadán moment na jednotku délky obvodu m [N⋅m/m], z stávají p!edchozí úvahy v platnosti a je t!eba jen Wo - pr !ezový modul v ohybu obvodu na polom ru r nahradit wo - pr !ezovým modulem v ohybu jednotkové délky obvodu. m=

M 2⋅ π ⋅ r

a

wo =

Wo 1 = ⋅"1"⋅h 2 . 2⋅π⋅r 6

M M 6⋅M m 6⋅ m σ r (r) = ± =± ≡ σ r (r) = ± 2 ⋅ π ⋅ r = ± = ± 2 . 2 Wo wo h Wo 2 ⋅ π ⋅ r ⋅h 2 ⋅π ⋅ r

PŘÍKLAD (JEDNODUCHÁ DESKA):

P

Dáno: Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska o vnějším poloměru r je na tomto vnějším okraji vetknutá do absolutně tuhého základu a po celé své ploše je zatížena konstantním spojitým zatížením (tlakem) qo . Deska má tloušťku h (h << r) a je vyrobena z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonově č ísle ν .

Q ( x ) = qo ⋅ π ⋅ x 2 .

w max

r

Řešíme tedy diferenciální rovnici:

ϕ ( x) x

=−

6 ⋅ qo ⋅ π ⋅ x2 . + 3 π ⋅ E ⋅h

σt(x)

Partikulární integrál odhadneme ve tvaru:

σo

ϕ P ( x) = K ⋅ x 3

σr(x)

a jeho derivace budou:

ϕ ′P ( x ) = 3 ⋅ K ⋅ x 2 a ϕ ′P′ ( x ) = 6 ⋅ K ⋅ x .

σr (r) = σmax

ϕ ′′( x ) ⋅ x + ϕ ′( x ) −

σr (0) = σt (0)

Určit: Diferenciální rovnici popisující chování zadané desky, vztahy pro napětí a určete také maximální pr ůhyb této desky. qo = konst. Řešení: Tato deska je bez otvoru a zatížená konstantním spojitým tlakem qo . Př íč né zatížení desky Q(x), které dosadíme do pravé strany bude:

Neznámou konstantu K získáme dosazením partikulárního řešení ϕP(x) a jeho derivací do původní diferenciální rovnice, protože i toto řešení jí musí vyhovovat: 6 ⋅ K ⋅ x ⋅ x + 3⋅ K ⋅ x 2 −

K ⋅ x3 6 ⋅ qo ⋅ π 6 ⋅ qo ⋅ π 3 ⋅ qo =− ⋅ x2 ⇒ 8 ⋅ K = − ⇒ K=− . + 3 + 3 x π⋅E ⋅h 4 ⋅ E+ ⋅ h3 π⋅ E ⋅h

Řešení této diferenciální rovnice můžeme napsat jako:

ϕ ( x) = C1 ⋅ x +


C2 3 ⋅ qo − ⋅ x3 . + 3 x 4⋅ E ⋅ h



54

Konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek pro uložení resp. uspořádání desky: OP: 1. ϕ ( 0) = 0 ⇒ C2 = 0 (nezapome ňte na pravidlo, že nulou se nesmí dě lit), 2. ϕ ( r ) = 0 ⇒ 0 = C1 ⋅ r −

3 ⋅ qo 3 ⋅ qo ⋅ r 3 ⇒ C1 = ⋅ r2 . + 3 + 3 4⋅ E ⋅ h 4⋅E ⋅h

Úplné ř ešení diferenciální rovnice pro úhel natočení zadané tenké kruhové desky pak je:

ϕ ( x) =

3 ⋅ qo ⋅ r2 ⋅ x − x3 . + 3 4⋅ E ⋅ h

(

)

Pro výpočet deformací a následně napě tí musíme stanovit:

ϕ ( x) x

=

3 ⋅ qo ⋅ r 2 − x2 + 3 4⋅ E ⋅h

(

)

a ϕ ′( x ) =

3 ⋅ qo ⋅ r2 − 3⋅ x2 + 3 4⋅ E ⋅ h

(

)

a tyto hodnoty dosadit do vztahů pro radiální a teč nou deformaci tenké kruhové desky:

h 3 ⋅ qo ⋅ ϕ ′( x) = ⋅ r 2 − 3⋅ x2 2 8 ⋅ E+ ⋅ h2 h ϕ (x ) 3 ⋅ qo ε t ( x) = ⋅ = ⋅ r2 − x2 2 x 8 ⋅ E+ ⋅ h2

(

ε r (x ) =

(

)

)

a následně do rozšířeného Hookova zákona:

[

]

3 ⋅ qo 2 ⋅ r ⋅ (1 +ν ) − x 2 ⋅ (3 +ν ) 2 8⋅h . 3 ⋅ qo 2 + 2 σ t ( x) = E ⋅ [ε t ( x ) + ν ⋅ ε r ( x) ] = ⋅ r ⋅ (1 +ν ) − x ⋅ (1 + 3 ⋅ν ) 8 ⋅ h2

σ r ( x) = E + ⋅ [ε r ( x) +ν ⋅ ε t ( x) ] =

[

]

Poznámky: • Z průběhů je patrné, že radiální napětí „klesá“ strměji než tečné, protože (3 – ν ) > (1 – 3⋅ν ). • Dále je z pr ůbě hů patrné, že vyhovují podmínce ve st ředu a maximálnímu napě tí na poloměru r:

σ r ( 0) = σ t (0) =

3 ⋅ qo ⋅ r 2 3 ⋅ qo ⋅ r 2 3 ⋅ qo ⋅ r 2 ⋅ ( 1 + ν ) a σ = σ ( r ) = − = . max r 2 4 ⋅ h2 4 ⋅ h2 8⋅h

• Výpočet deformace desky je pak již jen jednoduchou integrací funkce ϕ(x):

w( x) = −∫

3 ⋅ qo 3 ⋅ qo ⋅ r 2 ⋅ x − x 3 ⋅ dx + C3 = + 3 4⋅ E ⋅h 4 ⋅ E + ⋅ h3

(

)

 x4 r 2 ⋅ x 2   + C3 . ⋅  − 2   4

Integrač ní konstantu ur č íme z podmínky pro uložení desky na poloměru r: w(r) = 0

0=

3 ⋅ qo 4 ⋅ E + ⋅ h3

 r4 r2 ⋅r2 ⋅  − 2  4

 3 ⋅ qo r4  + C3 ⇒ C3 = ⋅ . 4 ⋅ E + ⋅ h3 4 

A tedy:

3 ⋅ qo  x4 r 2 ⋅ x2 r 4  w( x) = ⋅ − +  4 ⋅ E + ⋅ h 3  4 2 4


resp.

wmax = w(0) = C3 =

3 ⋅ qo r4 ⋅ . 4 ⋅ E + ⋅ h3 4



55


P

Dáno: Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska o vnějším poloměru r je na tomto vnějším okraji zatížena momentem m, který je spojitě rozložen po celém obvodě desky. Deska má tloušťku h (h << r) a je vyrobena z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonově čísle ν . Určit: Diferenciální rovnici popisující chování zadané desky a vztahy pro napětí. m

Řešení: Jedná se o desku bez otvoru zatíženou jen momentem m, na kterou tedy nepůsobí žádné příčné zatížení (Q(x) = 0), a proto bude pravá strana diferenciální rovnice rovna 0:

ϕ ′′( x ) ⋅ x + ϕ ′( x ) −

r

σr ≡ σt = 6⋅m /h2

ϕ ( x)

=0 , σo = 0 x což odpovídá základní rovnici silnost ě nných nádob a řešení tedy stanovíme stejně jako u nádob, tedy bez partikulární části ve tvaru:

ϕ ( x) = C1 ⋅ x +

C2 . x

Stejně jako u nádoby bez otvoru bude muset být C2 = 0, protože pro x = 0 by výraz C2 /x nemě l smysl. Průbě h funkce ϕ(x) tedy bude jen lineární funkcí souřadnice x. Tím se zjednoduší vztahy pro napě tí vyjádřené pomocí obecných vztahů pro deformace a rozšířeného Hookova zákona:

h h h σ r ( x) = E + ⋅ [ε r ( x ) +ν ⋅ ε t ( x )] = E + ⋅ ⋅ C1 ⋅ (1 +ν ) 2 2 2 ⇒ . h ϕ ( x) h h + + ε t (x ) = ⋅ = ⋅ C1 σ t ( x) = E ⋅ [ε t ( x ) + ν ⋅ ε r ( x) ] = E ⋅ ⋅ C1 ⋅ (1 + ν ) 2 x 2 2 Znamená to tedy, že oba pr ůbě hy budou totožné a jejich velikost urč íme z okrajové podmínky, kdy na vnějším okraji musí být radiální napětí σr vyvolané pouze ohybovým momentem m. Protože moment zp ůsobuje „natahování“ spodního vlákna, budeme radiální napě tí uvažovat kladné:

ε r ( x ) = ⋅ ϕ ′( x ) = ⋅ C1

m m 6⋅m =+ =+ 2 . 1 wor 2 h ⋅"1"⋅h 6 Hledané pr ůbě hy napětí v této tenké kruhové desce jsou:

σ r (r) = +

σ r ( x) = +

6⋅ m h2

a

σ t (x ) = +

6⋅m . h2

Poznámky: • Pokud bychom dál chtě li řešit funkci ϕ(x), museli bychom stanovit konstantu C1 : h 2

σ r ( x ) = E + ⋅ ⋅ C1 ⋅ (1 −ν ) =

6 ⋅m h2

⇒

C1 =

12 ⋅ m E ⋅ h3 ⋅ (1 −ν ) +

• Dále si povšimněte, že pr ůbě hy napě tí odpovídají nádobě bez otvoru (hř ídeli) a jejich velikost je dána velikostí momentu m, který p ůsobí na okraji desky. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



56


P

Dáno: Tenká kruhová rotačně symetrická deska uprostřed s otvorem o poloměru r1 a o vnějším poloměru r2 je na svém vnějším okraji zatížena momentem M, který je spojitě rozložen po celém obvodě desky. Deska má tloušťku h (h << r1,2 ) a je vyrobena z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonově čísle ν . Určit: Vztahy pro napětí vznikající v této desce. M

Řešení: Deska s otvorem uprostřed je zatížená jen momentem M a nepůsobí na ní žádné příčné zatížení (Q(x) = 0). Proto bude pravá strana diferenciální rovnice rovna 0, což opět odpovídá základní rovnici silnostěnných nádob, a proto k řešení použijeme a upravíme známé vztahy:

r1 r2

σt(x) C C σ r ( x) = K − 2 a σ t ( x) = K + 2 . K x x σr(x) σo = 0 Znamená to tedy, že oba pr ůbě hy budou stejně jako u nádob polytropy, které budou mít osu v hodnotě konstanty K. Pro výpočet konstant K a C využijeme vztahy platné pro silnostě nné nádoby pouze s tím, že okrajové podmínky není třeba přepoč ítávat z tlak ů, ale budou př ímo: σ r ( r1 ) =

M r1 Wor1

=

0 1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r1 ⋅ h 2 6

=0

a

σ r ( r2 ) =

M r2 Wor2

=

+M 1 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r2 ⋅ h 2 6

=+

3⋅ M . 2 π ⋅ r2 ⋅ h

Proto pro výpočet konstant K a C v tomto př ípadě platí: K=

σ r ( r2 ) ⋅ r22 −σ r ( r1 ) ⋅ r12 3⋅ M r22 = ⋅ r22 − r12 π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12

, C = [σ r ( r2 ) − σ r ( r2 ) ]⋅

r12 ⋅ r22 3⋅ M r12 ⋅ r22 = ⋅ . r22 − r12 π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12

Zbývající okrajové hodnoty teč ných napětí σt(r1 ) a σt(r2 ) tedy budou:

3 ⋅ M r12 ⋅ r22 ⋅ 3⋅ M r22 π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12 3⋅ M r22 σ t ( r1 ) = ⋅ + = 2 ⋅ ⋅ = 2⋅ K , 2 2 2 2 2 2 2 π ⋅ r2 ⋅ h r2 − r1 r1 π ⋅ r2 ⋅ h r2 − r1

3⋅ M r12 ⋅ r22 ⋅ 3⋅ M r22 π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12 3 ⋅ M r22 + r12 σ t ( r2 ) = ⋅ + = ⋅ = 2 ⋅ K − σ r ( r2 ) . π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12 r22 π ⋅ r2 ⋅ h 2 r22 − r12 Nejnamáhanějším místem této desky bude, stejně jako tomu bylo u silnostěnné nádoby, spodní strana vnitřního otvoru uprostřed desky, kde bude redukované napětí podle teorie τMAX: τ σ red . = σ t ( r1 ) − σ t ( r1 ) = 2 ⋅ MAX

3⋅ M r22 6⋅ M r ⋅ −0 = ⋅ 2 2 2 = 2⋅ K . 2 2 2 2 π ⋅ r2 ⋅ h r2 − r1 π ⋅ h r2 − r1

Poznámka: Maximální redukované napětí je jako u nádoby s p1 = 0 rovno právě dvojnásobku konstanty K




57

PŘÍKLAD (SLOŽITĚJŠÍ DESKA – 2 POLE):

P

Dáno: Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska je na poloměru r1 zatížena silou F rozloženou po kružnici a na vnějším poloměru r2 je kloubově podepřena po celém svém obvodu. Deska má opět tloušťku h << r1,2 a je materiál má E a ν . Určit: Diferenciální rovnice jednotlivých polí, na které je třeba desku rozdělit a potřebné okrajové podmínky. F Řešení: Tuto desku MUSÍME rozdělit na dvě pole, protože na poloměru r1 se mění zatížení.

r1 r2 Pole I: x ∈ 〈0 ; r1 〉: QI(x) = 0, Diferenciální rovnice bude: MI-II ϕI ( x ) ϕ ′I′( x ) ⋅ x + ϕI′( x ) − =0 . x MII-I F Pole II: x ∈ 〈 r1 ; r2〉 : QII(x) = F. Diferenciální rovnice bude: RA = F σrI = σtI ϕ I( x) 6⋅F σtII ϕ II′′ ( x ) ⋅ x + ϕII′ ( x ) − =− . + 3 x π⋅E ⋅h σrII σ o Řešení těchto dvou rovnic budou mít tvar: C C ϕ I ( x ) = C11 ⋅ x + 12 a ϕ II ( x ) = C21 ⋅ x + 22 + ϕIIP ( x ) . x x Partikulární řešení druhé rovnice bychom určili postupnou integrací staženého tvaru: ′ 1 6⋅F 6⋅ F x  ′ x x ⋅  ⋅ (ϕ II ( x ) ⋅ x )  = − ⇒ ϕ IIP ( x ) = − ⋅ ⋅ ln x −  . + 3 + 3  π⋅E ⋅h π⋅ E ⋅h  2 4 x 

I

II

Poznámka: V řešení sice vychází ln x, kde x [m] nebo [mm], což je matematicky „nesmyslné“, ale následné okrajové podmínky převedou tuto funkci do matematicky „správného“ bezrozmě rného tvaru: ln (r/x). Konstanty C11, C12, C21 a C22 určíme z okrajových podmínek – co kraj desky, to jedna podmínka: OP: 1. x = 0: 2. x = r1 : 3. x = r1 : 4. x = r2 :

ϕI(0) = 0 ⇒ C12 = 0 - (nezapomeňte opět na pravidlo, že nulou se nesmí dělit), ϕI(r1 ) = ϕII(r1 ) - průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká MI-II = MII-I ⇒ σrI(r1 ) = σrII(r1 ) - ve spojení není žádný vně jší moment σrII(r2 ) = 0 - volný nezatížený kraj desky.

Pokud bychom tento systém dořešili, získali bychom následující pr ůbě hy napě tí:

σ rI ( x ) = σ tI ( x ) = σ rII ( x) =

σ tII ( x) =

3⋅F 2 ⋅ π ⋅ h2

1 r r2  ⋅  ⋅ (1 −ν ) + (1 + ν ) ⋅ ln 2 − (1 −ν ) ⋅ 1 2  , r1 2 ⋅ r2  2

3⋅ F  r2 r12 r12  ⋅ ( 1 + ν ) ⋅ ln + ( 1 − ν ) ⋅ − ( 1 − ν ) ⋅ ,  2 2 2 2 ⋅ π ⋅ h  x 2⋅ x 2 ⋅ r2 

2  2   3⋅ F  r2  1 − r1  − (1 −ν ) ⋅ r1  . ⋅  ( 1 + ν ) ⋅ ln + ( 1 − ν ) ⋅  2 ⋅ x2  2 ⋅ π ⋅ h 2  x 2 ⋅ r22   




58

PŘÍKLAD (SLOŽITĚJŠÍ DESKA – 4 POLE):

P

Dáno: Tenká kruhová rotačně symetrická deska s otvorem uprostřed o poloměru r1 je na mezikruží mezi poloměry r2 a r3 zatížena spojitým zatížením (tlakem) q0 , na poloměru r4 je po celém obvodu podepřena a na poloměru r5 má deska volný (nezatížený) okraj. Deska má tloušťku h (h << r1,2,3,4,5 ) a její materiál má modulu pružnosti E a Poissonovo číslo ν . Určit: Diferenciální rovnice jednotlivých polí, na které je třeba desku rozdělit a potřebné okrajové podmínky. qo Řešení: Nejprve musíme ze statické podmínky rovnováhy do svislého směru určit velikost reakce RA v podepření na poloměru r4 :

(

r1 r2

)

r3

RA = qo ⋅ π ⋅ r32 − r22 .

r4

Nyní celou desku rozd ě líme na č tyř i pole: (od 0 do r1 se nemůže jednat o pole desky, protože tam „nic není“). Pole I: x ∈ 〈 r1 ; r2 〉 QI(x ) = 0 ,

r5

qo MII-I

Pole II: x ∈ 〈 r2 ; r3〉 QII(x ) = qo ⋅π⋅(x2 – r22 ) ,

MII-III

RII-III = RIII-II MIII-IV MIII-II

Pole III: x ∈ 〈 r3 ; r4 〉 QIII(x ) = qo ⋅π⋅(r3 2 – r22 ) , Pole IV: x ∈ 〈 r4 ; r5〉: QIV(x ) = qo ⋅π⋅( r3 2 – r2 2 ) – RA = 0 .

RII-III = RIII-IV MIV-III

Diferenciální rovnice můžeme zapsat pro všechny čtyř i desky ve tvaru:

ϕi′′( x) ⋅ x + ϕ i′( x) −

I

MI-II

ϕi ( x ) x

=−

II

III

IV

RA 6 ⋅ Qi ( x ) π ⋅ E + ⋅ h3

pro i = I, II, III a IV.

Řešení čtyř diferenciálních rovnic druhého řádu znamená existenci osmi integračních konstant. Pro jejich stanovení musíme sestavit podle uspořádání řešené desky osm okrajových podmínek (opět nezapomeňte ne pravidlo „co kraj desky to jedna podmínka“, což znamená, že ve všech spojeních dvou polí se setkávají dva kraje a musí tam být dvě okrajové podmínky). OP: 1. x = r1 : σrI(r1 ) = 0 2. x = r2 : ϕI(r2 ) = ϕII(r2 )

- volný nezatížený kraj desky, - průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká,

⇒ σrI(r2 ) = σ rII(r2 ) - ve spojení není žádný vnější moment, ϕII(r3 ) = ϕIII(r3 ) - průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká, MII-III = MIII-II ⇒ σrII(r3 ) = σ rIII(r3 ) - ve spojení není žádný vnější moment, ϕIII(r4 ) = ϕIV(r4 ) - průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká, MIII-IV = MIV-III ⇒ σrIII(r4 ) = σ rIV(r4 ) - ve spojení není žádný vnější moment, σrIV(r5 ) = 0 - volný nezatížený kraj desky.

3. x = r2 : MI-II = MII-I 4. x = r3 : 5. x = r3 : 6. x = r4 : 7. x = r4 : 8. x = r5 :




59

PŘÍKLADY ZE ZKOUŠEK (TENKÉ, KRUHOVÉ DESKY):

P

Dáno: q0 , resp. M; r1 ; r2 ; h; E a ν . Určit: 1. Napište diferenciální rovnice pro řešení desky 2. Všechny okrajové podmínky potřebné pro řešení. qo

M

r2

r1

h

h

r1

r2

Dáno: r1 , r2 , r3 a r4 , qo , h, E a v. absolutně tuhý válec

qo

Určit: 1. Rozdělte desku na příslušný počet polí 2. Napište diferenciální rovnice pro každé pole 3. Napište okrajové podmínky pro určení integračních konstant h 4. Naznačte vztah pro určení průhybu desky w(x)

r1 r2 r3 r4

Určit: 1. ϕ(x) jako funkci zadaných hodnot a souřadnice x 2. w(x) jako funkci zadaných hodnot a souřadnice x 3. wmax uprostřed desky.

Dáno: r, qo , h, E a v. x

qo h

r

w(x)

Určit: 1. ϕ(x) jako funkci zadaných hodnot a souřadnice x absolutně tuhý člen 2. σr(x) jako funkci zadaných hodnot a souřadnice x 3. σt(x) jako funkci zadaných hodnot a souřadnice x.

Dáno: r1 ; r2 ; F, h, E a v.

h

F

r1 r2 Dáno: q0 ; r1 ; r2 ; r3 ; h; E a ν . qo

h

r1

Určit: 1. Rozdělte desku na příslušný počet polí 2. Napište diferenciální rovnice pro každé pole 3. Napište okrajové podmínky pro určení integračních konstant.

r2 r3 Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



60

Tabulka shrnutí řešení a společných nebo podobných vlastností všech tří rotačních úloh: úloha

Nádoby

vlastnost

Kotouče

(silová) Ft

(silová) Frv

pravá strana

obecné řešení

Ft dϕ

dα

Ft

Ft

Mrv

Mt Frv

Frv = Ft ⋅ dϕ levá strana difer. rovnice

(momentová) Mt

dϕ

rovnováha elementu

Σ

Desky

x ⋅ u ′′( x) + u ′( x ) −

Frv = Ft ⋅ dϕ

u( x ) = x

=0 na element nep ůsobí žádné další úč inky u ( x ) = C1 ⋅ x +

C2 x

M rv = M t ⋅ dα

u( x ) ϕ ( x) = x ⋅ϕ ′′( x ) + ϕ ′( x ) − = x x A 6 ⋅ Q(x ) = − × ⋅ x 2 (A = ρ⋅ω2 ) =− E π ⋅ E+ ⋅ h3 kvadratická funkce od podle zatížení Q(x). odstředivé síly dO

x ⋅ u ′′( x) + u ′( x ) −

u (x ) = C 1 ⋅ x +

C2 C2 A + ϕ part. (x ) 3 ϕ (x ) = C1 ⋅ x + − ⋅ x x + x 8⋅ E

ϕpart.(x) různé podle Q(x). kraj desky

okrajové podmínky

σ r ( r1, 2 ) = ± M Wo střed nebo vetknutí

kraj kotouč e σ r ( r1, 2 ) = ±σ 1, 2

kraj nádoby σ r ( r1, 2 ) = − p1, 2

desky ϕ ( 0) = 0 nebo ϕ ( r1, 2 ) = 0

C2 x2 C σ r ( x ) = a r ( x) − 22 x 1+ 3 ⋅ν at ( x) = C1 − ⋅ A⋅ x 2 8 3 +ν ar ( x) = C1 − ⋅ A ⋅ x2 8 2 σ ⋅ r − σ r1 ⋅ r12 C1 = r 2 22 + r2 − r12

σ t ( x) = at ( x) +

průběhy napětí

C x2 C σ r ( x) = K − 2 x

σ t ( x) = K +

K= konstanty

p1 ⋅ r12 − p2 ⋅ r22 r22 − r12

C = ( p1 − p2 ) ⋅

r12 ⋅ r22 r22 − r12

3+µ ⋅ A ⋅ r12 + r22 8 r2 ⋅ r2 C2 = (σr 2 −σ r1) ⋅ 12 2 2 + r2 − r1

(

+

−

)

σ t ( x ) a σ r (x ) podle tvaru p ř íč ného zatížení Q(x ) resp. q(x )

C1 a C2 podle tvaru p ř íč ného zatížení Q(x) resp. q(x)

3 +ν ⋅ A⋅ r12 ⋅ r22 8

Poznámka: Z této tabulky je patrné, že z daných úloh je nejsložitější řešení tenkých kruhových rotač ně symetrických desek, kdy existuje vzhledem k variabilitě možného p ř íč ného zatížení Q(x) resp. q(x) znač ná variabilita možných řešení. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



61

2. STABILITA PŘÍMÝCH PRUTŮ (VZPĚR) STABILITA PŘÍMÝCH PRUTŮ NAMÁHANÝCH NA TLAK F

Olomouc

lkrit.

∅D

Vypočtěte kritickou délku lkrit., při které by došlo k vybočení ocelové lešenářské trubky při zatížení osovou silou F. Při výpočtu budeme uvažovat bezpečnost k a budeme díky lešenářským spojkám předpokládat kloubově uloženou na obou koncích.

∅d

Lešenářská trubka (dlouhý tenký prut namáhaný talkem) a lešenářské spojky (podpěry konců prutu)

VZPĚR – vychází ze TŘECH základních stavů: 1. Stabilní: 2. Indiferentní: 3. Labilní:

STABILITA:

PEVNOST VZPĚRNÁ: Vzpěra:

ČTYŘI základní případy podle způsobu uložení: I.

případ:

II. případ: III. případ: IV. případ: I. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

II.

III.

IV.



62

Další doplňující případy – NEŘEŠÍME!!! Základní předpoklady řešení: 1. ideální 2. ideální ideální4 ⇒ vyšší k

3. ideální 4. ideální Skutečnost:

2.1 PŘESNÉ ŘEŠENÍ KRITICKÉ SÍLY (ELASTICKÉ) KLASICKÉ ŘEŠENÍ PROVEDL LEONARD EULER

)

O

O

DVOZENÍ II. PŘÍPAD VZPĚRU (základní a nejjednodušší):

1. Momentová rovnice:

2. Bernoulliho dif. rovnice

Zavedeme pro zjednodušení:

F = α 2 resp. α = E ⋅ J min

F E ⋅ J min

[m–1 ].

Okrajové podmínky (pro II. případ vzpěru): 1.

2.

)

V době, kdy Leonard Euler (1707 – 1783) tyto vztahy odvozoval, nebyl ještě zaveden modul pružnosti E a nebyl „matematicky formulován“ Hookův zákon. To vše udělal až v roce 1807 Thomas Young




63

(1773 – 1829). Euler si tak ve svých výpočtech musel pomáhat zaváděním jediné „konstanty“, která charakterizovala prut jak materiálově tak geometricky – dnes víme, že šlo o součin E⋅Jz .




64

ODVOZENÍ

O

I. PŘÍPAD VZPĚRU: 1. Momentová rovnice:




F E ⋅ J min

[m–1 ].

Odhad partikulárního řešení:

Okrajové podmínky (pro I. případ vzpěru):

1.

2.




65

ODVOZENÍ

O

III. PŘÍPAD VZPĚRU: 1. Momentová rovnice:




F E ⋅ J min

[m–1 ].


Okrajové podmínky (pro III. případ vzpěru): 1.

2.




66

ODVOZENÍ

O

IV. PŘÍPAD VZPĚRU: 2. Momentová rovnice:




F E ⋅ J min

[m–1 ].


Okrajové podmínky (pro VI. případ vzpěru): 1.

2.




67

PODMÍNKA PLATNOSTI EULEROVA VZTAHU – PRUŽNÝ ROZSAH VZPĚRU: Kritická síla (dle Eulera):

Kritické napětí:

Podmínka elastického chování prutu:

Štíhlost prutu:

Mezní štíhlost prutu:

Poznámka: Pro zjednodušení se někdy používají při výpočtech pro běžnou konstrukční ocel (σu ≈ 210 N⋅mm–2 a E = 2,1⋅105 N⋅mm–2 ) přibližné hodnoty mezních štíhlostí (pro π 2 ≈ 10):

T

TABULKA (PŘIBLIŽNÉ HODNOTY MEZNÍCH ŠTÍHLOSTÍ): Případ vzpěru

I.

II.

III.

IV.

Mezní štíhlost λmez. [1]

50

100

140

200




68

Σ

Obecné srovnání všech čtyř základních případů vzpěru podle Eulera:

I.

π 2 ⋅ E ⋅ J min FkrI.÷1. IV. = n ⋅ l2 III.

II.

Fkr.

Fkr.

Fkr.

l

Fkr.

IV.

n = 1/4

n≈2

n=1

v′′ + α 2 ⋅ v = α 2 ⋅ c

v′′ + α 2 ⋅ v = α 2 ⋅

v′′ + α 2 ⋅ v = 0

Okrajové podmínky: v (0) = 0 v(0) = 0 v I(0) = 0 v(l) = 0 v (l) = c Výsledná goniometrická rovnice: cos(α ⋅l) = 0 sin(α ⋅l) = 0

n=4 H ⋅ (l − x ) F

v(0) = 0 v I(0) = 0 v(l) = 0

v′′ + α 2 ⋅ v = α 2 ⋅

M F

v(0) = 0 vI(0) = 0 v(l) = 0

tg(α ⋅l) = α ⋅ l

cos(α ⋅l) = 1

V některých starších učebnicích a knihách lze nalézt pojem „REDUKOVANÁ DÉLKA“ lred. a Euler ův vzorec má tvar: I.

II.

III.

IV.

Fkr.

Fkr.

Fkr.

lred

FkrI.÷1. IV. =

π2 ⋅ E ⋅ J min 2 l red

lred

l

lred

lred

Fkr.

lred ≈ l/√2

lred = l

lred = l/2

Redukovaná délka prutu lred převádí všechny př ípady vzpěru na II. základní p ř ípad vzpěru a je dána jako vzdálenost inflexních bod ů průhybové čáry př íslušného př ípadu vzpěru.

lred = 2⋅l Z uvedeného vyplývá jednoduchý vztah mezi koeficientem n a redukovanou délkou:

l red =


l n

resp.

 l n =   l red

2

  .  Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


69

2.2 NEPRUŽNÝ ROZSAH ŘEŠENÍ VZPĚRU – napětí překročí me z úměrnosti: Dimenzování prutů:

Málo štíhlé pruty:

Redukovaný modul pružnosti:

Nejjednodušší definice:

Engesserova definice:

Výsledný vztah:

Řešení pomocí EMPIRICKÝCH VZORCŮ:

Nejčastěji Tetmajerova náhrada:

σkr.

σu

čistý tlak

σK nebo σPt Tetmajer Euler

30

λmez

λ

Někdy pro λ ≤ 30 uvažujeme pouze čistý tlak bez stability. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



70

VÝPOČTY NA VZPĚR (ztrátu stability, vybočení, ...): Výpočet dovolené síly FD = ?

Výpočet rozměrů (dimenzování) rozmD = ?

(znám ro změry v zpěry a její materiál)

(znám zatížení v zpěry, její materiál a tvar průřezu)

1. Rozhodování:

1. Návrh dle Eulerova vztahu:

2. Výpočet (podle vhodného vztahu):

2. Kontrola platnosti Eulerova vztahu:

3. Konec výpočtu:

3. Konec NEBO přepočet dle Tetmajerova vztahu:

4. Konec výpočtu:

PŘÍKLAD (VÝPOČET DOVOLENÉ SÍLY):

FD = ?

Dáno: σK = 260 N⋅mm , σu = 200 N⋅mm , E = 2,1⋅10 N⋅mm , l = 0,7 m, ∅d = 30 mm, k = 3,5. –2

–2

5

–2

l

Určit: FD (dovolená síla pro I. případ vzpěru). Řešení: Nejprve popíšeme geometrii prutu (vzpěry): J min =

π 64

⋅d

4

a

A=

π 4

π ⋅d

2

J min = A

imin =

⇒

64

π

4

λ=

Štíhlost řešeného prutu tedy bude:

l imin

=

⋅d4 ⋅d

=

2

d . 4 ∅d

4 ⋅ l 4 ⋅ 700 = = 93, 3 . d 30

I. Mezní štíhlost pro I. př ípad vzpěru je: λmez n⋅ . =

2 5 π2⋅E 1 π ⋅ 2,1⋅ 10 = ⋅ = 50,9 . 4 200 σu

Protože λ > λmez provedeme další výpočet podle Eulerova vztahu:

FkrI.1. = n ⋅

π 2 ⋅ E ⋅ J min l2

π⋅d4 2 π ⋅ E ⋅ 3 4 3 5 4 1 64 = π ⋅ E ⋅ d = π ⋅ 2,1 ⋅10 ⋅ 30 = 42 045 N . = ⋅ 4 l2 256 ⋅ l 2 256 ⋅ 7002

Hledaná dovolená síla tedy bude: FD ≤ Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

FkrI..1 k

=

42 045 = 12 013 N ≈ 12 kN . 3,5 Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky

P


71

PŘÍKLAD (VÝPOČET DOVOLENÉ SÍLY):

FD = ?

Dáno: σK = 260 N⋅mm , σu = 200 N⋅mm , E = 2,1⋅10 N⋅mm , l = 0,3 m, a×b = 20×40 mm, k = 4. –2

–2

5

–2

Určit: FD (dovolená síla pro IV. případ vzpěru a pak pro I., II. a III.).

J min

1 = ⋅ a3 ⋅ b 12

A = a ⋅b

a

l

Řešení: Nejprve popíšeme geometrii prutu (vzpěry): 1 3 ⋅ a ⋅b J min a 12 = = . A a ⋅b 2⋅ 3

imin =

⇒

λ=

Štíhlost řešeného prutu tedy bude:

l imin

λ

Mezní štíhlost pro IV. p ř ípad vzp ěru je:

=

2 ⋅ 3 ⋅ l 4 ⋅ 300 = = 40 . a 30

π ⋅E π ⋅ 2,1 ⋅10 = n⋅ = 4⋅ = 203,6 . σu 200 2

IV. mez .

a× b

2

5

Protože λ < λmez provedeme další výpočet podle Tetmajerova vztahu:

 260 − 200 σ −σ u    Fkr1. = σ Tkr. ⋅ A =  σ K − K ⋅ λ  ⋅ a ⋅ b =  260 − ⋅ 40  ⋅ 20 ⋅ 40 = 198 570 N . λmez. 203,6     Hledaná dovolená síla tedy bude: FD ≤

Fkr.1 k

=

198 570 = 49 642 N ≈ 49,6 kN . 4

Nyní ještě urč íme, jak výsledek ovlivní uložení vzpěry (př ípady I, II a III):

I. případ

II. případ

Fkr.

I. λmez . =

III. případ

Fkr.

Fkr.

1 π ⋅ 2,1⋅ 10 π ⋅ 2,1 ⋅10 π ⋅ 2,1 ⋅10 II. ⋅ = 50,9 λmez = 101,8 λIII. 2⋅ = 144,0 , . = 1⋅ mez . = 4 200 200 200 2

5

2

5

2

5

σkrT . = 213MPa

σkrT . = 236 MPa

σ krT . = 243 MPa ,

FD ≈ 42,6 kN

FD ≈ 47,2 kN

FD ≈ 48,7 kN .

V I. př ípadu vzpěru (nejméně ohybově tuhá vzpěra) vychází dovolená síla cca o 14% nižší než je dovolená síla ve IV. př ípadu vzpěru (ohybově nejtužší vzpěra).



P


72 F = 300 kN

PŘÍKLAD (DIMENZOVÁNÍ VZPĚRY):

Dáno: σK = 280 N⋅mm–2 , σu = 210 N⋅mm–2 , E = 2,1⋅105 N⋅mm–2 , l = 0,5 m, F = 300 kN, k = 3,5. Řešení: Všechny geometrické charakteristiky prutu vyjádříme jako funkce hledaného rozměru d: J min π ⋅ d4 π ⋅d 2 J min = ≈ 0,0491 ⋅ d 4 , A = ≈ 0,7854 ⋅ d 2 a i min = = 0,25 ⋅ d . 64 4 A Štíhlost prutu je: λ =

l i min

4 ⋅ 500 π ⋅E III. = a mezní štíhlost je: λmez n⋅ = 140,5 . . = σu d

l

Určit: ∅d (potřebný průměr tyče pro III. Případ vzpěru).

2

∅d

1. KROK: NÁVRH PODLE EULEROVA VZTAHU PRO I. P ŘÍPAD VZPĚRU

FkrIII..1 = 2 ⋅

π 2 ⋅ E ⋅ J min = k ⋅F l2

⇒

J min =

k ⋅ F ⋅ l2 = 0,0491⋅ d E4 . 2 2⋅ π ⋅ E

3,5 ⋅ 300 000 ⋅ 500 k ⋅ F ⋅l2 Odkud dostáváme rozměr: d E = =4 = 46,1 mm . 2 2 ⋅ 0,0491 ⋅ π ⋅ E 2 ⋅ 0,0491 ⋅ π 2 ⋅ 2,1 ⋅ 10 5 2

4

2. KROK: KONTROLA PLATNOSTI EULEROVA VZTAHU l 4 ⋅ 500 2 000 k ⋅ F 3,5 ⋅ 300 000 λE = = = ≈ 43,4 resp. σ krE . = = = 629,1 N ⋅ mm - 2 . 2 i min E dE 46,1 AE 0,7854 ⋅ d E Protože λE < λmez resp. σE > σu , nebylo možné použít př i dimenzování vztahy pro pružný rozsah (Euler ův vztah) a je tedy třeba dále provést přepo čet pomocí vztahů platných pro nepružný rozsah (Tetmajer ův vztah).

3. KROK: P ŘEPO ČET PODLE TETMAJERA

 σ − σu  k ⋅F T Kritické Tetmajerovo napě tí je σ kr. =  σ K − K ⋅ λ  a také musí platit σ krT . = . λmez. A   Spojením těchto rovnic dosazením za λ a A funkce hledaného rozměru d dostáváme rovnici: σ − σ u 2 000 k⋅F σ − σ u 2 000 k ⋅F = σK − K ⋅ ⇒ d2 − K ⋅ ⋅d − = 0. 2 0,7854 ⋅ d λmez. d λmez. σK σ K ⋅ 0,7854 2

Odkud vychází: d T1, 2

 σ − σ u 2 000  σ − σ u 2 000 k⋅F  + 4 ⋅ = K ⋅ ±  − K ⋅ . σK 2 ⋅ λmez. σK 2 ⋅ λmez.  4 ⋅σ K ⋅ 0,7854 

Výsledkem jsou dva rozměry: dT1 = 70,9 mm – toto je hledaná VELIKOST pr ůmě ru d dT2 = − 67,3 mm (záporný pr ůměr nemá fyzikální smysl!).

Kontrola:

σ Tkr. =

k ⋅F 3,5 ⋅ 300 000 = ≈ 266 N ⋅ mm - 2 2 AT 0,7854 ⋅ 70,9

OK – hodnota Tetmajerova napětí splňuje podmínku nepružného vzpěru: σkr.∈ 〈 σu ; σK〉 . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


P


73

PŘÍKLADY ZE ZKOUŠEK (VZPĚR):

P FD

b×h

l

Dáno: b = 20 mm; h = 30 mm; l = 500 mm; k = 4; E = 2,1⋅105 N⋅mm-2 ; σu = 210 N⋅mm-2 a σK = 350 N⋅mm-2 . Určit: FD

Dáno: ∅D = 25 mm; l = 600 mm; k = 3; E = 2,1⋅105 N⋅mm-2 ; σu = 210 N⋅mm-2 a σK = 350 N⋅mm-2 . Určit: FD

FD

l

∅D

a

2 ·a

FD

FD

l

l

Dáno: a = 30 mm l = 600 mm; k = 3; E = 2,1⋅105 N⋅mm-2 ; σu = 210 N⋅mm-2 , σK = 350 N⋅mm-2 . Určit: FD

a

Dáno: l = 0,5 m; F = 4⋅105 N; k = 3; E = 1,9⋅105 N⋅mm-2 ; σu = 190 N⋅mm-2 ; σK = 240 N⋅mm-2 . Určit: ∅ dD

F

l

∅d

Dáno: F = 2⋅103 N; l = 350 mm; k = 4; E = 2,1⋅105 N⋅mm-2 ; σu = 210 N⋅mm-2 a σK = 350 N⋅mm-2 . Určit: hD l

FD


h×2⋅h



74

2.3 PŘIBLIŽNÉ ŘEŠENÍ VZPĚRU

Jz2 = 298 942 mm4

Jz3 = 181 132 mm4

E = 2,1⋅10 5 MPa

200

Jz1 = 117 810 mm4

1 800

1 600

Na základě přibližné teorie vzpěru vypočtěte kritickou a dovolenou sílu, kterou je schopna přenést stavební vzpěra používaná při betonování.

Myšák Gallery

Stavební vzpěra, výpočtový model a její praktické použití

Proveďte výpočet ztráty stability pomocí přibližných metod vetknutého prutu, který je na horním konci volný a je zatížen spojitě rozloženou vlastní hmotností – např. vysílač Cukrák, který leží jižně od Prahy, i když v tomto případě je problém ještě složitější, protože vlastní těleso tvoří průřez blízký komolému kuželi a systém antén na horním konci představuje ještě zatížení osamělou silou. Stěna vysílače je vyrobena z plechu o tloušťce 6 mm a celý váží okolo 2 000 t. ∅D

193,5 m

Kopanina (411 m n. m.)

Vysílač Cukrák a přibližný výpočtový model Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

∅ 16

12

l

q



75

ODVOZENÍ

O

ENERGETICKÁ METODA (původní autor Raylegh) (dává horní odhad nebo v p!ípad vhodného návrhu lze získat i p!esné !ešení: Fkr.energ. ≥ Fkr.E) Tato metoda vychází z obecného principu zachování energie resp. bezztrátové p!em ny potenciální energie vn jší osové tlakové síly F na vnit!ní deforma"ní energii: WP = U Vnit!ní deforma"ní energie U se ur"í snadno jako deforma"ní energie od ohybu za p!edpokladu platnosti Bernoulliho diferenciální rovnice pr hybové "áry: ⇒ U = UM

M o ( x) = −v′′( x) ⋅ E ⋅ J z

o

1 M o (x )2 1 = ⋅∫ ⋅ dx = ⋅ ∫ v′′( x) 2 ⋅ E ⋅ J z ⋅ dx . 2 ( l) E ⋅ J z 2 ( l)

Pro výpo"et práce vn jší síly musíme nejprve vyjád!it dráhu, po které bude síla F konat práci:

[

2

 dv  ds = dx + dv ⇒ ds = dx + dv = dx ⋅ 1 +   = dx ⋅ 1 + v′( x) 2  dx  2

2

2

2

2

]

1 2

 1  ≈ dx ⋅ 1 + ⋅ v′( x) 2  .  2 

Zkrácení elementu vyjád!íme jako rozdíl p vodní a nové délky a z n ho pak celkovou dráhu: 1  1 2 2 ∆dx = ds − dx = 1 + ⋅ v ′( x )  ⋅ dx − dx = ⋅ v ′( x) ⋅ dx . 2  2 

l

dx

1 ⋅ v′( x ) 2 ⋅ dx . 2 (∫l )

dx

(l )

ds

Celková potenciální energie vn jší síly F po dráze ∆l tedy bude: W P = F ⋅ ∆l =

v(x)

x

∆l = ∫ ∆dx =

∆l

Celkový posuv koncového bodu prutu tedy bude:

Fkr.

dv

F ⋅ ∫ v ′( x ) 2 ⋅ dx . 2 ( l)

Poznámka:

V tomto p!ípad ∆l není p!ímo deformace prutu, tak jak by tomu bylo p!i namáhání "istým tlakem, ale je to posuv bodu, kde p sobí síla F, vyvolaný prohnutím prutu p!i ztrát jeho stability. Proto ve vzorci pro výpo"et potenciální energie není ½) Dosazením do p vodní rovnice rovnosti potenciální WP a deforma"ní U energie dostaneme: F 1 ⋅ ∫ v′( x) 2 ⋅ dx = ⋅ ∫ v′′( x ) 2 ⋅ E ⋅ J z ⋅ dx . 2 ( l) 2 (l)

Odtud vyplývá výsledný vztah: ( I.−IV. ) energ . kr .

F

=

∫ v′′(x )

2

⋅ E ⋅ J z ⋅ dx

(l)

∫ v′( x)

2

⋅ dx

.

(l)

Tento vztah je zcela universální a platí pro všechny "ty!i p!ípady vzp ru. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



76

Pro II. p!ípad vzp ru (prut je na obou koncích kloubov uložen), tak se nám výsledný vztah ješt výrazn zjednoduší (sníží se stupe< derivací funkce v(x) jak v "itateli tak ve jmenovateli). Ohybový moment je ve II. p!ípad vzp ru dán jako prostý sou"in osové síly a pr hybu: ⇒

M o ( x ) = F ⋅ v( x)

U = UMo =

1 M o (x )2 F2 v( x) 2 ⋅∫ ⋅ dx = ⋅∫ ⋅ dx . 2 ( l) E ⋅ J z 2 (l) E ⋅ J z

Na práci vn jší síly se v tomto p!ípad nic nezm ní, a tak výsledná rovnice bude mít tvar: F F2 v (x )2 2 ′ ⋅ v ( x ) ⋅ dx = ⋅ ⋅ dx . 2 (∫l ) 2 (∫l) E ⋅ J z

Odtud vyplývá výsledný vztah: F

=

2

⋅ dx

( l)

v ( x )2 ∫ E ⋅ J z ⋅ dx (l)

. c

Obdobný „zjednodušený“ vztah by bylo možné odvodit i pro další p!ípady vzp ru, ale je t!eba vždy správn vyjád!it funkci pr b hu ohybového momentu Mo(x). Nap!íklad u I .p!ípadu vzp ru musí platit:

Fkr.

l

( II.) energ . kr .

∫ v ′( x )

v(x)

M o ( x) = Fkr. ⋅ψ ( x ) = Fkr . ⋅ [c − v( x) ] .

ψ (x) x

PŘÍKLAD (ENERGETICKÁ METODA):

P

Dáno: Prut délky l je vyroben z tyče stálého průřezu o kvadratickém momentu průřezu Jmin . a) je na jednom konci vetknutý a na druhém volném je zatížen osamělou silou F, b) je na koncích kloubově uložen a zatížen osamělou silou F. Určit: V případech a) a b) kritické síly Fkr. stanovené pomocí energetické metody. Řešení: V obou případech použijeme nejjednodušší možnou křivku druhého řádu: V případě a) se jedná o první případ vzpěru dle Eulera a zvolená křivka musí vyhovět geometrickým podmínkám: v ( 0) = 0 a v′(0) = 0 . Fkr.I Touto funkcí je parabola 2°ve tvaru: v (x ) = a ⋅ x 2 . v ′( x ) = 2 ⋅ a ⋅ x

⇒

v ′( x ) 2 = 4 ⋅ a 2 ⋅ x 2 ,

v ′′( x) = 2 ⋅ a

⇒

v ′′( x ) 2 = 4 ⋅ a 2 .

l

Její derivace a jejich druhé mocniny pro dosazení do základního vztahu jsou:

x Po dosazení dostáváme výslednou kritickou sílu ur čenou energetickou metodou: l

energ. kr .

F

= E ⋅ J min ⋅

∫ 4⋅a

2

⋅ dx

0 l

∫4⋅a 0


2

⋅ x 2 ⋅ dx

= 0,304 ⋅

π 2 ⋅ E ⋅ J min l2

×

π2 ⋅ E ⋅ J min . l2 (rozdíl cca +22%)

Fkr( I.). E . = 0,25⋅



77

Tato funkce musí splnit geometrické okrajové podmínky: v (0) = 0 a v (l) = 0 . Z nich vychází: C = 0 a B = − A ⋅ l . x Protože pr ůhyb př i ztrátě stability může být „jakýkoliv“, musí být průhybová čára funkcí jednoho „volného“ parametru: v našem př ípadě volíme a = − A a výsledná rovnice pr ůhybové čáry bude: v(x) = a ⋅ (l ⋅ x − x2 ) .

l

V případě b) se jedná o druhý případ vzpěru dle Eulera a zvolená křivka musí vyhovět geometrickým podmínkám: v ( 0) = 0 a v (l ) = 0 . Fkr.II Touto funkcí je parabola 2°ve tvaru: v(x) = A ⋅ x2 + B ⋅ x + C

Její derivace a jejich druhé mocniny pro dosazení do základního vztahu jsou:

v ′( x ) = a ⋅ ( l − 2 ⋅ x)

⇒

v ′( x ) 2 = a 2 ⋅ ( l 2 − 4 ⋅ l ⋅ x + 4 ⋅ x 2 ) ,

v ′′( x ) = −2 ⋅ a

⇒

v ′( x ) 2 = 4 ⋅ a 2 .

Po dosazení dostáváme výslednou kritickou sílu ur čenou energetickou metodou: l

∫4 ⋅ a ⋅ dx 2

. Fkrenerg = E ⋅ Jmin ⋅ l .

=1,216⋅

0

∫a ⋅ (l − 4 ⋅ l ⋅ x + 4⋅ x ) ⋅ dx 2

2

2

π2 ⋅ E ⋅ Jmin l2

π 2 ⋅ E ⋅ J min . l2 (rozdíl cca +21,6%)

×

Fkr( II.) . E . = 1⋅

0

Pokud bychom použili upravený vzorec platný jen pro II. př ípad vzpěru, tak dostáváme: l

∫ a ⋅ (l 2

2

− 4⋅ l ⋅ x + 4 ⋅ x2) ⋅ dx

. Fkrenerg = E ⋅ J min ⋅ l 0 =1,013⋅ . 2 2 2 3 4 ∫ a ⋅ (l ⋅ x − 2⋅ l ⋅ x + x ) ⋅ dx

π2 ⋅ E ⋅ J min 2 l

π 2 ⋅ E ⋅ J min . 2 l (rozdíl cca +1,3%)

×

Fkr( II.) . E . = 1⋅

0

ODVOZENÍ METODA POSTUPNÝCH APROXIMACÍ (původní autor Vianello)(p vodní autor Vianello) (umož
v ′′( x) = −

M o (x ) E⋅ Jz

⇒

Moment Mo(x) jako funkce pr hybu v(x): M o ( x) = F ⋅ v( x)

v ′′( x ) = −

F ⋅ v ( x) . E ⋅ Jz

Další postup: Zvolíme (odhadneme) „možný“ pr hyb v 0 (x) na pravé stran a jemu odpovídající sílu F0 a dvojí integrací získáme odpovídající funkci na levé stran v1 (x): v1′′( x ) = − Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

F0 ⋅ v0 ( x) E⋅ Jz

⇒

. Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky

O


78

Konstanty C1 a C2 ur"ím z okrajových podmínek, které budou odpovídat uložení vzp ry. Potom zjistíme vztah mezi p vodním (navrženým) pr hybem v0(x) a nov získaným pr hybem v 1(x) a dále p!edpokládáme, že p!i dosažení skute"ného kritického stavu bude platit rovnost prací dvou po sob následujících aproximací: F0⋅v0(x) = F1⋅v1(x): ≈ konst. ⇒ Fkr. P.A. = F1 = F0 ⋅ v0 ( x) v1 ( x )

v0 ( x ) v1 ( x)

≠ konst. ⇒ pokra"ování dalším krokem – další postupnou aproximací.

Zvolíme tedy za „možný“ pr hyb v 1 (x) na pravé stran a jemu odpovídající sílu F 1 a dvojí integrací získáme odpovídající funkci na levé stran v 2 (x): v2′′( x) = −

F1 ⋅ v1( x) E ⋅ Jz

⇒

  F v 2 ( x) = ∫∫  − 1 ⋅ v1 ( x )  + C1 ⋅ x + C2 .  E ⋅ Jz 

Konstanty C1 a C2 ur"ím z okrajových podmínek, které budou odpovídat uložení vzp ry. Potom zjistíme vztah mezi zvoleným pr hybem v1(x) a nov získaným pr hybem v 2(x) a dále p!edpokládáme op t rovnost prací dvou po sob následujících aproximací: F1⋅v1(x) = F2⋅v2(x) . ≈ konst. ⇒ Fkr. P.A. = F2 = F1 ⋅ v1 ( x ) v2 ( x )

v1 ( x) v2 ( x)

≠ konst. ⇒ pokra"ování dalším krokem – další postupnou aproximací.

Tento postup opakujeme n-krát, až bude p!edchozí pr hyb ku následujícímu p!ibližn konstantní a za p!edpokladu, že op t platí rovnost prací Fn-1⋅v n-1(x) = Fn⋅vn(x): vn −1( x) v (x ) ≈ konst. ⇒ Fkr . P.A. = Fn = Fn−1 ⋅ n−1 . vn ( x ) vn ( x)

Poznámky: • Protože v každém kroku (0, 1, 2, …) máme možnost volit p!íslušnou sílu (F0 , F1 , F2 , …), je vhodné zvolit Fn−1 = "1", a pak bude výsledný vzorec ješt jednodušší:

Fkr. P.A. = Fn ="1"⋅

vn −1( x) vn ( x )

⇒

Fkr. P.A. =

v n−1 ( x ) . vn ( x)

• P!i výpo"tu pomocí energetické metody bylo t!eba volit pr hybovou "áru, která by spl
základní geometrické okrajové podmínky. V p!ípad metody postupných aproximací není t!eba splnit ani tyto základní geometrické podmínky, protože postupnými aproximacemi dochází k postupné integraci zvolené po"áte"ní funkce a tím pádem ke zvyšování jejího !ádu. A protože lze obecným nekone"ným polynomem „vymodelovat“ jakoukoliv funkci, dosáhneme i v p!ípad naprosto nesmyslné volby po"áte"ní funkce po n kolika provedených aproximacích uspokojivý výsledek. U funkcí nespl


79

PŘÍKLAD (METODA POSTUPNÝCH APROXIMACÍ):

P

Dáno: Prut délky l je vyroben z tyče stálého průřezu o kvadratickém momentu průřezu Jmin a je na koncích kloubově uložen a zatížen osamělou silou F. Určit: Velikost kritické síly Fkr. stanovené pomocí metody postupných aproximací. Řešení: Jako počáteční odhad použijeme F0 = 1 a funkci F kr. v0 (x) navrhneme ve zcela „nesmyslném“ tvaru konstantní funkce po celé délce prutu: v0 ( x ) = a .

E⋅Jmin = konst.

Fkr.

v0 (x) = a = konst.

l Tyto hodnoty nyní dosadíme do základní rovnice, kterou postupně integrujeme: v1′′( x) = −

a E ⋅ J min

⇒ v1′ ( x) = −

a ⋅ x + C11 ⇒ E ⋅ J min

a x2 v1 ( x) = − ⋅ + C11 ⋅ x + C12 . E ⋅ J min 2

Integrač ní konstanty C11 a C12 urč íme z okrajových podmínek pro uložení řešené vzpěry: OP: 1. v1 ( 0) = 0 2. v1 ( l) = 0

⇒

C12 = 0

⇒

a l C11 = ⋅ E ⋅ J min 2

⇒

v1 ( x) =

a E ⋅ J min

 l ⋅ x x2 ⋅  − 2  2

  . 

Nyní vyjádř íme poměr funkcí v 0 (x) a v1 (x) a budeme se zabývat jeho závislostí na souřadnici x:

v0 ( x ) = v1 ( x )

a E ⋅ J min

a E ⋅ J min 2 E ⋅ J min = ⋅ = ⋅ ξ1 . 2 2 2 2  l⋅ x x  l l x  x ⋅  −  −  2 2 l l  

Tento podíl můžeme popsat pro celou délku vzpěry, ale stač í jen např. v pěti diskrétních bodech: x=

0,1⋅l 22,2

ξ1 =

0,2⋅ l 12,5

0,3⋅ l 9,5

0,4⋅ l 8,3

0,5⋅ l 8,0

∅

12,10

chyba +22,60%

Koeficient ξ 1 popisující podíl funkcí v 0 (x) a v1 (x) rozhodně není konstantní, pr ůměrná hodnota ale představuje po provedení první postupné aproximace chybu „jen“ +22,6%. Z výsledk ů je patrné, že provedení jedné postupné aproximace k určení přesně jší hodnoty Fkr. nestač í a je třeba celý postup opakovat. Po zopakování celého postupu ještě 2×, až do vyjádření poměru funkcí v 2 (x) a v3 (x) získáme jejich poměr v závislosti na x ve tvaru: v2 ( x ) E⋅ J min 30⋅( x 4 − 2⋅l⋅ x 3 + l 3 ⋅ x) E ⋅ J min = ⋅ = ⋅ξ 3 . 2 5 3 3 5 6 2 v3 ( x) l 3⋅l ⋅ x − 5⋅l ⋅ x +3⋅l⋅ x − x l Tento podíl můžeme op ět popsat pro celou délku vzpěry nebo vybrat jen pět diskrétních bod ů: x= ξ3 =

0,1⋅l 9,975

0,2⋅ l 9,927

0,3⋅ l 9,880

0,4⋅ l 9,848

0,5⋅ l 9,836

∅

9,893

chyba +0,237%

Koeficient ξ3 se podle tabulky již blíží konstantě a průměrná hodnota ξ3 po třetí postupné aproximace vykazuje chybu jen +0,237%, což je hodnota dostatečně přesná, a tak další postupné aproximace již není třeba provádět a dosaženou hodnotu lze považovat za konečný výsledek. Po třech krocích zdánlivě „nesmyslný“ první odhad průhybové čáry se „doaproximoval“ př ibližně do správného výsledku.




80

2.4 KOMBINACE VZPĚRU S OHYBEM Stanovte obecně maximální namáhání σred max vzpěr zadního přítlačného křídla vozu Lotus 49, které jsou vyrobeny z tenkostěnných ocelových trubek. c F

N B

l

ξ (x)

ψ (x)

v(x)

x C

Lotus 49B - Graham Hill

Lotus 48B – zadní přítlačné křídlo a výpočtový model

Stanovte obecně maximální zatížení N max táhla řazení u automobilu Škoda 120S, které vedlo od řadicí páky v prostoru řidiče až do zadní části vozu, kde byl motor s převodovkou. Při výpočtu uvažujte vlastní hmotnost táhla tvořeného ocelovou trubkou. qo N

N l

Š 120S - team ŠKODA

Škoda 120S – táhlo řazení a jeho výpočtový model

PEVNOSTNÍ PODMÍNKA PŘI KOMBINACI VZPĚRU S OHYBEM

(jedná se o oby"ejný pevnostní problém)

Nejedná se o stabilitní ale PEVNOSTNÍ problém, pro který lze napsat pevnostní podmínku ve tvaru: σ red. =

M o max N +− ≤ σD . Wo A

Základní momentová rovnice je tvořena dvěma členy: - momentem od p!í"ného zatížení: - momentem od zatížení osovou silou: Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

M(x) N⋅v(x)

⇒

M ( x ) = M ( x) + N ⋅ v ( x ) . Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


81

Vleny na levé a pravé stran rovnice jsou na sob závislé, protože sou"asn platí Bernoulliho rovnice: v ′′( x) = −

M ( x) . E ⋅ Jz

Spojením momentové rovnice a Bernoulliho diferenciální rovnice vznikne nová diferenciální rovnice druhého !ádu. Toto spojení m žeme provést dv ma r znými zp soby podle toho, kterou veli"inu chceme stanovit – moment M(x) nebo pr hyb v(x). ZPŮSOB ŘEŠENÍ ZÁKLADNÍ DIFERENCIÁLNÍ ROVNICE řešení v momentech

řešení v průhybech

M ( x ) = M ( x) + N ⋅ v ( x )

M ( x ) = − E ⋅ J z ⋅ v′′( x)

Nejprve dvakrát derivujeme momentovou rovnici: Nejprve vyjád!íme moment z Bernoulliho rovnice: a pak do ní dosadíme p!ímo Bernoulliho rovnici: v ′′( x) = −

M ( x) . E ⋅ Jz

Dostáváme diferenciální rovnici v momentech:  M ( x)  M ′′( x) = M ′′( x) + N ⋅  −  .  E ⋅ Jz 

Konstantní "len na pravé stran ona"íme jako: N =α 2 E ⋅ Jz

a dostaneme výslednou diferenciální rovnici: M ′′( x) + α 2 ⋅ M ( x ) = M ′′( x ) .

a ten pak dosadíme do momentové rovnice: M ( x ) = M ( x) + N ⋅ v ( x ) .

Dostáváme diferenciální rovnici v pr hybech: − v ′′( x) ⋅ E ⋅ J z = M ( x) + N ⋅ v ( x )

.

Konstantní "len na pravé stran ona"íme jako: N =α2 E ⋅ Jz

a dostaneme výslednou diferenciální rovnici: v ′′( x) + α 2 ⋅ v ( x ) = −

M ( x) E ⋅ Jz

.

Její !ešení se skládá z !ešení homogenní "ásti a Její !ešení se skládá z !ešení homogenní "ásti a partikulárního !ešení: partikulárního !ešení: Mo ( x) = A ⋅ cos(α ⋅ x) + B ⋅ sin( α ⋅ x) + M o P ( x) .

Partikulární !ešení Mo p(x) odhadneme podle tvaru pravé strany diferenciální rovnice a konstanty A a B ur"íme ze dvou okrajových podmínek pro ohybový moment (nej"ast ji vyžíváme vlastnosti kloubových podp r, kde je moment nulový nebo roven osam lému momentu, který je p!ipojen).

. Partikulární !ešení v p(x) odhadneme podle tvaru pravé strany diferenciální rovnice a konstanty A a B ur"íme ze dvou okrajových podmínek pro pr hyb (nej"ast ji využíváme vlastností podp r, které nosníku zabra
Z tvaru pravé strany diferenciální rovnice je patrné, že niky nebude nulová, protože pak by se M ′′(x ) = −q (x ) , nejednalo o kombinaci vzp ru s ohybem, ale jen o a tedy pravá strana diferenciální rovnice bude prostý vzp r, který již byl zcela vy!ešen v PP I. rovna spojitému zatížení q(x). Dále musí platit Schwedlerova v ta:




82

PŘÍKLAD (KOMBINACE VZPĚRU S OHYBEM):

P

Dáno: Přímý prut délky l je zatížen osovými silami N a po celé délce konstantním spojitým zatížením qo . Prut je vyroben z materiálu o modulu pružnosti E a příčný průřez je konstantní po celé délce prutu a má osový kvadratický moment k ose ohybu Jz. Určit: Maximální moment Mmax vznikající v tomto prutu při kombinaci vzpěru s ohybem. Řešení: Řešení provedeme v momentech:

x

M ′′( x ) + α ⋅ M ( x ) = M ′′( x) . 2

Průběh M(x) určíme podle PP I jako:

N

N

qo ⋅ l x ⋅ x − qo ⋅ x ⋅ , 2 2

v

v(x)

M (x ) =

qo

a proto bude (totéž lze psát př ímo ze Schwedlerovy vwě ty):

l

M Mmax

N⋅v(x)

M(x)

Řešíme tedy diferenciální rovnici druhého řádu s konstantní pravou stranou. Homogenní řešení této rovnice bude:

M(x)

M ′′( x) = −qo .

M H ( x ) = C1 ⋅ cos(α ⋅ x ) + C2 ⋅ sin( α ⋅ x) .

N⋅v

Partikulární řešení odhadneme jako konstantu H, kterou urč íme dosazením do původní rovnice:

M P ( x) = H

M P′′ ( x) = 0

⇒

⇒

0 + α 2 ⋅ H = −q o

⇒

H =−

Celé řešení tedy bude mít tvar: M ( x ) = C 1 ⋅ cos(α ⋅ x ) + C 2 ⋅ sin( α ⋅ x) −

qo

α2

qo

α2

.

.

Konstanty C 1 a C 2 urč íme z okrajových podmínek, protože nosník je na obou krajích kloubově uložen, a tak tyto podpěry nep řenášejí žádný moment: q q OP: 1. x = 0: M(0) = 0 ⇒ 0 = C1 ⋅ cos 0 + C 2 ⋅ sin 0 − o2 ⇒ C1 = o2 ,

α

2. x = l: M(l) = 0 ⇒ 0 =

qo

α

2

⋅ cos(α ⋅ l) + C 2 ⋅ sin( α ⋅ l ) −

α

qo

α

2

⇒ C2 =

qo 1 − cos(α ⋅ l) ⋅ . α 2 sin( α ⋅ l)

Výsledný pr ůbě h momentu M(x) po celé délce prutu bude popsán vztahem: M (x ) =

 qo  1 − cos(α ⋅ l) ⋅ cos(α ⋅ x) + ⋅ sin( α ⋅ x ) − 1 . 2  sin( α ⋅ l ) α  

Př i použití matematických vztahů pro polovič ní úhly bychom dostali „zjednodušený“ tvar:

α ⋅l = 2⋅

α ⋅l 2


⇒

M (x ) =

qo   α ⋅l  ⋅ cos(α ⋅ x) + tan   ⋅ sin( α ⋅ x) − 1 . 2  α   2  



83

Místo maximálního momentu Mmax bychom obecně určovali pomocí první derivace podle souřadnice: dM ( x ) =0 . dx Z této podmínky získáme hodnotu x extr.- místo extrému funkce M(x) – a tuto hodnotu dosadíme do p ůvodní rovnice vyjad ř ující pr ůbě h momentu po celé délce prutu: M max = M ( xextr. ) . V našem p ř ípadě ale využijeme symetrie úlohy a maximální moment Mmax bude právě uprostřed:

l q M max = M   = o2  2 α

  α ⋅l  α ⋅l  α ⋅l   ⋅  cos  + tan   ⋅ sin   −1 .  2   2     2 

Tento výraz můžeme opě t ještě zjednodušit využitím vztahů pro polovič ní úhly:

M max

α ⋅l 1 − cos  qo  2  = 2⋅ . α α ⋅l  cos    2 

Pokud ještě v tomto vztahu zavedeme novou promě nnou u:

α ⋅l 1 l2 u= ⇒ = , 2 α 2 4 ⋅ u2 můžeme pomocí těchto vztahů vyjádř it maximální moment Mmax jako: M max =

qo ⋅ l 2 1 − cos u qo ⋅ l 2 2 ⋅ (1 − cos u ) ⋅ = ⋅ = M max ⋅ψ . 2 2 cos u 8 4⋅ u u ⋅ cos u

Maximální moment od př íč ného zatížení Mmax je tedy násoben koeficientem ψ , který je funkcí promě nné u resp. souč inu α ⋅l a lze dokázat, že ψ (α ⋅l) > 1 a tedy Mmax > Mmax .

Poznámka: Známe-li pr ůběh momentu M(x), můžeme rovnici popisující průhyb prutu v(x) namáhaného kombinací vzpěru a ohybu urč it z Bernoulliho diferenciální rovnice průhybové čáry (viz PP I): v ′′( x ) = −

M ( x) E⋅ Jz

⇒

v ′′( x) = −

qo 2 E ⋅ J z ⋅α

   α ⋅l  ⋅ cos(α ⋅ x ) + tan   ⋅ sin( α ⋅ x ) − 1 .  2   

Postupnou integrací dostaneme řešení se dvě ma integrač ními konstantami K1 a K2 . Ty opět urč íme z okrajových podmínek na obou podepřených koncích, kde je nosník kloubově uložen a nemůže se tedy v těchto bodech prohnout: OP: 1. x = 0: v(0) = 0 ⇒ K1 a K2 . 2. x = l: v(l) = 0 Výsledný vztah v(x) popisující pr ůhyb prutu př i zadané kombinaci vzpě ru s ohybem by vycházel vzhledem k př edchozím výsledk ům pomě rně složitý.




84


P

Dáno: Přímý prut délky l (rozdělen na dvě části o délkách a a b) je zatížen osovými silami N a příčnou silou F, která působí mimo střed. Prut má po celé délce konstantní součin E⋅Jz.

M’(a)

Určit: Maximální moment Mmax vznikající v tomto prutu při kombinaci vzpěru s ohybem. x x Řešení: Řešení provedeme opět v momentech: F Nosník si tentokrát vzhledem k příčnému N N zatížení silou F musíme rozdělit na dvě pole: I. x ∈〈0 ; a〉 a II. x ∈〈0 ; b〉 . v v Také momentové rovnice vyjádříme pro a b obě pole. Protože na nosník působí jen osamělá příčná síla F víme, že: (l)

M ′′( x ) = q( x) = 0 a M ( x ) = q( x ) = 0 . Rovnice tedy budou: a jejich řešení zapíšeme ve tvaru:

M’(b)

F

M ′′( x) + α 2 ⋅ M ( x) = 0 a M ′′( x) +α 2 ⋅ M ( x) = 0

M

M

M ( x) = C11 ⋅ cos(α ⋅ x ) + C12 ⋅ sin( α ⋅ x ) , M ( x ) = C21 ⋅ cos(α ⋅ x ) + C22 ⋅ sin( α ⋅ x ) .

M(x)

M(x)

N⋅v

N⋅v

Pro určení konstant C11 , C12 , C21 a C22 musíme sestavit celkem čtyři okrajové podmínky: OP: 1. x = 0:

M (0) = 0

- tato podmínka zaručuje nulový moment v levé podpěře,

2. x = 0 :

M ( 0) = 0

- tato podmínka zaručuje nulový moment v pravé podpěře,

3. x = a a x = b : M (a ) = M (b)

- tato podmínka zaručuje spojitost momentu ve spojení,

4. x = a a x = b : M ′(a) + M ′(b) = F - tato podmínka zaručuje, že v místě spojení, kde působí osamělá síla F, je v průběhu posouvající síly právě skok velikosti F. Při sestavení této podmínky jsme využili Schwedlerovu větu pro postup zleva i zprava: T ( x ) = M ′( x) resp. T ( x ) = −M ′( x ) . Po dosazení obecných řešení do těchto podmínek získáme jednotlivé konstanty:

C11 = 0 , C21 = 0 , C12 =

F sin( α ⋅ b) ⋅ α sin( α ⋅ l)

a

C 22 =

F sin( α ⋅ a ) ⋅ α sin( α ⋅ l)

a můžeme tedy již vyjád ř it vztahy pro pr ůbě hy obou polí, které budou poměrně jednoduché: M (x ) =

F sin( α ⋅ b) ⋅ ⋅ sin( α ⋅ x) α sin( α ⋅ l)

a

M ( x) =

F sin( α ⋅ a) ⋅ ⋅ sin( α ⋅ x ) . α sin( α ⋅ l)

Maximální moment vzniká logicky ve spojení obou polí a můžeme ho vyjádř it jako: M max = M ( a ) = M (b) =


F sin( α ⋅ a ) ⋅ sin( α ⋅ b) ⋅ . α sin( α ⋅ l )



85


P

Dáno: Přímý prut délky l je zatížen osovými silami N a osamělým momentem M v levé podpěře A. Prut má po celé délce konstantní součin E⋅J z. Určit: Polohu x extr. a velikost maximálního momentu Mmax vznikající v tomto prutu při kombinaci vzpěru s ohybem. M Řešení: V tomto případě bude opět pravá strana N B N A diferenciální rovnice v momentech rovná nule, a tak l řešení nebude obsahovat partikulární část ale jen x extr. homogenní část:

M ( x) = C1 ⋅ cos(α ⋅ x) + C2 ⋅ sin( α ⋅ x) . Integrační konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek: Mmax OP: 1. x = 0: M (0) = +M tato podmínka popisuje levou podpěru s osamě lým momentem M, 2. x = l: M (l) = 0 tato podmínka zaruč uje nulový moment v pravé podpěře, která není zatížená. Po dosazení tak dostáváme:

+ M = C1 ⋅ cos 0 + C 2 ⋅ sin 0

⇒

C1 = +M ,

0 = + M ⋅ cos(α ⋅ l) + C2 ⋅ sin( α ⋅ l) ⇒

C 2 = −M ⋅

cos(α ⋅ l ) . sin( α ⋅ l)

Výsledný pr ůbě h momentu redy bude:

 cos( α ⋅ l)  M ( x) = M ⋅  cos(α ⋅ x ) − ⋅ sin( α ⋅ x )  . sin( α ⋅ l)   Maximum urč íme pomocí derivace výsledné funkce podle souřadnice x:

d   cos(α ⋅ l)  dM ( x ) ! =0 ⇒ ⋅ sin( α ⋅ x )  = 0 , M ⋅ cos(α ⋅ x) − dx  sin( α ⋅ l) dx   odkud za p ředpokladu, že α ≠ 0 dostáváme rovnici:

sin( α ⋅ x extr. ) cos(α ⋅ l ) =− , cos(α ⋅ x extr. ) sin( α ⋅ l) ze které již vyjádř íme hledanou vzdálenost x extr.: xextr . =

1

α

⋅ arctg [− cotg( α ⋅ l )] .

Nyní mohou nastat t ř i možnosti: 1. x extr. < 0 – funkce M(x) má extrém mimo prut ⇒ Mmax = M (funkce má pouze supremum), 2. x extr. = 0 – funkce M(x) má extrém právě v levé podpěře ⇒ Mmax = M, 3. xextr. > 0 – funkce M(x) má extrém v obecném místě prutu ⇒ Mmax = M(x extr.).




86

PŘIBLIŽNÉ ŘEŠENÍ KOMBINACE VZPĚRU S OHYBEM: Pro p!edb žný návrh prutu p!i kombinaci vzp ru s ohybem musíme použít n kterou z p!ibližných metod, protože "len α =

N závisí na kvadratickém momentu pr !ezu – tedy na jeho geometrii. E⋅ J

Základem všech p!ístup je volba pr hybové "áry, kterou prut asi zaujme po deformaci. Zvolíme-li pro prut zatížený konstantním spojitým zatížením a osovou silou pr hybovou "áru ve tvaru:

qo N

N

π  v( x) = a ⋅ sin  ⋅ x  , l 

Bude její druhá derivace:  π π  π v′′( x) = −  ⋅ a ⋅ sin  ⋅ x  = −  ⋅ v( x ) l l  l  2

2

a vše m žeme dosadit do diferenciální rovnice pr hybové "áry pro kombinaci vzp ru s ohybem: Získáme tak rovnici ve tvaru:

E ⋅ J ⋅ v′′( x) = −[M + N ⋅ v( x) ] .

  π 2  E ⋅ J ⋅  −   ⋅ v( x)  = −M − N ⋅ v( x)   l  

π2 ⋅ E ⋅ J ⋅ v ( x ) = M − N ⋅ v( x) . l2

⇒

Protože první "ást levé strany p!edstavuje velikost kritické síly druhého p!ípadu vzp ru dle Eulera: FkrII.. E =

π2 ⋅ E ⋅ J l2

m žeme z této rovnice vyjád!it pr hyb v(x) ve tvaru: v (x ) =

M II. E kr .

F

−N

.

Po dosazení této funkce do momentové rovnice M(x) = M(x) + N⋅v(x) dostáváme:

M ( x)

FkrII.. E kE FkrII. . E = M ( x ) ⋅ Kde: k = p!edstavuje E II. E II. E Fkr. − N Fkr. − N kE − 1 N bezpe"nost osové N síly vzhledem ke kritické Eulerov síle Fkr..

M ( x ) = M ( x) + N ⋅

= M ( x) ⋅

Tento postup dává pom rn dobré výsledky pro symetrické úlohy již od bezpe"nosti k E ≈ 2,5. bylo náplní velké "ásti výkladu v PP I. ŘEŠENÍ OHYBU S MALOU PŘÍDAVNOU OSOVOU SILOU: Jedná se o p!ípady, kdy je dominantní namáhání od p!í"ného zatížení a osová síla pouze zesiluje jeho ú"inek. Obecn je lze spíše ozna"it za „OHYB S P8ÍDAVNOU TLAKOVOU SILOU“. Tyto postupy aplikujeme v p!ípad malé osové síly N (k E ≥ 4). Výpo"et v t chto p!ípadech lze velice zjednodušit: , Kam za vpř.(x) a M(x) budeme dosazovat pr hyb a moment pouze od p!í"ného zatížení (viz PP I). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



87

PŘÍKLAD (PŘILIŽNÝ VÝPOČET KOMBINACE VZPĚRU S OHYBEM):

P

Dáno: Přímý prut délky l má po celé délce E⋅J z = konst., je zatížen osovými silami N a: a) konstantním spojitým zatížením qo po celé své délce b) osamělou silou F uprostřed délky nosníku c) osamělými momenty M v obou podpěrách. Určit: Velikost maximálního momentu Mmax při řešení ohybu s malou přídavnou osovou silou. Řešení: Provedeme postupně pro jednotlivé případy (průhyb v př.max - viz PPI) a) V případě nosníku zatíženého konstantním spojitým zatížením qo bude: qo

qo ⋅ l 2  l  5 ⋅ qo ⋅ l4 a v př . max = v   = . N 8  2  384 ⋅ E ⋅ J Maximální moment při kombinaci ohybu a tlaku bude:

Mmax =

N

Mmax

qo ⋅ l 2  5 ⋅ N ⋅ l 2  . ⋅ 1 + 8  48 ⋅ E ⋅ J  Dále je možno ještě vztah upravit pro: qo ⋅ l 2  5 π2  N π2 ⋅ E ⋅ J N ⋅l 2 π 2  k ε = kr . = ⇒ = ⇒ M = ⋅ 1 + max  48 ⋅ k  . N N ⋅ l2 E ⋅ J kε 8  ε  Poměr maximálního momentu ku momentu od příčného zatížení bude záležet na bezpečnosti k ε: M o max 5 π2 např. pro k ε = 5b ude: =1+ ⋅ ≈ 1,206 („zesílení“ o cca 21%). Mo max 48 5 M max =

b) V případě nosníku zatíženého uprostřed své délky osamělou silou F bude: F F ⋅l F ⋅ l3 l  Mmax = a v př . max = v   = . N 4  2  48 ⋅ E ⋅ J Maximální moment př i kombinaci ohybu a tlaku bude: F⋅l  N ⋅ l2   . M max = ⋅ 1 + 4  12 ⋅ E ⋅ J 

Mmax

N

N

Mmax

c) V př ípadě nosníku zatíženého v obou podpě rách osamě lými momenty M bude: M M l M ⋅ l2 M max = M a v př . max = v  = .  2  8⋅ E ⋅ J N Maximální moment př i kombinaci ohybu a tlaku bude:  N ⋅ l2   . M max = M ⋅  1 +  8⋅E ⋅ J 

PŘÍKLAD ZE ZKOUŠEK (VZPĚR S OHYBEM): Dáno: F; N; c; E; σD.

Určit: Mo max (přesně)

P F

N l/2


N l/2



88

3. MATEMATICKÁ TEORIE PRUŽNOSTI Stanovte pro obecnou napjatost zadanou všemi šesti složkami napětí velikost normálového a smykového napětí v rovině ρ .

3.1 ROZŠÍŘENÝ HOOKŮV ZÁKON

I

Při určení závislosti mezi normá lovými defor mace mi a normá lovými napětími musí platit Poissonův vztah ⇒ na defor maci v jedno m s měru se podílí napjatost ve všech třech směrech

ε x(x) =

1 ⋅σx E 1 ⋅σ y E 1 = −ν ⋅ ⋅ σ z E

ε x ( y ) = −ν ⋅ ε y ( y ) = −ν ⋅ ε x ( z) = −ν ⋅ ε z( z)

⇒ ε x = ε x ( x ) + ε x( y ) + ε x ( z) =

[

]

1 ⋅ σ x −ν ⋅ (σ y + σ z ) . E

Zbývající dvě deformace získáme cyklickou zámě nou indexů:

[

[

]

]

1 1 ⋅ σ y −ν ⋅ (σ z + σ x ) a ε z = ε zx + ε zy + ε zz = ⋅ σ z −ν ⋅ (σ x + σ y ) . E E Maticově lze rozšířený Hook ův zákon zapsat jako:

ε y = ε yx + ε yy + ε yz =

ε x   1 −ν −ν  ε  = 1 ⋅ −ν 1 − ν  ⋅ σ ; σ ; σ . y z  y  E −ν − ν 1  x ε z   Druhou část rozšířeného Hookova zákona tvoř í vztahy mezi zkosy a smykovými napětími. Zde není žádný vztah mezi jednotlivými deformacemi a ostatními složkami napětí, jako tomu bylo v případě normálových napětí a deformací, a tak výsledné vztahy jsou poměrně jednoduché. 1 γ x = ⋅τ x G γ x  1 0 0 1 γ  = 1 ⋅ 0 1 0 ⋅ τ ; τ .; τ γ y = ⋅τ y ⇒ y z  y  G 0 0 1  x G γ  z 1 γ z = ⋅τ z G

[

]

[

]

Pokud zavedeme poměrnou změ nu objemu Θ = ε x + ε y + ε z [1] a současně předpokládáme vztah mezi modulem pružnosti v tahu E a modulem pružnosti ve smyku G ve tvaru E = G ⋅ 2 ⋅ (1 + v) dostáváme rozšířený Hookův zákon pro stanovení normálových napětí pomocí normálových deformací ve tvaru:

 

σ x = 2 ⋅G ⋅ε x +

ν

ν ν      ⋅ Θ  , σ y = 2 ⋅ G ⋅ ε y + ⋅ Θ  a σ z = 2 ⋅ G ⋅ ε z + ⋅Θ . 1 − 2 ⋅ν 1 − 2 ⋅ν 1 − 2 ⋅ν     




89

3.2 ROVNICE PŘETVOŘENÍ

O

ODVOZENÍ ZÁKLADNÍ ROVNICE PŘETVOŘENÍ Předpoklady: u = u(x; y; z) úlohu !ešíme v rovin x-y , t!etí osa z je kolmá k této rovin , v = v(x; y; z) p vodní "ty!úhelník MNOP se zm ní na M´N´O´P´ a všechny w = w(x; y; z) uvažované deformace jsou malé.

y P2´

P1´

O´ P´

P

O

γxy

dy

N´ M´

γyx

N2´

v

M

N

N1´ x

u dx

Normálová deformace stanovená do sm ru x tedy bude:  ∂u    dx +  u + ⋅ dx  − u  − dx  ∂x ∆dx M′N′2 − MN  ∂u    εx = = = = . dx dx ∂x MN

Normálová deformace stanovená do sm ru y tedy bude:   ∂v    dy +  v + ⋅ dy  − v − dy ∂y ∆dy M′P2′ − MP  ∂v    εy = = = = . dy MP dx ∂y

a obdobn bychom vy!ešili i zbývající t!etí sm r z: εz =

∆dz ∂w =L= . dz ∂z

Tím jsme získali první t!i parciální diferenciální rovnice, které mezi sebou vážou normálové deformace a celková posunutí obecného bodu (elementu) t lesa. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



90

Zkos vyjád!íme jako zm ny pravých úhl v hranolu po deformaci sou"tem dvou složek γz = γyx + γxy: γ yx =& tg γ yx

∂v    v + ⋅ dx  − v N′N′2 ∂v dx ∂x  = =  = ⋅ . ∂u ∂x M′N′2    ∂u  dx +  u + ⋅ dx  − u dx ⋅ 1 +  ∂x ∂x    1 424 3 ≈1

Vlen ve jmenovateli je op t p!ibližn roven 1, protože jsme již d!íve odvodili, že ∂u/∂x = ε x a také proto, že platí základní p!edpoklad pružnosti a pevnosti (malé deformace) a musí tedy být ε x << 1. γ xy =& tgγ xy

  ∂u  u + ⋅ dy  − u ∂y P′P2′ ∂u dy   = = = ⋅ . ∂y M′ P2′  ∂v   ∂v  dy +  v + ⋅ dy  − v dx ⋅ 1 +  ∂y y   42∂4 1 3 ≈1

Vlen ve jmenovateli je op t p!ibližn roven 1, protože jsme již d!íve odvodili, že ∂v/∂y = ε y a také proto, že platí základní p!edpoklad pružnosti a pevnosti (malé deformace) a musí tedy být ε y << 1. Celkový zkos k ose z je dán sou"tem obou složek: γ z = γ xy + γ yx =

∂u ∂v + . ∂y ∂x

Stejn bychom mohli odvodit i zbývající zkosy k osám x a y: γ x = γ yz + γ zy =

∂v ∂w + ∂z ∂y

a

γ y = γ zx + γ xz =

∂w ∂u + . ∂x ∂z

Celkem je tedy rovnic p!etvo!ení 6 jako bylo rovnic rozší!eného Hookova zákona: εx =

∂u ∂x

εy =

∂v ∂y

εz =

∂w ∂z

a

γx =

∂v ∂w + ∂z ∂y

γy =

∂w ∂u + . ∂x ∂z

γz =

∂u ∂v + ∂y ∂x

Znamená to tedy, že již máme 12 rovnic (z nich 6 algebraických a šest diferenciálních). Pro dopln ní celého systému 15×15 nám tedy zbývají ješt 3 rovnice.




91

3.3 ROVNICE ROVNOVÁHY

ODVOZENÍ O

ZÁKLADNÍ ROVNICE ROVNOVÁHY V PRAVOÚHLÝCH SOUŘADNICÍCH

Tyto rovnice musí zaru"it silovou rovnováho každého bodu (elementu) t lesa. N kdy se také nazývají STATICKÉ PODMÍNKY (výminky) ROVNOVÁHY, protože je stanovíme jako jednoduché silové rovnice. Na každý bod (element) t lesa p sobí celkem šest složek y σy* nap tí, která p!edpokládáme po délce prom nná a σz * τy * τz dy sou"asn p sobí na element vnit!ní (objemové) síly X, Y Y * * σx τx σx τx a Z. Celý element musí být však podle základního X * Z x τy τz p!edpokladu pružnosti a pevnosti ve stavu statické dz σz rovnováhy. Využijeme tedy t!í zvolených sm r a z dx σy sestavíme silové rovnice rovnováhy do t chto t!í sm r . P!i sestavování rovnice do sm ru x zobrazíme jen ú"inky p sobící na element, které mají sm r osy x: dAy

dAx

y

τy σx X dy

τz

x dz

dAz

z

dx

Poznámka:

P!i vyjád!ení p!ír stk je využit Taylor v rozvoj nap!. pro σ x = σ x ( x; y ; z ) bude: dσ x =

∂σ x ∂σ x ∂σ x ⋅ dx + ⋅ dy + ⋅ dz , atd. pro další funkce τ y = τ y ( x; y ; z ) a τ z = τ z ( x; y; z ) . ∂x ∂y ∂z

P!i sestavování rovnic využijeme následující vztahy vyplývající z geometrie elementu: dAx = dy⋅dz , dAy = dz⋅dx , dAz = dx⋅dy a dV = dx⋅dy⋅dz . Σ Fx = 0:

∂τ y   ∂σ x   ⋅ dx  ⋅ dy ⋅ dz − σ x ⋅ dy ⋅ dz + τ y + ⋅ dz  ⋅ dx ⋅ dy − τ y ⋅ dy ⋅ dx + σ x + ∂x ∂z      ∂τ  + τ z + z ⋅ dy  ⋅ dz ⋅ dx − τ z ⋅ dz ⋅ dx + X ⋅ dx ⋅ dy ⋅ dz = 0 ∂y  

.

Odkud po úprav vychází výsledná rovnice rovnováhy do sm ru osy x: ∂σ x ∂τ z ∂τ y + + + X =0 . ∂x ∂y ∂z

Obdobn bychom sestavili rovnice rovnováhy do zbývajících dvou sm r y a z: ∂τ z ∂σ y ∂τ x + + +Y = 0 ∂x ∂y ∂z Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

a

∂τ y ∂x

+

∂τ x ∂σ z + +Z =0 . ∂y ∂z Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


92

3.4 SPOJENÍ VŠECH ROVNIC MATEMATICKÉ TEORIE PRUŽNOSTI: Za předpokladu platnosti vztahu pro výpočet poměrné změny objemu a platnosti vztahu mezi modulem pružnosti v tahu a modulem pružnosti ve smyku: Θ ≈ εx + εy + εz

a

E = 2 ⋅ (1 + ν ) G

získáme dosazením rovnic rozšíř eného Hookova zákona a rovnic přetvo ření do rovnic ∂2 ∂2 ∂2 rovnováhy př i použití Laplaceova diferenciálního operátoru: ∇ 2 = 2 + 2 + 2 soustavu ∂x ∂y ∂z tř í lineárních parciálních diferenciálních rovnic druhého řádu:

∇ 2u +

1 ∂Θ X ⋅ + =0 1 − 2 ⋅ν ∂x G

,

∇ 2v +

1 ∂Θ Y ⋅ + =0 1 − 2 ⋅ν ∂ y G

a

∇2 z +

1 ∂Θ Z ⋅ + = 0. 1 − 2 ⋅ν ∂ z G

Toto jsou ZÁKLADNÍ ROVNICE TEORIE PRUŽNOSTI. Systém má nekoneč ně mnoho řešení a každé konkrétní ř ešení odpovídající urč ité úloze je to, které vyhovuje okrajovým podmínkám řešené úlohy. Ze systému diferenciálních rovnic lze také dokázat jednoznač nost řešení odpovídajícího konkrétním okrajovým podmínkám, ale jeho samotné řešení je velice komplikované a možné jen ve zcela málo př ípadech!

I s pevností si člověk užije – ulomit se může všechno. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


Σ


93

3.5 PROSTOROVÁ NAPJATOST – TENZOR NAPĚTÍ: MOHROVY KRUŽNICE

I

Již v PP I jsme se zabývali problematikou „prostorové“ napjatosti, ale výpočet probíhal vždy jen v rovině pomocí Mohrových vztahů a prostorová napjatost se doplňovala o třetí hlavní napětí, které bylo přímo zadáno. Řešit jsme tedy byli tímto způsobem schopni pouze napjatost s jedním sdruženým smykovým napětím, a to buď v rovině x-y nebo z-x nebo y-z: Např. rovina x-y: σx; σy; σz a τz : y σy

τz

τz

σ 1, 2 =

σx

σz

σx +σy 2

σ −σy ±  x  2

2

  + τ z2 

σ3 = σz ,

a

x z

Ve zbývajících dvou rovinách lze zavést obdobné vztahy cyklickou záměnou indexů. Pro řešení v rovině x-y jsme odvodili kompletní vztahy, které v souřadnicovém systému σ -ττ představovaly kružnici (Mohrovu) charakterizující napjatost v jakékoliv rovině řešené napjatosti.

σy

σρ τρ σ x

σx α

σρ =

ρ

τz

σ x +σ y σ x − σ y 2

+

2

τz

σy

σx α

σρ

τz

ρ

⋅cos( 2 ⋅ α ) +τ z ⋅sin( 2 ⋅α ) a τ ρ =

σ x −σ y 2

nρ

τρ tρ

σy

⋅ sin( 2 ⋅α ) +τ z ⋅ cos( 2 ⋅α ) .

τ σ x −σ y 2

τz .

.

Tρ

τρ .

2 ⋅α .

σ(2)

σ x +σ y 2

.

S

σ(1)

σ

σρ

Ve zbývajících dvou rovinách lze odvodit obdobné vztahy, kde by opět došlo k cyklické záměně indexů. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



94

ODVOZENÍ

O

OBECNÁ NAPJATOST – HLAVNÍ NAPĚTÍ

Obecná napjatost je dána t!emi normálovými nap tími (σx; σy a σz) a t!emi sdruženými smykovými nap tími (τz; τy a τz), která m žeme zapsat ve form tenzoru nap tí: resp. ve zkrácené form σ xx τ xy τ xz    (sdružená smyková nap tí) Tσ = τ yx σ yy τ yz  τ zx τ zy σ zz  τxy = τyx = τz atd.  

σ x τ z τ y    Tσ = τ z σ y τ x  . τ y τ x σ z   

Poznámka:

Tento tvar je dobré si zapamatovat, protože z n ho bude vycházet !ada dalších vztah . Moje pom cka byla: „Na hlavní diagonále jsou normálová nap tí v po!adí podle abecedy x-y-z a všude jinde jsou smyková nap tí a v žádném !ádku ani sloupci se NESMÍ opakovat stejný index“. Nyní odvodíme vztah pro výpo"et hlavních nap tí i pro tuto obecnou prostorovou napjatost. P vodní element dx ⋅dy ⋅dz protneme rovinou ρ, jejíž normála y nρ je dána sm rovými kosiny cos α , cos β a cos γ. Plochu dAz roviny ρ ozna"íme dA a plochy st n !ešeného t lesa jsou: σz nρ dAx = dA ⋅ cosα , dAy = dA ⋅ cos β a dAz = dA ⋅ cosγ . τy νρ

σx dAx

ρ τz

dA

τx

νy

y

β

x

σy

νρ

α

dAy

z

nρ

γ

νx

x

νz

z

V !ešené rovin ρ (dA)vzniká obecné nap tí νρ , které m žeme rozložit do t!í složek ν x, νy, a ν z, pro které sestavíme rovnice rovnováhy: Σ Fx : ν x ⋅ dA = σ x ⋅ dAx +τ z ⋅ dAy +τ y ⋅ dAz

Kam dosadíme vztahy pro dAx, dAy a dAz: ν x ⋅ dA = σ x ⋅ dA⋅ cos α + τ z ⋅ dA⋅ cos β + τ y ⋅ dA ⋅ cosγ . Protože dA je element plochy nekone"n malý avšak nenulový, m žeme jej ve všech "lenech zkrátit: ν x = σ x ⋅ cosα +τ z ⋅ cos β +τ y ⋅ cosγ .

Obdobn provedeme !ešení i pro sm ry y a z: Σ Fy : ν y ⋅ dA = σ y ⋅ dAy + τ x ⋅ dAz + τ z ⋅ dAx

a

Σ Fz : ν z ⋅ dA = σ z ⋅ dAz +τ y ⋅ dAx + τ x ⋅ dAy .

Po dosazení a úprav dostáváme vztahy pr zbývající dv složky obecného nap tí ve tvaru: ν y = τ z ⋅ cos α + σ y ⋅ cos β +τ x ⋅ cosγ

a

ν z =τ y ⋅ cos α + τ x ⋅ cos β + σ z ⋅ cosγ .

Nyní m žeme tyto vztahy zapsat maticov : . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



95

Výsledné obecné nap tí νρ p sobící v !ešené rovin ρ m žeme vyjád!it pomocí jeho t!í pravoúhlých složek ν x, ν y, a ν z jako: .

Známe-li sm rové kosiny cos α , cos β a cos γ roviny ρ (jedná se o kosiny normály nρ této roviny), m žeme transformovat složky obecného nap tí ν x, ν y, a ν z do sm ru této normály a získáme tak normálové nap tí σρ v !ešené rovin ρ : tρ ν

y

σ ρ = ν x ⋅ cos α + ν y ⋅ cos β + ν z ⋅ cos γ .

Smykové nap tí τρ musí ležet v !ešené rovin ρ a musí být tedy kolmé ke známému normálovému napští σρ, které má sm r normály nρ . Pro známé σρ a νρ m žeme hledané smykové nap tí τρ vyjád!it pomocí Pythagorovy v ty jako:

τρ

nρ

σρ

ρ

x

z

τ ρ = ν ρ2 − σ ρ2 .

Pokud hledáme hlavní nap tí, musí ležet v hlavní rovin , kde nep sobí žádné smykové nap tí. Má-li být rovina ρ hlavní rovinou, potom musí platit: τ ρ = 0 , což znamená, že νρ (obecné nap tí v rovin ρ ) musí být totožné se σρ (normálové nap tí v rovin ρ ). Jestliže platí σ ρ =ν ρ , musí také platit: σ x =ν x , σ y = ν y a σ z =ν z . Protože normála nρ !ešené roviny ρ má sm rové kosiny cos α , cos β a cos γ, m žeme normálové nap tí σρ rozložit na složky σx, σy, a σz do sm r sou!adnicových os x, y a z: σ x = σ ρ ⋅ cos α = ν x

, σ y = σ ρ ⋅ cos β = ν y

a σ z = σ ρ ⋅ cos γ = ν z .

Tyto vztahy dosadíme do p vodního maticového zápisu rovnic rovnováhy za ν x , ν y a ν z : σ ρ ⋅ cos α σ ⋅ cos β  ρ σ ρ ⋅ cos γ

 σ x τ z τ y   cos α     = τ  σ τ  z y x  ⋅ cos β       τ y τ x σ z   cos γ 

a po p!evedení na jednu stranu dostáváme homogenní soustavu: (σ x − σ ρ ) τz  (σ y − σ ρ )  τz  τy τx 

τ y  cos α  τ x  ⋅ cos β (σ z − σ ρ )  cos γ

  =0 .  

8ešení této soustavy m že být buď triviální cosα = cos β = cosγ = 0 , které je však matematicky nep!ípustné, protože z analytické geometrie víme, že musí platit: cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 nebo musí být !ešená soustava lineárn závislá.




96

Jediným možným !ešením tak je LINEÁRN\ ZÁVISLÁ soustava. Ozna"me obecn hledané hlavní nap tí σ (σρ = σ) a za p!edpokladu lineární závislosti soustavy rovnic musí platit: (σ x − σ )  det  τ z  τy 

(σ

τz y

−σ )

τx

τy τx

   =0 . (σ z − σ )

Vy"íslení tohoto determinantu 3×3 je dosti zdlouhavé a po provedení dostáváme kubickou rovnici vzhledem k neznámé hodnot σ (existují t!i !ešení vyhovující kubické rovnici). Výslednou rovnici pro ur"ení hlavních nap tí σ1,2,3 je obvyklé psát ve tvaru: σ 3 − I1 ⋅σ 2 + I 2 ⋅σ − I 3 = 0 .

Koeficienty I1, I2 a I3 v této rovnici se p!i transformaci sou!adnicového syatému nem ní, a proto se nazývají INVARIANTY tenzoru nap tí. Základem pro jejich výpo"et je tenzor nap tí dané napjatosti: σ x τ z τ y    Tσ = τ z σ y τ x  τ y τ x σ z   

Z n ho lze vypo"ítat jeho invarianty jako: První invariant (první invarianta) je sou"et "len – normálových nap tí – na hlavní diagonále I1 = σ x + σ y + σ z

.

Druhý invariant (druhá invarianta) je sou"et všech subdeterminant 2×2 z p vodního tenzoru. I2 =

σx τ z σ y τ x σz τ y + + . τz σ y τx σz τ y σx

T!etí invariant (t!etí invarianta) je celkový determinant sestavený z p vodního tenzoru. σx τz τ y I3 = τ z σ y τ x . τ y τx σz

8ešením této kubické rovnice σ 3 − I1 ⋅σ 2 + I 2 ⋅σ − I 3 = 0 jsou t!i REÁLNÉ ko!eny, které odpovídají hlavním nap tí zadané napjatosti: σ1 ; σ 2

; σ3

Poznámky: •

Takto sestavená kubická rovnice má vždy t!i REÁLNÉ ko!eny odpovídající hlavním nap tím n které mohou být shodné (dvojnásobný nebo trojnásobný ko!en) nebo n které mohou být nulové.

•

Invariant nebo invarianta (pravidla "eského pravopisu p!ipouští mužský i ženský rod) znamená invariantní neboli nem nnou hodnotu, a proto velikosti jednotlivých invariant z stávají nem nné pro jakoukoliv transformaci zadané napjatosti. Musí tedy také platit:




97

I1 = σ 1 + σ 2 + σ 3 , I2 =

σ1 0

0

σ2

+

σ2 0

0

σ3

+

σ3 0

0

σ1

= σ 1 ⋅σ 2 + σ 2 ⋅σ 3 + σ 3 ⋅σ 1 ,

σ1 0 0 I3 = 0 σ 2 0 = σ 1 ⋅ σ 2 ⋅ σ 3 . 0 0 σ3

Výpo"et invariant pro tenzor tvo!ený po transformaci jen hlavními nap tími je sou"asn první kontrola správnosti vašich výpo"t . Pozor pouze p!i výpo"tech invariant na zaokrouhlování, protožr zejména ve t!etí invariant se p!i násobení i malá zaokrouhlování výrazn „zv tšují“. c) Výpo"et hlavních nap tí není nic jiného než transformace tenzoru nap tí, kterou si lze p!edstavit jako rotaci p vodního elementu kolem všech t!í os x-y-z až dosáhneme polohy 1-2-3, kdy budou všechna smyková nap tí τ nulová. y σy

τx τx σz

2

τz τy

σ2

τz τy

3

σ3

σx x

σ1

z

1

f(σ )

d) 8ešenou kubickou rovnici si m žeme p!edstavit také jako kubickou funkci s ko!eny σ1, σ2 a σ3 ve tvaru:

(c) (b) (a)

f (σ ) = (σ −σ 1 )⋅ (σ − σ 2 )⋅ (σ − σ 3 ) = 0 ,

která m že mít: (a) graf se t!emi r znými ko!eny (b) graf s jedním oby"ejným a jedním dvojnásobným ko!enem, (c) graf s jedním trojnásobným ko!enem.

σ3

σ2

σ1 = σ2 σ1

σ

σ1 = σ2 = σ3

Popsání polohy hlavních rovin HR1,2,3 prostorové napjatosti Polohy hlavních rovin HR1 resp. HR2 resp. HR3 vyjád!íme pomocí sm rových kosin úhl α1, β1 a γ1 resp. α2, β2 a γ2 resp. α3, β3 a γ3 jejich normál n1 resp. n2 resp. n3, a to z p vodní soustavy rovnic p!i dosazení za obecné nap tí σ hodnoty σ1 resp. σ2 resp. σ3. Pro výpo"et HR1 dosadíme za σ velikost σ1 a budeme psát: τz τ y   cos α 1  (σ x − σ 1 )     τ x  ⋅  cos β1  = 0 . (σ y − σ 1 )  τz  τy τx (σ z − σ1 )   cos γ 1  

Tato soustava je ale LINEÁRN\ ZÁVISLÁ (byl to p vodní p!edpoklad, ze kterého jsme ur"ili σ1, a to jsme nyní dosadili zp t do p vodní soustavy). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



98

Ze t!í rovnic tak m žeme použít jen dv (které to budou, záleží na konkrétních hodnotách). Z hlediska výpo"tu je výhodné vybrat ty dv nejjednodušší, kde je patrná „nezávislost na první pohled“. Tyto dv rovnice doplníme t!etí rovnicí analytické geometrie. Podle ní musí sm rové kosiny spl
Pro výpo"et HR2 dosadíme za σ velikost σ2 a pro výpo"et HR3 dosadíme za σ velikost σ3. Další postup bude naprosto stejný s postupem p!i ur"ování první hlavní roviny HR1 a op t použijeme vztahy analytické geometrie: cos2 α 2 + cos2 β 2 + cos2 γ 2 = 1

resp.

cos2 α 3 + cos2 β3 + cos2 γ 3 = 1 .

Po vy"íslení získáme hledané kosíny resp. úhly normály pro zbývající hlavní roviny HR2 a HR3: cosα 2 , cos β2 a cos γ 2 , resp. α 2 , β2 a γ 2

a

cosα 3 , cos β3

a cos γ 3 , resp. α 3 , β3 a γ 3 .

Poznámka:

P!i výpo"tu polohy hlavních rovin HR2,3 lze také s výhodou využít vlastnosti, že HR2 je kolmá k HR1 a HR3 je kolmá k ob ma p!edchozím HR1 i HR2 (její poloha je tak jednozna"n dána). P!i výpo"tech tak m žeme využít vlastnosti kolmých vektor , jejichž skalární sou"in je roven nule. Vztahy mezi hlavními napětími a hlavními deformacemi Protože i v p!ípad prostorové napjatosti musí sou"asn platit Hook v zákon, musí obdobné vztahy jako pro nap tí platit i pro deformace. Existuje tedy také tenzor deformací Tε , který má tvar: ε xx γ xy  Tε = γ yx ε yy γ zx γ zy 

γ xz   γ yz  ε zz 

resp. ve zkrácené form γ xy = γyx = 2⋅γ z atd.

γz 2 γy 2   εx   εy γx 2 . Tε =  γ z 2  γ y 2 γx 2 ε z  

I tento tenzor bude mít své invarianty (nem nné hodnoty p!i transformaci tenzoru): εx γz 2 γy 2 εx γ y 2 εx γ z 2 εy γx 2 I1ε = ε x + ε y + ε z , I 2ε = + + a I3ε = γ z 2 ε y γ x 2 . γ z 2 εy γ x 2 εz γ y 2 εz γ y 2 γ x 2 εz

Pro výpo"et hlavních hlavních deformací existuje kubická rovnice ve tvaru: ε 3 − I1ε ⋅ ε 2 + I 2ε ⋅ ε − I 3ε = 0 .

Jejím !ešením jsou t!i reálné ko!eny, které odpovídají hlavním deformacím: ε1 ; ε2 ; ε3 . Hlavní roviny bychom dostali dosazením vypo"teného ko!enu do p vodní rovnice: Poznámka:

Již v PP I jsme si zd raz


99

PŘÍKLAD (PROSTOROVÁ NAPJATOST):

P y σy

Dáno: V bodě součásti byla stanovena napjatost popsaná tenzorem napjatosti Tσ, který je dán: σx = 50 N⋅mm−2 , σy = −20 N⋅mm−2 , σz = 80 N⋅m m −2 , τz = 40 N⋅m m −2 , τ y = 3 0 N⋅m m −2 a τ x = −10 N⋅mm −2 .

τx τx

Určit: Velikosti hlavních napětí σ1 >σ2 > σ3 a hlavní rovinu HR1 odpovídající maximálnímu hlavnímu napětí σ1 .

σz

Řešení: V tomto případě bude mít tenzor napětí tvar:

z

τz τy

τz τy

σx x

σ x τ z τ y   + 50 + 40 + 30      Tσ = τ z σ y τ x  = + 40 − 20 − 10  . τ y τ x σ z   + 30 − 10 + 80      Nejprve vypočítáme jednotlivé invarianty tenzoru napětí:

I1 = σ x + σ y + σ z = 50 + ( −20) + 80 = 110 N ⋅ mm −2 , I2 =

+50 + 40 −20 − 10 +80 + 30 σ x τ z σ y τx σ z τ y + + = + + = τz σ y τ x σ z τ y σ x +40 − 20 −10 + 80 +30 + 50 ,

(

= 100 ⋅ ( −10 −16 − 16 − 1 + 40 − 9) = −1 200 N ⋅ mm −2

)

2

+50 + 40 + 30 σx τz τy I 3 = τ z σ y τ x = +40 − 20 − 10 = τy τx σz +30 − 10 + 80

.

(

= 1000 ⋅ [− 80 − 12 − 12 − (−18 + 128 + 5)] = −219 000 N ⋅ mm − 2

)

3

Tyto hodnoty dosadíme do základní kubické rovnice σ 3 − I 1 ⋅ σ 2 + I 2 ⋅ σ − I 3 = 0 a získáme její tř i reálné ko řeny, které jsou hlavními nap ětími σ 1 , σ 2 a σ3 zadané napjatosti:

σ 3 − 110 ⋅ σ 2 − 1 200 ⋅ σ + 219 000 = 0 σ1 = 100,15 N⋅mm-2

,

σ2 = 51,95 N⋅mm-2

a

σ3 = −42,10 N⋅mm-2 .

Poznámka: Správnost výpoč tu ověř íme výpoč tem invariant I1 , I2 a I3 z vypočtených hlavních napětí σ 1 , σ 2 a σ3:

(

I 1 = 110 N ⋅ mm -2 , I 2 = −1 200,6 ≈ −1 200 N ⋅ mm - 2

)

2

(

)

3

a I 3 = −219 037 ≈ −219 000 N ⋅ mm -2 .

Polohu první hlavní roviny HR1 vyjád ř íme pomocí smě rových kosinů úhlů α 1 , β 1 a γ1 její normály n1 z p ůvodní soustavy rovnic př i dosazení σ 1 :

( +50 − 100,146)   cos α1  + 40 + 30     + 40 ( −20 − 100,146) − 10   ⋅  cos β1  = 0 .  + 30 − 10 ( +80 − 100,146)   cos γ 1      Tato soustava je lineárně závislá (dosadili jsme do ní její p ůvodní řešení). Použijeme jen dvě rovnice (např. 1. a 3.), které doplníme rovnicí analytické geometrie: 2 cos α1 + cos 2 β1 + cos2 γ1 = 1.

( +50 − 100,1) ⋅ cos α1 +

40 ⋅ cos β1 +

30 ⋅ cos γ 1 = 0

30 ⋅ cos α1 + ( −10) ⋅ cos β1 + ( +80 − 100,1) ⋅ cos γ 1 = 0 cos 2 α1 + Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

cos 2 β1 +

cos 2 γ 1 = 1

⇒

α1 = 81,5° β1 = 88,2° . γ1 = 8,6°



100

PŘÍKLAD ZE ZKOUŠEK (PROSTOROVÁ NAPJATOST):

P

Dáno: σx = 50 N⋅mm−2 ; σy = −20 N⋅mm−2 a σz = 80 N⋅mm−2 , τx = −10 N⋅mm−2 ; τy = 30 N⋅mm−2 a τz = 40 N⋅mm−2 . σ x τ z τ y   + 50 + 40 + 30      Tσ = τ z σ y τ x  = + 40 − 20 − 10  τ y τ x σ z   + 30 − 10 + 80     

σy

y

τx

τz σx

τy

σz

Určit: σ1,2,3 a cosα1 ; cosβ1 a cosγ1 (směrové cosiny 1. hlavní roviny odpovídající σ1 = σmax ).

x

z

Dáno: σx = σy = σz = 0 a τx = τy = τz/2 = τ = 50 N⋅mm-2  0 2 ⋅τ τ   0 100 50  Tσ = 2 ⋅τ 0 τ  = 100 0 50  .  τ τ 0  50 50 0 

y

τz τx

Určit: σ1,2,3 a cosα1 ; cosβ1 a cosγ1 (směrové cosiny 1. hlavní roviny odpovídající σ1 = σmax ).

τy x

z Dáno: σ1 = 100 N⋅mm-2 ; σ2 = 50 N⋅mm-2 a σ3 = 0 N⋅mm-2 . 0 0  σ 1 0 0  + 100     Tσ =  0 σ 2 0  =  0 + 50 0   0 0 0   0 0 0  

σ2

2

τx

τz σ1

τy

σz

Určit: I1 ; I2 a I3 .

1

3 Dáno: σx = 50 N⋅mm−2 ; σy = −20 N⋅mm−2 a σz = 80 N⋅mm−2 , τx = −10 N⋅mm−2 ; τy = 30 N⋅mm−2 a τz = 40 N⋅mm−2 . σ x τ z τ y   + 50 + 40 + 30  y     Tσ = τ z σ y τ x  = + 40 − 20 − 10  τ y τ x σ z   + 30 − 10 + 80  1     1 1 Určit: σµ a τµ v axonometrické rovině (úseky 1 : 1 : 1). z

µ x

cos αρ : cos β ρ : cos γρ = 1/a : 1/b: 1/c a cos2 αρ + cos2 β ρ + cos2 γρ = 1.


τx

τz σx

τy

σz

x

z

Návod: Musí platit cos αµ = cos βµ = cos γµ a cos2 αµ + cos2 β µ + cos2 γµ = 1.

Dáno: σx = 50 N⋅mm−2 ; σy = −20 N⋅mm−2 a σz = 80 N⋅mm−2 , τx = −10 N⋅mm−2 ; τy = 30 N⋅mm−2 a τz = 40 N⋅mm−2 . σ x τ z τ y   + 50 + 40 + 30  y     Tσ = τ z σ y τ x  = + 40 − 20 − 10  τ y τ x σ z   + 30 − 10 + 80  3     2 4 Určit: σρ a τρ v rovině dané úseky 2 : 3 : 4 Návod: Pro úsekový tvar platí z

σy

y

σy

y

ρ x

σz

τx

τy

τz σx x

z



101

4. KRUT NEKRUHOVÝCH PROFILŮ KRUT KRUHOVÉHO A MEZIKRUHOVÉHO PROFILU: V PP I byly odvozeny vztahy pro kruhový a mezikruhový průřez namáhaný krutem a naučili jste se řešit základní úlohy včetně aplikace na tenké, válcové, těsně vinuté pružiny, kde je krut dominantním namáháním. Základní rozložení smykových napětí lze popsat v elastickém stavu jedinou rovnicí: M M τ ( ρ) = K ⋅ ρ resp. τ max = K , WK JP kde:MK [N ⋅mm] JP [mm4 ] ρ [mm] WK [mm3 ]

je vnit ř ní krouticí moment p ůsobící v daném místě, je polární kvadratický moment pr ůřezu, je vzdálenost místa pr ůřezu od pólu pr ůřezu, je pr ůřezový modul v krutu.

∅d

∅D

∅D

Základní pr ůřezové charakteristiky pro krut byly odvozeny jako:

JP =

π ⋅ D4 32

a

WK =

π ⋅ D3 16

JP =

4 π ⋅ D4   d   ⋅ 1 −    32   D  

a

WK =

4 π ⋅ D3   d   ⋅ 1 −    . 16   D  

Rozložení smykových napětí podle Saint-Vénantova vztahu:

MK

MK

τmax

τmax

Pokud maximální napětí v krajním vlákně dosáhne meze kluzu ve smyku (τmax = τK), končí elastický stav pr ůřezu a krouticí moment, který tento stav vyvolal označ íme jako maximální elastický moment:

M K el. = τ K ⋅ W K el . = τ K ⋅

π ⋅ D3 16

(analogie s tahem: Fel . = σ K ⋅ A = σ K ⋅

π ⋅ D2 ). 4

Vzájemné nato čení dvou ř ezů A-B lze poč ítat podle jednoduchého vztahu:

ϕ A−B =

M K ( x) ⋅ dx G ⋅ J P ( x) ( l A −B )

∫

resp. pro MK (x ), Jp (x ) = konst.

⇒

ϕ A −B =

MK ⋅ l A −B . G⋅J P

Deformač ní energie akumulovaná v hř ídeli mezi řezy A-B byla odvozena jako:

UMK

1 M K ( x) 2 = ⋅ ∫ ⋅ dx resp. pro MK (x ), Jp (x ) = konst. 2 (l A −B ) G ⋅ J P ( x)


⇒

UMK

1 M K2 = ⋅ ⋅ l A−B . 2 G⋅J P


I


102

4.1 VOLNÉ KROUCENÍ NEKRUHOVÉHO PROFILU Určete maximální smykové napětí vznikající v příčném tenkostěnném nosníku, který je součástí zadní nápravy osobního automobilu Audi A2. Nosník je tvořen ocelovým výliskem a budeme uvažovat rozdílné propružení levé a pravé strany o 15°.

160

3

160

R10

R10

3

100

100

skutečný profil

výpočtový model

Audi A2 1.6 FSI 1 953 mm 3 950 mm 1 450 mm 1 598 cm3

Šířka: Délka: Výška: Zdvihový objem:

Audi A2 – zadní nosník a jeho výpočtový model

Zásadní rozdíl mezi kruhovým a nekruhovým profilem je v tom, že smykové nap tí τ na obrysu profilu v bod P, které musí mít podle základních p!edpoklad sm r te"ny k obrysu, nemusí být kolmé k pr vodi"i ρ (OP). Tím dochází k deplanaci (zprohýbání) u(x) pr !ez . y Pokud není deplanaci ni"ím brán no – hovo!íme o VOLNÉM KROUCENÍ a τ MK pokud je deplanaci brán no nap!. vetknutím, výztuhami nebo žebry – P hovo!íme o NEVOLNÉM (STÍSN\NÉM) KROUCENÍ. 8ešení stísn ného ρ kroucení, p!i kterém krom smykových nap tí τ vznikají ješt druhotná z O normálová nap tí σ, p!ekra"uje rámec tohoto základního kurzu pružnosti a pevnosti, a proto se dále budeme zabývat pouze volným kroucením. MK

B y

P sobí-li na prizmatický prut moment MK (p sobí na všechny pr !ezy), dochází k deplanaci, které u u není ni"ím brán no a musí platit:

MK

A

εx = z

x

x

∂u =0 ∂x

x x

Budeme dále !ešit dva !ezy (A a B) vzájemn posunuté o x. Pokud ozna"íme zkrut jako ϑ, pak vzájemné nato"ení !ešených !ez bude: ϕ = ϑ ⋅ x y w

sin α =

y

ρ

a

cos α =

z

ρ

MK

ϕ

α M´

ρ

α

y

M

v

P sobením momentu MK se !ez A oproti !ezu B pooto"í, a tak bod M zaujme novou (pooto"enou) pozici M´. P vodní poloha bodu M je popsána vzhledem k sou!adnicovému systému 0- y- z vzdálenostmi z a y resp. pr vodi"em ρ a úhlem α , mezi kterými platí vztahy:

0

z

. z




103

Jednotlivá posunutí bodu M do bodu M´ m žeme p!i yužití vztahu M M′ = ρ ⋅ ϕ = ρ ⋅ ϑ ⋅ x psát jako: v = −MM′ ⋅ cos α = − ρ ⋅ ϑ ⋅ x ⋅ w = MM′ ⋅ sin α = ρ ⋅ ϑ ⋅ x ⋅

y

ρ

z

ρ

= −ϑ ⋅ x ⋅ z

=ϑ ⋅ x ⋅ y .

Po dosazení t chto vztah do základních rovnic p!etvo!ení dostáváme pro normálové deformace: εy =

∂v ∂ = (− ϑ ⋅ x ⋅ z ) = 0 ∂y ∂y

εy =

∂w ∂ = (− ϑ ⋅ x ⋅ y ) = 0 . ∂z ∂z

A pro zkosy vycházejí vztahy: γx =

∂v ∂w ∂ + = (− ϑ ⋅ x ⋅ z ) + ∂ (ϑ ⋅ x ⋅ y ) = −ϑ ⋅ x + ϑ ⋅ x = 0 , ∂z ∂y ∂z ∂y

γy =

γz =

∂w ∂u ∂ ∂u ∂u + = (ϑ ⋅ x ⋅ y ) + = ϑ ⋅ y + ≠ 0 , ∂x ∂z ∂x ∂z ∂z

∂v ∂u ∂ ∂u ∂u + = (−ϑ ⋅ x ⋅ z ) + = −ϑ ⋅ z + ≠ 0 . ∂x ∂y ∂x ∂z ∂y

Dosadíme tyto vztahy do Hookova zákona pro smyk a dostaneme tak první diferenciální rovnici: ∂τ y  ∂ 2u   ∂u  = G ⋅  + ϑ  τ y = G ⋅γ y = G ⋅  + ϑ ⋅ y  ≠ 0 ⇒ ∂y  ∂z   ∂z∂y   ∂u  τ z = G ⋅ γ z = G ⋅  − ϑ ⋅ z  ≠ 0  ∂y 

 ∂ 2u  ∂τ z ⇒ = G ⋅  − ϑ  ∂z  ∂y∂z 

⇒

∂τ z ∂τ y − = −2 ⋅ G ⋅ ϑ . ∂z ∂y

Druhou diferenciální rovnici získáme z rovnice rovnováhy do sm ru osy prutu x. Protože víme, že na prut nep sobí žádná objemová síla a sou"asn žádné normálové nap tí bude: ∂σ x ∂τ z ∂τ y + + + X =0 ∂x ∂y ∂z

⇒ (pro X = 0 a σx = 0) ⇒

∂τ z ∂τ y + =0 . ∂y ∂z

Získali jsme tedy systém dvou parciálních diferenciálních rovnic pro smyková nap tí τy a τz: ∂τ z ∂τ y + =0 ∂y ∂z

a

∂τ z ∂τ y − = −2 ⋅ G ⋅ϑ . ∂z ∂y

Zcela obecné !ešení této soustavy není možné získat. V n kterých speciálních p!ípadech sice systém !ešit lze, ale je to velmi komplikované. Pro nalezení !ešení využijeme podmínku jednozna"nosti !ešení základních rovnic teorie pružnosti, která !íká: „Najdeme!ešení.““ Najdeme-li n jaké !ešení !ešení systému, které vyhovuje základním rovnicím, je to jediné možné !ešení. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



104

Funkce napětí (zavedl Ludwig Prandtl) Pro usnadn ní výpo"tu vyhledáme takovou funkci F(y, z), jejíž derivace budou práv rovny hledaným smykovým nap tím τy a τz: τy = ±

∂F ∂y

τz = m

a

∂F . ∂z

Takto zavedenou funkci F(y, z) nazýváme FUNKCÍ NAP\TÍ. Funkce F(y, z) tvo!í nad profilem ur"itou plochu, kterou m žeme zobrazit v prvním oktantu β1 sou!adnicového systému x-y-z. y

∂F π ∂F = tgβ1 a také β1 > ⇒ tgβ1 < 0 ⇒ <0. ∂y 2 ∂y ∂F π ∂F = tgβ 2 a také β2 > ⇒ tgβ 2 < 0 ⇒ <0. ∂z 2 ∂z

t2

z

F(y,z)

Protože sou"asn sm r složky nap tí τy je ve smyslu kladné osy z a τz je proti smyslu kladné osy y, musí znaménka jednotlivých nap tí podle t chto vztah být:

y t1 F(y, z)

β2 z

τy > 0

⇒

τy = −

∂F ∂y

τz < 0

a

⇒

τz = +

∂F ∂z

y MK

τy τ

z

.

A

τz

P

Poznámka:

Pro lepší pochopení a zapamatování: Sm r τy je kolmý na osu y, protože toto nap tí to"í (kroutí) kolem osy y a τz je kolmé na z, protože to"í (kroutí) okolo osy z. Nyní provedeme všechny parciální derivace, které pot!ebujeme k dosazení do p vodního systému rovnic: ∂τ y ∂y

=−

∂2F ∂y 2

a

∂τ z ∂2F =+ 2 ∂z ∂z

a

∂τ y ∂z

∂ 2F ∂y∂z

=−

∂τ z ∂2F =+ . ∂y ∂z ∂y

a

Po dosazení do první diferenciální rovnice vzniklé z rozší!eného Hookova zákona dostáváme: ∂ 2F ∂ 2 F + = −2 ⋅ G ⋅ ϑ . ∂y 2 ∂z 2

Protože ale funkce F = F(z, y), musí platit: ∂F =0 ∂x

∂2 F =0 ∂x 2

a tedy také

.

∂2 ∂2 ∂2 Použijeme-li nyní ve shod s matematikou Laplace v diferenciální operátor ∇ = 2 + 2 + 2 , ∂x ∂y ∂z 2

m žeme výslednou rovnici zapsat ve tvaru:

∇ 2 F ( y, z ) = −2 ⋅ G ⋅ ϑ Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



105

Smykové nap tí τ na okraji profilu musí mít sm r te"ny k profilu (to vyplývá ze zákona o sdružených smykových nap tích). Díky této podmínce musí být složky smykových nap tí τy a τz ve stejném pom ru jako diferenciály délek dy a dz: dy τ z = . dz τ y

y

τy

A

MK dy

dz

τ

τz P

z

Po dosazení vztah pro nap tí τy a τz vyjád!ených pomocí parciálních derivací funkce nap tí F(z, y) dostáváme: ∂F dy = ∂z dz − ∂F ∂y

⇒

∂F ∂F ⋅ dy + ⋅ dz = 0 . ∂y ∂z

A protože podle definice je funkce nap tí F = F(y, z) závislá pouze na poloze dané sou!adnicemi y a z, bude op t "len

∂F ⋅ dx roven nule a m žeme tedy na obrysu profilu psát: ∂x ∂F ∂F ∂F ⋅ dx + ⋅ dy + ⋅ dz = 0 , ∂x ∂y ∂z

což je výraz pro úplný diferenciál dF funkce F(y, z) nezávislé na sou!adnici x . Pro obrys profilu tedy musí platit podmínka: dF ( y , z ) = 0 , odkud vyplývá, že na obrysu profilu bude pro funkci nap tí F platit: Fobrys = konst.

.

Poznámka:

Bude-li nap!íklad profil obsahovat dva otvory musí funkce nap tí F(y, z) na všech t!ech okrajových k!ivkách (jak na vn jším obrysu 1, tak i na obrysech 2 a 3 vnit!ních otvor ) spl
a

Fobrys2 = K 2


a

Fobrys3 = K 3

.

3

1

2



106

ODVOZENÍ

O

VLASTNOSTI FUNKCE NAPĚTÍ 1. Funkce nap tí F(y, z) p!edstavuje rovnici ur"ité plochy vytvo!ené nad p!í"ným pr !ezem. Takto

vzniklé t leso (omezené plochou pr !ezu a funkcí nap tí) se nazývá VRCHLÍK NAP\TÍ. Protneme-li vrchlík nap tí rovinou rovnob žnou s rovinou !ešeného pr !ezu ve vzdálenosti x = h, získáme uzav!enou k!ivku, která p!edstavuje vrstevnici vrchlíku nap tí o rovnici F(y, z) = h. Z této rovnice plyne: dF = 0 . Pokud tedy dosadíme za p!edpokladu F(y, z) ≠ f(x) získáme vztah:

Z této rovnice vyplývá, že vrstevnice vrchlíku nap tí mají vždy sm r te"ny, jejichž sm ry udávají sm r smykového nap tí. Vrstevnice vrchlíku nap tí p!i promítnutí do roviny pr !ezu p!edstavují SMYKOVÉ VÁRY. I obrys profilu, kde platí F(y, z) = 0, musí být také smykovou "arou protože má totožnou rovnici: dF ( y , z ) = 0 2.

τ=−

prut

MK

y

τy

z

τz

MK τ

.

průsečnice F(y, z) = h

–dz

Protneme-li vrchlík nap tí dv ma soumeznými rovinami (x = h a x = h + dh), získáme dv soumezné smykové "áry, pro které platí τ = τ y ⋅ cos β + τ z ⋅ sin β , a tedy: ∂F ∂F ⋅ cos β + ⋅ sin β ∂y ∂z

.

τy τ

dn

M

τz β

M

β

β

dy dz a sin β = − . dn dn Op t dosadíme tyto vztahy za p!edpokladu, že F(y, z) ≠ f(x) a získáme vztah:

Sou"asn musí podle obrázku platit: cos β = −  ∂F dy

∂F dz 

 ∂F

∂F

h

průmět vrchlíku

∂F

 1

dn

–dy

∂F ∂F ⋅ dy + ⋅ dz = 0 ⇒ ∂y ∂z

dy

dF =

x

∂F dy τ = − ∂z = z . ∂F τ y dz ∂y

–dz

dF

τ = − ⋅ + ⋅  = − ⋅ dx + ⋅ dy + ⋅ dz  ⋅ =− . ∂ y dn ∂ z dn ∂ x ∂ y ∂ z dn dn     1 424 3 =0

Tato rovnice znamená, že velikost smykového nap tí τ je dána spádem vrchlíku nap tí a také to, že sou"in τ⋅dn = dF = konst.. Ur"it jste si povšimli podobnosti s rovnicí kontinuity proud ní známé z mechaniky tekutin, a proto hovo!íme o tzv. hydrodynamické analogii. Smykové "áry p!edstavují proudnice a "ím jsou hustší, tím v tší smykové nap tí je. Poznámka:

Vzpome


107

soumezných smykových "arách, které mají vzdálenost dn. Pokud vyjmeme element délky ds, na který p sobí nap tí τ, bude zde p sobit síla: dT = τ ⋅ dA = τ ⋅ dn ⋅ ds .

dV

prut

MK dA

Tato síla zp sobí vzhledem k po"átku 0 lokální elementární moment dM = dT⋅ρ. Pokud chceme získat celý elementární krouticí moment p!enášený oblastí mezi dv ma soumeznými smykovými "arami, musíme provést integraci p!es celou uzav!enou k!ivku c odpovídající st!ednici dvou !ešených smykových "ar: dM K =

x

dF

3.. Dv soumezn roviny protnou vrchlík nap tí ve dvou

y

ds

dn

dT

ρ 0

z

∫ dM = ∫τ ⋅ ρ ⋅ ds ⋅ dn . ( c)

dAc c

(c )

1 2

Protože podle obrázku m žeme ozna"it plochu dAc = ⋅ ρ ⋅ ds , bude velikost elementárního krouticího momentu: dM K = ∫τ ⋅ dn ⋅ 2 ⋅ dAc . (c)

Jestliže platí hydrodynamická analogie τ⋅dn = dF = konst., tak musí být: dM K = 2 ⋅τ ⋅ dn ⋅ ∫ dAc = 2 ⋅ τ ⋅ dn ⋅ Ac = 2 ⋅ dF ⋅ Ac , (c)

kde Ac p!edstavuje plochu uzav!enou st!ednicí c soumezných smykových "ar. Protože sou"in dF⋅Ac = dV p!edstavuje element objemu vrchlíku nap tí, m žeme psát dMK = 2⋅dV. Celkový krouticí moment MK p!enášený !ešeným profilem pak bude pomocí funkce nap tí roven: M K = 2 ⋅ ∫∫ F ( y, z ) ⋅ 1 dy2 ⋅3 dz = 2 ⋅ VF . = dA

( A)

Určení funkce napětí: Stanovit funkci nap tí F(y, z) tak, aby spl
∂2 f ∂2 f ∂2 f + + = c = konst. ≠ 0 . ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 { =0

Funkci nap tí F(y, z) pak m žeme vypo"ítat jako: F ( y, z ) = −

2 ⋅G ⋅ϑ ⋅ f ( y, z ) . c

Takto stanovená funkce nap tí F(y, z) spl
2 ⋅G ⋅ϑ 2 2 ⋅G ⋅ϑ ⋅ ∇ f ( y, z ) = − ⋅ c = −2 ⋅ G ⋅ ϑ . c c Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


108

ODVOZENÍ

O

KRUT KRUHOVÉHO PRŮŘEZU POMOCÍ FUNKCE NAPĚTÍ V PP I jsme provedli !ešení kruhového pr !ezu pomocí Saint-Vénantovy teorie a nyní si ov !íme, že lze použít i !ešení pomocí funkce nap tí (kruhový profil je podmnožinou obecného nekruhového profilu). Funkci nap tí stanovíme pomocí funkce obrysu f(y, z). Kružnici o pr m ru D m žeme zapsat ve tvaru: 2

 D f ( y, z ) = y + z −   = 0 . 2 Tato funkce spl
2

MK

c =0 +2+2 = 4 .

Funkci nap tí F(y, z) pak bude mít pro kruhový profil tvar: 2 ⋅ G ⋅ϑ F ( y, z ) = − 4

 D2  . ⋅  y 2 + z 2 − 4  

Smyková nap tí jsou tedy dána jako: ∂F ( y, z ) τy = − = G ⋅ϑ ⋅ y ∂y

∅D

y

τy τz

τ z

z ∂F ( y, z ) a τz = = −G ⋅ϑ ⋅ z . ∂z

y

y

ρ

z

Dále p atí: τ = τ y2 + τ 2z = G ⋅ ϑ ⋅ y 2 + z 2 = G ⋅ϑ ⋅ ρ (zavedeno již v PP I). Integrací funkce nap tí p!es plochu pr !ezu ur"íme objem vrchlíku nap tí resp. krouticí moment: M K = 2 ⋅VF = 2 ⋅ ∫∫ F ( y, z ) ⋅ dA = −2⋅ ( A)

protože víme že:

2 ∫∫ y ⋅ dA = J z = ( A)

 G ⋅ϑ  D2 π ⋅ D4 ⋅ ∫∫ y 2 ⋅ dA+ ∫∫ z 2 ⋅ dA − ⋅ ∫∫ dA = G ⋅ϑ ⋅ = G ⋅ϑ ⋅ J P , 2  ( A) 4 ( A)  32 ( A)

π ⋅ D4 64

,

2 ∫∫ z ⋅ dA = J y = ( A)

π ⋅ D4 64

a

∫∫ dA = A = ( A)

π ⋅ D2 . 4

Ze vztahu pro MK získáme velikost sou"inu G⋅ϑ jako: G ⋅ϑ =

MK . π ⋅ D4 32

Protože sou"in G⋅ϑ je definován jako G ⋅ϑ = M K J K , bude modul JK kruhového profilu roven: JK

=

π⋅ D4 = JP . 32

Odpovídá odvození v PP I

Maximálních hodnot dosahuje smykové nap tí τy nebo τz na vn jším obrysu: τ max = τ y , z ( ± D 2) = G ⋅ ϑ ⋅

D . 2

Po dosazení výrazu pro sou"in G⋅ϑ dostáváme: τ max =

MK D MK ⋅ = . 4 π ⋅ D 2 π ⋅ D3 32 16

Protože ale sou"asn je τ max = M K W K , bude pr !ezový modul v kroucení WK kruhového profilu: Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



109 .




110

ODVOZENÍ

O

KRUT TENKÉHO DLOUHÉHO OBDÉLNÍKA Obdélníkový pr !ez namáhaný momentem MK má rozm ry h×t za p!edpokladu, že h >> t. Pokud si p!edstavíme nad ním sestrojený vrchlík nap tí je z!ejmé, že silo"áry budou v tomto p!ípad krom malé oblasti u kratších stran rovnob žné s osou z. Znamená to tedy, že budou pouze funkcí sou!adnice y a musí platit: MK h

∂τ z ∂τ y − = −2 ⋅ G ⋅ϑ pak zbude ∂z ∂y jen jediná závislost smykového nap tí τy na sou!adnici y: ∂τ z =0 ∂z

t

a z rovnice

−

∂τ y ∂y

y z

= −2 ⋅ G ⋅ ϑ ,

kde parciální derivaci v této rovnici m žeme nahradit oby"ejnou, protože nap tí τy je závislé pouze na jediné prom nné – sou!adnici y. Dostaneme tak jednoduchou diferenciální rovnici: dτ y dy

= 2 ⋅G ⋅ϑ

⇒ dτ y = 2 ⋅ G ⋅ ϑ ⋅ dy

⇒ τ y = 2 ⋅ G ⋅ϑ ⋅ y + C1 .

Integra"ní konstantu C1 ur"íme z okrajové podmínky. Protože z!ejm musí být uprost!ed profilu smykové nap tí τy = 0, bude C1 = 0 a výsledný pr b h smykových nap tí je popsán vztahem: τ y = 2 ⋅ G ⋅ϑ ⋅ y .

Je tedy z!ejmé, že po ší!ce t obdélníkového profilu bude smykové nap tí τy rozloženo lineárn . chyba Protože podle p!edpokladu je !ešený obdélník „dlouhý a tenký“ (h >> t ), lze toto rozložení aplikovat na celou jeho délku, protože chyba vznikající podél kratších stran je zanedbatelná. y Ze známého pr b hu τy nyní m žeme ur"it také funkci nap tí: τy = −

∂F ( y , z ) . ∂y

z

Z p!edchozích vztah je jasné, že také funkce nap tí F bude pouze funkcí sou!adnice y, a tak parciální derivaci nahradíme oby"ejnou: τy = −

dF ( y) dy

⇒ dF ( y ) = −τ y ⋅ dy

Tuto rovnici vy!ešíme neur"itou integrací levé a pravé strany: F ( y) = −∫ τ y ⋅ dy

⇒ F ( y) = − ∫ 2 ⋅ G ⋅ϑ ⋅ y ⋅ dy = −2 ⋅ G ⋅ ϑ ⋅ ∫ y ⋅ dy = −2 ⋅ G ⋅ ϑ ⋅

y2 + C2 2

Hledaná funkce bude mít tvar (s jednou integra"ní konstantou C2) F ( y) = −G ⋅ ϑ ⋅ y 2 + C2 . Integra"ní konstantu C2 ur"íme z okrajové podmínky: funkce nap tí musí být na vn jším obrysu nulová. pro y = ± t/2 musí platit: ⇒ . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



111

Výsledný tvar funkce nap tí nad dlouhým tenkým obdélníkovým profilem je popsán vztahem (op t s ur"itou chybou vznikající v blízkosti kratších stran): t2  F ( y) = G ⋅ ϑ ⋅  − y 2  . 4 

F(0)

Známe-li tvar funkce nap tí F(y), m žeme stanovit objem vrchlíku nap tí VF, který tato funkce nad !ešeným profilem vytvo!í. Protože tvar funkce nap tí je parabola 2°, bude se jednat o parabolický válec a jeho objem vypo"teme (p!i zanedbání chyb v oblasti kratších stran) jako: VF =

2 2 t2 1 ⋅ t ⋅ F ( 0 ) ⋅ b = ⋅ t ⋅ G ⋅ ϑ ⋅ ⋅ b = ⋅ G ⋅ϑ ⋅ h ⋅ t 3 . 3 3 4 6

h

t

P!enášený krouticí moment MK podle definice vlastností vrchlíku nap tí musí být: 1 1 M K = 2 ⋅V F = 2 ⋅ ⋅ G ⋅ϑ ⋅ h ⋅ t 3 = G ⋅ ϑ ⋅ ⋅ h ⋅ t 3 6 3

a odtud vyplývá velikost sou"inu G⋅ϑ jako: G ⋅ϑ =

MK 1 ⋅ h ⋅ t3 3

.

Protože ale sou"asn je sou"in G⋅ϑ také definován jako G ⋅ϑ = M K J K , bude modul tuhosti v kroucení JK tenkého dlouhého obdélníka roven: 1 = ⋅ h ⋅t 3 . 3

JK

Maximálních hodnot dosahuje smykové nap tí τy na vn jším obrysu podél delší strany (p!esn ji !e"eno v její st!ední oblasti, když budeme uvažovat ur"ité zaoblení smykových "ar, ke kterému dochází v blízkosti kratších stran).  t τ max = τ y (± t 2) = 2 ⋅ G ⋅ ϑ ⋅  ±  = G ⋅ ϑ ⋅ t .  2

Po dosazení výrazu pro sou"in G⋅ϑ dostáváme: τ max =

MK 1 3 ⋅h⋅t 3

⋅t =

MK 1 2 ⋅h⋅t 3

.

Protože ale sou"asn je maximální smykové nap tí v profilu definováno jako τ max = M K W K , bude pr !ezový modul v kroucení WK tenkého dlouhého obdélníka roven: WK


1 = ⋅h⋅t2 . 3



112

Poznámka:

Nyní si nazna"íme, jak je to vlastn s tou chybou v d sledku zanedbání rozložení nap tí v blízkosti kratších stran resp. jak tenký a dlouhý !ešený obdélník musí být, abychom mohli chybu zanedbat. Pro tento výpo"et rozd líme profil na t!i "ásti: I. obdélník t×t/2 na jednom konci II. st!ední obdélník (h–t)×t I. III. II. III. obdélník t×t/2 na druhém konci t /2 Ve st!ední "ásti II. p!edpokládáme, že parabolický t /2 h−t t válec popisuje pom rn p!esn tvar vrchlíku nap tí. (h) Složením I. a III. "ásti vznikne "tverec o stran t, který sice není !ešitelný p!ímo pomocí základních vztah teorie krutu nekruhových profil , ale použijeme výsledky numerické analýzy krutu tohoto profilu metodou kone"ných prvk a dostáváme výsledek:

t

t

J K skut. ≈ 0,1404 ⋅ t 4 .

P!i aplikaci vztahu pro výpo"et modulu JK, který jsme odvodili pro „tenký dlouhý“ obdélník by vycházela teoretická hodnota: t

J K teor. ≈ 0,3333 ⋅ t . 4

t

Rozdíl teoretického (teor.) a skute"ného (skut.) výsledku udává chybu ∆, která vznikne náhradou skute"ného tvaru vrchlíku nap tí parabolickým válcem: ∆J K ≈ (0,3333 − 0,1404) ⋅ t 4 = 0,1929 ⋅ t 4 .

Nejprve budeme !ešit „krátký“ obdélník, pro který platí h = 3⋅t, ale velikost modulu JK vypo"t me podle teorie tenkého „dlouhého“ obdélníka: 1 J K = ⋅ 3⋅ t ⋅t 3 = t 4 . 3

Jestliže hodnotu ∆JK budeme považovat za chybu výpo"tu, vychází pom rná chyba v modulu tuhosti: δJ = K

∆J K 0,1929 ⋅100% = ⋅ 100% ≈ 24% . J K − ∆J K 1 − 0,1929

Výpo"ty pro další pom ry stran obdélníka jsou patrné z tabulky: ht

[1]

3

4

5

6

7

8

10

12

20

58

100

δJ

[%]

24

17

13

11

9

8

6

5

3

1

0,6

K

Z těchto výsledk ů vyplývá: •

Považujeme-li za dostate"n malou chybu 10% a mén , bude dostate"n „dlouhý“ obdélník se stranou h delší než cca 7-mi násobek strany t.

•

Považujeme-li za dostate"n malou chybu 5% a mén , bude dostate"n „dlouhý“ obdélník se stranou h delší než cca 12-ti násobek strany t.




113

4.2 TENKOSTĚNNÉ PROFILY V t chto p!ípadech se výpo"et do jisté míry zjednoduší resp. budeme využívat n které d!íve zavedené a odvozené vztahy. Pro další postup musíme tenkost nné profily rozd lit na UZAV8ENÉ, kde st!ednici tvo!í uzav!ená k!ivka a OTEV8ENÉ, kde je st!ednicí obecná neuzav!ená k!ivka. Uzavřené tenkostěnné profily Uzav!ený tenkost nný profil m žeme chápat jako profil mezi dv ma smykovými "arami vzniklými na vrchlíku nap tí. Moment p!enášený oblastí mezi dv ma soumezn blízkými smykovými "arami jsme odvodili p!i platnosti tzv. hydrodynamické analogie (τ⋅dn = konst.) jako:

MK MK

y

t

dM K = 2 ⋅ τ ⋅ dn ⋅ ∫ dAc = 2 ⋅ τ ⋅ dn ⋅ Ac .

MK

(c )

Aplikujeme-li nyní tento vztah na tenkost nný profil, c kde bude tloušťka t dostate"n malá a srovnatelná tedy τstř. s elementární tloušťkou dn, dostáváme výsledný vztah pro výpo"et krouticího momentu: z M K = 2 ⋅τ stř. ⋅ t ⋅ Ac . Kde: Ac je plocha uzav!ená st!ednicí uzav!eného profilu c (uzav!ená k!ivka), Ac t je tloušťka st ny profilu ve vyšet!ovaném míst (m že se po profilu m nit). τstř. je st!ední hodnota smykového nap tí ve vyšet!ovaném míst (m že se po profilu m nit). Obrácen lze ze zadaného momentu MK a rozm r profilu ur"it st!ední smykové nap tí τstř. jako: τ stř. =

MK MK resp. maximální st!ední nap tí τstř. max v celém profilu: τ stř. max = . 2 ⋅ Ac ⋅ t 2 ⋅ Ac ⋅ t min

Nejv tší st!ední hodnota smykového nap tí nastává práv tam, kde je NEMENŠÍ tloušťka st ny profilu tmin (vzpome
t

Pokud jsme na za"átku p!ijali teorii dostate"n malé tloušťky st ny t a z toho plynoucí malé zm ny funkce nap tí F(y,z) po tloušťce, m žeme na základ t chto p!edpoklad uvažovat p!ibližný (lineární) vztah rozložení smykových nap tí: τ ext . = τ stř. + G ⋅ ϑ ⋅ t

a

τ int. = τ stř . − G ⋅ϑ ⋅ t .

Hodnotu sou"inu G⋅ϑ lze pro tenkost nné uzav!ené profily odvodit ve tvaru: G⋅ϑ =

∫τ

stř .

τext.

τint. τstř.

⋅ ds

(c)

2 ⋅ Ac

,

kde ds p!edstavuje element délky st!ednice profilu c – integrujeme tedy p!es celou uzav!enou k!ivku.




114

2. Silně zakřivená část (roh)

Složit jší situace v rozložení smykových nap tí vzniká v oblasti silného zak!ivení profilu (roh), kde na základ p!ibližné teorie lze po"ítat rozložení nap tí na k!ivosti o polom ru ρ podle vztahu: τ (ρ ) = G ⋅ ϑ ⋅ ρ +

C

ρ

ρ τ(ρ)

.

r2

r1

Konstantu C lze odvodit pomocí Stokesovy v ty pro uzav!ený tok ve tvaru: C=

τ stř. ⋅ t −

G ⋅ϑ 2 ⋅ r2 − r12 2 . r ln 2 r1

(

)

Hodnotu sou"inu G⋅ϑ jsme zavedli již p!i výpo"tu rozložení nap tí v p!ímé "ásti. P!i „ostrém“ rohu (malé r1) m že zde dojít ke zna"nému nár stu nap tí. Proto je vhodné p!i konstruování sou"ástí namáhaných krutem pamatovat na dostate"né zaoblení roh . Pokud provedeme všechny výpo"ty a p!epo"ty smykových nap tí, m žeme ur"it ze všech vypo"tených smykových nap tí „nejv tší maximální“ smykové nap tí τMAX: τ MAX = max (τ ext . i ;τ ρ i ) .

Jestliže jsme p!i návrhu zat žujícího momentu MK položili st!ední nap tí v nejten"ím míst rovné dovolenému nap tí τD, musíme na záv r provést kone"ný p!epo"et dovoleného zat žujícího momentu MKD tak, aby nejv tší maximální smykové nap tí τMAX bylo práv rovno dovolenému nap tí τD: M KD = M K ⋅

τD τ MAX

.

Poznámka:

P!i výpo"tu uzav!ených profil bude vždy MKD < MK, protože i p!i vhodné konstrukci rohu profilu je externí nap tí τext. na vn jším povrchu nejten"í p!ímé "ásti v tší než výpo"tové st!ední nap tí τstř., které bylo rovno dovolenému smykovému nap tí τD.

Otevřené tenkostěnné profily Otev!ený tenkost nný profil m žeme chápat vzhledem k aditivnosti modulu JK = ΣJKi jako profil složený z !ady tenkých dlouhých obdélník . Moment p!enášený n tenkými dlouhými obdélníky o rozm rech hi×t i m žeme vyjád!it jako: MK n

M K = τ D ⋅ WK = τ D ⋅

∑ J Ki

J Kc = τ D ⋅ i=1 t max t max

1 n 3 ⋅ ∑ hi ⋅ t i 3 = τ D ⋅ i =1 t max

MK

.

Nejv tší hodnota smykového nap tí nastává na vn jším resp. vnit!ním okraji profilu práv tam, kde je NEJV\TŠÍ tloušťka st ny tmax ("ím tlustší tím tužší a tím p!enáší víc). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



115

Nyní ješt musíme do!ešit skute"né maximální nap tí, které m že v profilu vzniknout: t max

1. Přímá (málo zakřivená) část

P!ímou "ást již není t!eba p!epo"ítávat, protože výpo"et vychází z lineárního rozložení smykových nap tí s maximem na krajích pr !ezu (τmax = τD) v místech s nejv tší tloušťkou st ny (st!ední nap tí je vždy nulové: τstř. = 0).

τmax τmax

τstř = 0

2. Silně zakřivená část (roh)

V oblasti silného zak!ivení profilu (roh) vzniká op t složit jší napjatost, kterou vy!ešíme na základ p!ibližné teorie. Nap tí v rohu na k!ivosti o polom ru ρ lze vypo"ítat op t podle základního vztahu: τ (ρ ) = G ⋅ ϑ ⋅ ρ +

C

ρ

.

ρ r2 τ(ρ) r1

Konstantu C lze odvodit pomocí Stokesovy v ty pro celkový tok ve tvaru: C=−

(

)

G ⋅ ϑ ⋅ r22 − r12 . r2 2 ⋅ ln r1

Hodnotu sou"inu G⋅ϑ v tomto p!ípad ur"íme z obecné teorie krutu s využitím aditivnosti modulu JK: G ⋅ϑ =

MK M MK = n K = . 1 n J Kc 3 ∑ J Ki 3 ⋅ ∑ hi ⋅ ti i =1 i =1

P!i „ostrém“ rohu (malé r1) m že i zde dojít ke zna"nému nár stu nap tí. Proto je vhodné p!i konstruování sou"ástí namáhaných krutem pamatovat na dostate"né zaoblení roh . Pokud provedeme všechny výpo"ty a p!epo"ty smykových nap tí, m žeme ur"it ze všech vypo"tených smykových nap tí „nejv tší maximální“ smykové nap tí τMAX: τ MAX = max (τ D ; τ ρ i ) .

Jestliže jsme p!i návrhu zat žujícího momentu MK položili nap tí v nejtlustším míst rovné dovolenému nap tí τD, musíme na záv r provést kone"ný p!epo"et dovoleného zat žujícího momentu MKD tak, aby nejv tší maximální smykové nap tí τMAX bylo práv rovno dovolenému nap tí τD: M KD = M K ⋅

τD τ MAX

.

Poznámka:

P!i výpo"tu otev!ených profil bude MKD ≤ MK, protože p!i vhodné konstrukci rohu profilu je již profil správn nadimenzován na smykové nap tí τmax na vn jším povrchu nejtlustší p!ímé "ásti rovné dovolenému smykovému nap tí τD.




116

PŘÍKLAD (NEKRUHOVÝ TENKOSTĚNNÝ PROFIL – UZAVŘENÝ/OTEVŘENÝ): Dáno: Tenkostěnný profil je vyroben svařením dvou profilů U 100. Dovolené namáhání a rozměry profilu jsou patrné z tabulky.

hodnota

100

b

t1 t2 [mm]

46

7,6

4,5

R 3,5

R1

τD

3,0

[N⋅mm–2 ] 75

t2

h

h

R1

1:10

Určit: Dovolené zatížení MKD profilu, a to jak pro případ ideálně svařeného uzavřeného profilu, tak také pro otevřený profil, který vznikne při poškození jednoho ze svarů.

t1

Veličina Rozměr

R

P

b/2 b

Řešení: P vodní profil je uzav!ený a v p!ípad porušení svaru vznikne profil otev!ený. Výpo"ty obou

profil provedeme soub žn , aby byly patrné rozdíly mezi nimi. Vytvo!íme tedy dva výpo"tové modely: c

M

7,6

M

Otevřený profil ot. pr . K

4,5

46

∆→0

46

7,6

Uzavřený profil uz. pr. K

94,8

100

92,4

4,5

87,5 92

92

M Kuz. pr. = 2 ⋅ Ac ⋅ t min ⋅τ D

M Kot. pr. =

7,6

Ac

J Kc ⋅τ D tmax

5 5 1 J Kc = ∑ J Ki = ∑ t(3i) ⋅ h(i) = i =1 i =1 3

Ac = b ⋅ h = (b − t2 ) ⋅ (h − t1) = 87,5⋅ 92,4 = 8 085mm2

M Kuz. pr. = 2 ⋅ 8 085 ⋅ 4,5 ⋅ 75 = 5 457 375 N ⋅ mm

G ⋅ϑ =

∫τ

s

⋅ ds

( s)

2 ⋅ As

[

]

1 = ⋅ (7,63 ⋅ 46) ⋅ 2 + (4,53 ⋅ 94,8) ⋅ 2 + (7,63 ⋅ 92) = 3 = 326 833mm4 326 833 M Kot. pr. = ⋅ 75 = 3 225 326 N ⋅ mm 7 ,6

  t 2 ⋅ τ D ⋅ h +τ D ⋅ 2 ⋅ b  t1  =  = 2⋅ h ⋅ b

 4,5  2 ⋅  75 ⋅ 92,4 + 75 ⋅ ⋅ 87,5 7,6  = 1,338 N ⋅ mm -3 =  2 ⋅ 92,4 ⋅ 87,5

G ⋅ϑ =

M K 3 225 326 = = 9,960 N ⋅ mm -3 J Kc 326 833

τ si ⋅ t i = τ D ⋅ tmin = 75 ⋅ 4,5 = 337,5 N ⋅ mm −1 r1 = R = 3,5 mm Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

a

r2 ≈ r1 +

t1 + t2 7,6 + 4,5 = 3,5 + = 9,55 mm 2 2 Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


C=

117

1,338 ⋅ (9,552 − 3,52 ) 9,960 ⋅ (9,55 2 − 3,5 2 ) 2 ≈ 285 N ⋅ mm −1 C = − ≈ −392 N ⋅ mm −1 9,55 9,55 ln 2 ⋅ ln 3,5 3,5 neprovádí se ( τ ext = τ D = 75 N ⋅ mm -2 ) τ = τ + G ⋅ϑ ⋅ t =

337,5 −

ext

D

min

= 75 + 1,338 ⋅ 4,5 = 81,0 N ⋅ mm -2

τ r = 1,338 ⋅ 3,5 + 1

285 = +86,1 N ⋅ mm −2 3,5

τ r = 1,338 ⋅ 9,55 + 2

285 = +42,6 N ⋅ mm − 2 9,55

uz . pr . τ MAX = max( τ ext ;τ ρ ) = 86,1 N ⋅ mm −2 uz. pr . M KD =

=

τ

τD uz . pr . MAX

splně no již v p ůvodní podmínce výpo čtu MK

τ r = 9,960 ⋅ 3,5 + 1

− 392 = +54,1 N ⋅ mm −2 9,55

τ r = 9,960 ⋅ 9,55 + 2

ot . pr . τ MAX = max( τ D ; τ ρ ) = 77,1 N ⋅ mm − 2

⋅ M Kuz. pr. =

75 ⋅ 5,5 ⋅10 6 = 4,8 ⋅10 6 N ⋅ mm 86,1

− 392 = −77,1 N ⋅ mm −2 3,5

ot . pr . M KD =

=

τD

uz . pr . τ MAX

⋅ M Kot. pr. =

75 ⋅ 3,2 ⋅10 6 = 3,1⋅ 106 N ⋅ mm 77,1

uz . pr . M KD = 4,8 kN ⋅ m

ot . pr . M KD = 3,1 kN ⋅ m .

Na závěr zobrazíme schematicky všechny vypočtené a přepoč tené hodnoty momentu MK [kN⋅m] i smykových napě tí τ [N ⋅mm-2 ]. Z obrázku je patrný zásadní rozdíl v pr ůbě zích smykových čar a tedy i napětí ve stě ně a v rohu uzavřeného a otevřeného profilu. (5,5) 4,8 kN⋅⋅ m

(3,2) 3,1 kN⋅⋅ m (+75,0) +73,0

(81,0) (75,0) (69,0) 70,6 65,3 60,1

(-75,0) -73,0

(86,1) 75,0

(42,6) 37,1

τ≈0 Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

Smykové čáry MUSÍ být čáry uzavřené a NESMÍ probíhat mimo materiál průřezu. Proto mají v uzavřeném profilu přes celou tloušťku stě ny jen jeden směr, zatímco u otevřeného profilu musí mít smykové čáry po tloušťce stěny oba směry.

(-77,1) -75,0

(54,1 ) 52,9

τ≈0



118

PŘÍKLAD (NEKRUHOVÝ TENKOSTĚNNÝ PROFIL – UZAVŘENÝ/OTEVŘENÝ):

P

(t)

(t)

(Rs )

Určit: Poměr únosnosti „uzavřené“ trubky ku „trubce“, kdy praskne podélný svar.

δ→0

Dáno: Podélně svařená tenkostěnná trubka D/d (D ≈ d) je vyrobena z oceli o dovoleném namáhání ve smyku τD. (Rs )

Řešení: Protože podle předpokladu jsou průměry d a D blízké, můžeme tento příklad řešit jako krut ∅d ∅d tenkostěnného profilu. Zavedeme proto střední poloměr ∅D ∅D Rs a tloušťku t jako: D+d D−d Rs = a t= . 2 2 Tyto hodnoty nyní použijeme k výpočt ům podle teorie tenkostě nných nekruhových profilů. 1. Uzavřený profil: I když mezikruhový, budeme řešit užitím teorie nekruhového profilu. M Kuz. pr. = 2 ⋅ Ac ⋅ t ⋅ τ D = 2 ⋅ π ⋅ Rs2 ⋅ t ⋅ τ D .

uz.pr.

MK

2. Otevřený profil: Výpočet převedeme na krut tenkého dlouhého obdélníka h×t, kde h = 2 ⋅ π ⋅ Rs : 1 3 ⋅ 2 ⋅ π ⋅ Rs ⋅ t J 2 M Kot. pr. = K ⋅ τ D = 3 ⋅τ D = ⋅ π ⋅ Rs ⋅ t 2 ⋅τ D . t t 3 Hledaný poměr momentu přenášeného uzavřeným profilem ku momentu přenášeného otevřeným profilem pak bude:

ot.pr.

MK

M Kuz. pr. 2 ⋅ π ⋅ Rs2 ⋅ t ⋅τ D 3 ⋅ Rs = = . ot . pr . 2 MK t 2 ⋅ π ⋅ Rs ⋅ t ⋅ τ D 3 Únosnost „uzavřené“ trubky může být mnohonásobně větší než v případě poškození svaru, kdy z trubky vznikne otevřený profil. Tato skutečnost platí u tenkostěnných profilů zcela obecně a je třeba ji mít na zřeteli zejména tehdy, když navrhujeme tenkostěnné konstrukce, které budou namáhány hlavně krutem.

Poznámky: • Tento výsledný poměr by se již výrazně nezměnil, pokud bychom výpočet doplnili o kontrolu v přímé části a případně do výpočtu zahrnuli i zakřivení profilu. • Tenkostěnnou trubku jsme v tomto případě řešili podle teorie tenkostěnného nekruhového profilu. Pokud bychom použili vztahy z PP I podle Saint-Vénantovy teorie, byl by výsledek při použití stejných pravidel přibližnosti řešení naprosto stejný: π π π JP = ⋅ D4 − d 4 = ⋅ D 2 + d 2 ⋅ ( D − d ) ⋅ (D + d ) ≈ ⋅ Ds3 ⋅ t = 2 ⋅ π ⋅ Rs3 ⋅ t , 1 4 2 4 3 1 2 3 1 2 3 32 32 4 2

(

)

(

)

≈ 2⋅ Ds

WK ≈

= 2 ⋅t

J P 2 ⋅ π ⋅ Rs3 ⋅ t = = 2 ⋅ π ⋅ Rs2 ⋅ t ⇒ Rs Rs


≈ 2⋅ Ds

M Kuz. pr. = WK ⋅τ D = 2 ⋅ π ⋅ Rs2 ⋅ t ⋅τ D .



119

PŘÍKLAD (KRUT – OTEVŘENÝ PROFIL):

P

Dáno: Ocelový prut (G = 0,81⋅105 N⋅mm-2 ) délky lA-B = 1 200 mm je vyrobený svařením dvou plochých částí (horní 72×6 rovné a dolní 100×4 72 ohnuté − tvar a rozměry viz obrázek) a je namáhán MK krouticím momentem MK = 3⋅105 N⋅mm. 6

R2

88

Určit: Namáhání jednotlivých částí profilu a natočení konců prutu A-B při volném kroucení. Řešení: Protože řešený profil můžeme určitě považovat za tenkostěnný (h > 12⋅t), můžeme ho rozdělit na dva tenké obdélníky a celkový modul JKc určit jako součet dílčích modulů JK1 + JK2 : 1 1 J Kc = ⋅ h1 ⋅ t 13 + h2 ⋅ t 23 = ⋅ 72 ⋅ 6 3 + 100 ⋅ 43 ≈ 7 317 mm 4 . 3 3 Maximální napě tí v p ř ímých částech urč íme podle vztahů:

[

]

[

4

R5

]

22

M K M K 3 ⋅10 4 M K M K 3 ⋅10 4 -2 τ max1 = = = = 24,6 N ⋅ mm a τ max 2 = = = = 16,4 N ⋅ mm -2 . WK 1 J K 7 317 WK 2 J K 7 317 t1 6 t2 4 Toto napě tí bude v krajních vláknech delších stran obou dílů ř ešeného sva řeného profilu. Dále musíme ještě zkontrolovat oba rohy, které profil má (horní roh tvoř í svar pouze se skutečným poloměrem r1 , zatímco dolní roh je tvořen ohybem spodní části dolního dílu profilu). M K 3 ⋅ 10 4 G ⋅ϑ = = = 4,1 N ⋅ mm -3 . JK 7 317

Konstanta G⋅ϑ bude pro oba rohy stejná: Konstantu C musíme pro každý roh ur č it zvlášť :

Horní roh:

Vnit ř ní polomě r: r1 = 5 mm Vnější poloměr r2 = r1 + t 2 = 9 mm

4,1⋅ (7 2 − 2 2 ) 4,1⋅ ( 92 − 52 ) C =− = −73,6 N ⋅ mm -1 C = − = −195,3 N ⋅ mm -1 , 7 9 2 ⋅ ln 2 ⋅ln 5 2

τ r = 4,1⋅ 2 +

− 73,6 -2 = 28,6 N ⋅ mm 2

τ r = 4,1 ⋅ 5 +

− 195,3 -2 = 18,6 N ⋅ mm , 5

τ r = 4,1 ⋅ 7 +

− 73,6 = 18,2 N ⋅ mm - 2 7

τ r = 4,1⋅ 9 +

−195,3 = 15,2 N ⋅ mm -2 . 9

1

2

1

2

24,6 N⋅mm-2

16,4 N⋅mm -2

Vnit ř ní polomě r: r1 = 2 mm t +t Vnější poloměr: r2 = r1 + 1 2 = 7 mm 2

Dolní roh:

28,6 N⋅⋅ mm -2 18,6 N⋅mm-2

Nejnamáhanějším místem řešeného profilu je horní roh, které má př íliš malý poloměr zaoblení. Natočení konc ů A-B prutu p ř i volném kroucení urč íme pomocí základního vztahu: M K ⋅ l A-B 3⋅10 4 ⋅1 200 ϕ A -B = = = 0,061 rad ≈ 3,5° . G ⋅JK 0,81 ⋅105 ⋅ 7 317 Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



120

PŘÍKLAD (KRUT – VÍCEDUTINOVÝ/VÍCEKOMOROVÝ PROFIL): b1

t1

Určit: Namáhání jednotlivých částí profilu (bez přepočtů).

τs1

t3

t2

τs3

τs2

h1

b2

MK

t2

t1

Dáno: Prut je vyrobený z obdélníkového tenkostěnného profilu s příčkou, která vnitřek profilu rozděluje na dvě komory a . Prut je namáhán krouticím momentem MK (pro jednoduchost jsou udány přímo rozměry střednic jednotlivých částí).

P

h2

průmět vrchlíku napětí

v2

1. Naznačíme vrchlík napětí, který nad průřezem musí vzniknout. Opět budeme vzhledem k předpokládané tenkostěnnosti profilu předpokládat, že průběh funkce napětí po šířce stěny bude lineární. Velikosti funkce napětí budou tvořit výšky vrchlíku v 1 a v2 .

v1

Řešení: Obecný postup řešení tohoto profilu si rozdělíme do několika postupných kroků:

2. Spád vrchlíku napětí pak bude určovat velikost smykových napětí v jednotlivých částech průřezu: v v v −v τ s1 = 1 , τ s2 = 2 a τ s3 = 1 2 . t1 t2 t3 3. Dvojnásobný objem vrchlíku napětí VF určuje velikost přenášeného krouticího momentu MK : M K = 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ( Ac1 ⋅ v1 + Ac 2 ⋅ v2 ) = 2 ⋅ ( Ac1 ⋅ t1 ⋅τ s1 + Ac 2 ⋅ t 2 ⋅τ s 2 ) . 4. Použijeme Stokesovu větu ve tvaru 2 ⋅ G ⋅ ϑ ⋅ Ac = ∫ τ s ⋅ ds a z ní urč íme zkrut obou komor:

ϑ1 =

1 τ s 1 ⋅ l1 + τ s 3 ⋅ l 3 ⋅ G1 2 ⋅ Ac1

kde: l 1 = 2 ⋅ ( h1 + b1) l3 ≈

a

a

ϑ2 =

1 τ s2 ⋅ l 2 − τ s3 ⋅ l 3 ⋅ , G2 2 ⋅ Ac 2

l 2 = 2 ⋅ ( h2 + b2 ) ... délka střednice 1. a 2. komory,

b1 + b2 2

... délka společ né st řednice 1. a 2. komory,

Ac1 = h1 ⋅ b1

a

Ac 2 = h2 ⋅ b2

... plocha st řednice 1. a 2. komory,

5. Doplníme deformač ní podmínku, která musí zajistit shodnou deformaci obou komor: τ s1 ⋅ l 1 + τ s3 ⋅ l 3 τ s 2 ⋅ l 2 − τ s3 ⋅ l 3 ϑ1 = ϑ2 , a protože musí být G1 = G2 = G ⇒ = . Ac1 Ac 2 6. Výsledná stř ední smyková napě tí τs1 , τs2 a τs3 po dosazení a úpravě jsou:

τ s1 =

MK t1 ⋅ l 3 ⋅ ( Ac1 + Ac 2 ) + t 3 ⋅ l 2 ⋅ Ac1 ⋅ , 2 2 2 2 t1 ⋅ t 3 ⋅ l 2 ⋅ Ac1 + t 2 ⋅ t3 ⋅ l 1 ⋅ Ac 2 + t1 ⋅ t 2 ⋅ l 3 ⋅ ( Ac1 + Ac 2 )

τ s2 =

MK t1 ⋅ l 3 ⋅ ( Ac1 + Ac 2 ) + t3 ⋅ l 1 ⋅ Ac 2 ⋅ , 2 2 2 2 t1 ⋅ t3 ⋅ l 2 ⋅ Ac1 + t 2 ⋅ t3 ⋅ l1 ⋅ Ac 2 + t1 ⋅ t 2 ⋅ l 3 ⋅ ( Ac1 + Ac 2 )

τ s3 =

MK t1 ⋅ l 2 ⋅ Ac1 − t 2 ⋅ l1 ⋅ Ac 2 ⋅ . 2 2 2 2 t1 ⋅ t 3 ⋅ l 2 ⋅ Ac1 + t 2 ⋅ t3 ⋅ l 1 ⋅ Ac 2 + t1 ⋅ t 2 ⋅ l 3 ⋅ ( Ac1 + Ac 2 )




121

PŘÍKLAD ZE ZKOUŠEK (PROSTOROVÁ NAPJATOST):

P 8

Dáno: rozměry v mm; τD = 80 N⋅mm-2 . Určit: MKD (s uvažováním koncentrace v rohu profilu)

6. 100 MKO t

δ→ 0 t

Dáno: t a τD Určit: JK; WK a MKD (bez kontroly v rohu).

as

MKU as

Dáno: τD, as, t (as >> t). Určit: MKU /MKO (poměr únosnosti uzavřeného ku otevřenému profilu). Neprovádějte žádnou z kontrol!

MKD

2

50

Návod: Konstantu c uvažujte podle Stokesovy věty: G ⋅ ϑ ⋅ (ρ22 − ρ12 ) c=− ρ  2 ⋅ ln  2   ρ1 

15⋅t

t

22⋅t

MKD 2⋅t

Návod: Konstantu c uvažujte podle Stokesovy věty: G ⋅ ϑ ⋅ (ρ22 − ρ12 ) c=− ρ  2 ⋅ ln  2   ρ1 

3

3

B

8

Dáno: Z pásu plechu šířky b = 120 mm, délky l = 700 mm 1 a tloušťka t = 8 mm je vylisován otevřený profil. τK = 160 N⋅mm-2 a k K = 2 (bezpečnost). Určit: MKD (s uvažováním koncentrace v rohu), ϕA-B.

MKD

MKD

A

Dáno: H = 80 mm; n1 = 10 mm; n2 = 7 mm; ρ = 3 mm a τD = 50 N⋅mm-2 . Určit: MKD (včetně kontrol v rohu a kontroly v přímé části u uzavřeného profilu).




122

Porovnání řešení uzavřeného a otevřeného tenkostěnného profilu Pro snadnější pochopení všech základních výpočtů uzavřených a otevřených tenkostěnných profilů provedeme nyní srovnání obou výpočtů vedle sebe včetně vyjádření odpovídajících veličin.

Uzavřený profil

Otevřený profil

MK

MK

MK

MK

Návrh zatěžujícího krouticího momentu M Kot. pr. =

M Kuz. pr. = 2 ⋅ Ac ⋅ t min ⋅ τ D

J Kc ⋅τ D tmax

Použitá průřezová charakteristika n 1 n 3 J Kc = ∑ J Ki = ⋅ ∑hi ⋅ ti 3 i =1 i =1

Ac = ∫∫ dAc (c )

(ti << hi)

Výpočet potřebných konstant

∫τ

G ⋅ϑ =

C=

τ stř . ⋅ t −

stř .

⋅ ds

G ⋅ϑ =

(c )

2 ⋅ Ac

G ⋅ϑ 2 ⋅ (r2 − r12 ) 2 r ln 2 r1

C=

−

MK J Kc

G ⋅ϑ 2 ⋅ ( r2 − r12 ) 2 r ln 2 r1

Kontrola v přímé části

τ ext . = τ D + G ⋅ϑ ⋅ t min

τ ρ = G ⋅ϑ ⋅ ρ +

neprovádí se (obsaženo již v základním návrhu) Kontrola v rohu

C

τ ρ = G ⋅ϑ ⋅ ρ +

ρ

C

ρ

Maximální smykové napětí v profilu uz . pr . τ MAX = max( τ ext ;τ ρ )

ot . pr . τ MAX = max( τ D ; τ ρ )

Dovolené zatížení profilu uz . pr . M KD =

τD τ

uz . pr . MAX

⋅ M Kuz. pr.

ot . pr . M KD =

τD τ

ot . pr . MAX

⋅ M Kot. pr.

Výsledný moment uz . pr . M KD < M Kuz. pr.


ot . pr . M KD ≤ M Kot. pr.


Σ


123

5. MEZNÍ STAVY (SHRNUTÍ) Definice: • Mezní stavy jsou takové stavy konstrukce, při jejichž překročení konstrukce

přestává plnit návrhové požadavky na užitné vlastnosti. • Mezní stav je z dlouhodobého provozování součásti nepřípustný

5.1 JIŽ PROBRÁNO V PP 1:

5.2 JIŽ PROBRÁNO V PP 2:

5.3 BUDE DÁLE PROBRÁNO V PP 2




124

6. TECHNICKÁ PLASTICITA Úvod: B hem celé dosavadní pružnosti jsme p!edpokládali „lineární“ chování materiálu – tedy že všechny probíhající d je jsou „vratné“ (po ukon"ení p sobení silových ú"ink se t leso vrátí do p vodního stavu). Poznámka:

V celé této kapitole budeme používat „staré“ ozna"ení meze kluzu σK, i když podle „nové“ normy bychom m li používat pro mez kluzu ozna"ení Re . V p!ípad tahu/tlaku resp. ohybu musela být spln na podmínka: |σ| ≤ σK resp. |σo max| ≤ σK . V p!ípad krutu musela být spln na podmínka: τ max ≤ τK , kde τ K =σK/α (α = 2 nebo 3 ). V p!ípad ztráty stability podle Eulera byla podmínka ješt p!ísn jší: σ krit. ≤ σu (mez úm rnosti zaru"uje ideální lineární závislost mezi nap tím a deformací popsanou Hookovým zákonem). Tahový diagram běžné konstrukční oceli (budeme z n ho dále vycházet): σ

ideální p!ímka

σK σu

Euler v vzp r

Celá PP I a dosavadní PP II (tah/tlak, ohyb a krut, nádoby, kotou"e a desky)

σPt

≈E 0

εu ε K ε K´

ε

Dosavadní PP (bez plasticity) Rozší!ení PP (s plasticitou)

Základní předpoklady úloh v technické plasticitě: 1. Z stává v platnosti p!edpoklad malých deformací

(systém je i v plasticit stále geometricky lineární), 2. Materiál v plasticit z stává stále ideální

(izotropní bez vnit!ních imperfekcí, ...), 3. Tahový diagram aproximujeme ideáln elasticko-plastickým modelem

(u tohoto modelu neuvažujeme po dosažení meze kluzu „zpevn ní“).




125

Nelineární chování materiálu – vznik trvalých deformací (při jednoosé napjatosti): σ

ε el

elastické chování

σ

≈E

0

≈E

εpl

ε el

ε

ε

Po p!ekro"ení meze kluzu (u materiál bez výrazné meze kluzu po p!ekro"ení smluvní meze kluzu) se po odleh"ení již soustava nevrátí do p vodní polohy. Odleh"ení probíhá po p!ímce, která je rovnob žná s p!ímkou elastického chování materiálu. Dosažená deformace ε se tak po odleh"ení neztratí celá, ale pouze její elastická (vratná) "ást. Zbývající "ást deformace je již „trvalá“ a p!edstavuje plastickou (nevratnou) "ást deformace: ε = ε el + ε pl .

Elastická složka deformace odpovídá deformaci, která by v soustav nastala, pokud by se tato bez omezení chovala elasticky (viz zobrazení ε el v horní "ásti p!edchozího obrázku). Nás bude s ohledem na další výpo"ty spíše zajímat plastická složka deformace, kterou ur"íme jako: ε pl = ε − ε el .

Věta o zbytkových napětích (deformacích): Zbytková nap tí (deformace) v sou"ásti vzniklá po odleh"ení lze vypo"ítat jako rozdíl výsledných nap tí (deformací) a hodnot nap tí (deformací) stanovených pro ideální elastické t leso v celém rozsahu zat žování. Tuto v tu m žeme nap!. pro nap tí zapsat formáln ve tvaru: . σ zb = σ skut. − σ elfikt . . Poznámky: 1. P!edchozí v ta funguje i v elastické oblasti, kde bude skute"ná a fiktivní elastická hodnota nap tí

stejná, a tak zbytková nap tí zde nebudou vznikat (odpovídá skute"nosti) 2. P!ipome<me si jeden rozdíl: „Technik uvažuje skute"ný stav a od n ho ode"ítá fiktivní, který nem že

reáln nastat, zatímco ekonom po"ítá s fiktivními pen zi, ze kterých se snaží financovat reálné v ci. Model skutečného materiálu:

Protože závislost mezi nap tím a deformací získáváme z tahových zkoušek experimentáln , je snaha tuto závislost popsat matematicky. Nej"ast ji se používá parabolická náhrada: ε = K ⋅σ m . Konstanty K a m se stanoví na základ experiment . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

σ

0

ε



126

Náhrada skutečného pracovního diagramu:

V technické praxi se velice "asto spokojíme s náhradou pracovního diagramu lomenou "arou. Protože p!edpokládáme zachování podmínky malých deformací, není t!eba popisovat celý tahový diagram, kdy již deformace dosahují takových velikostí, že by bylo t!eba uvažovat geometrickou nelinearitu v chování sou"ásti. Lomená náhrada tak popisuje jen po"áte"ní "ást tahového diagramu, kdy jsou deformace ješt malé, a proto nás tato oblast nejvíce zajímá. σ

σ

σK

σK

σ

≈E

≈E

≈E ε

εK

ε

εK

ε Materiál s lineárním zpevněním

Materiál bez zpevnění

(elasticko-plastický model se zpevn ním)

(ideální elasticko-plastický model)

Pokud je σ ≤ σK (elastické chování) platí u obou model pro stanovení modulu pružnosti E vztah: E=

σ ε

Modul zpevn ní druhé "ásti náhradního diagramu m žeme ur"it ze vztahu: E=

σ −σK ε −εK

resp.

E=

σK . εK

Tento diagram nep!edpokládá zpevn ní. E =0 . (dále budeme uvažovat tento diagram).

Mezní stav plasticity: Mezní stav plasticity nastane tehdy, dojde-li v d sledku zatížení ke kvalitativní zm n v chování sou"ásti – vznikne plastický mechanizmus. Mezní stav plasticity p!edstavuje možnou limitní hodnotu p!i dimenzování sou"ástí, pokud pro provoz jsou p!ípustné malé plastické deformace. Protože zatížení p!i mezním stavu plasticity m že být i výrazn vyšší než zatížení p!i mezním stavu pružnosti, umož
Povšimn te si, že na rozdíl od definice v tšiny p!edchozích mezních stav (pružnosti, pevnosti, ...) není mezní stav plasticity vázán p!ímo na konkrétní nap tí, ale na ur"itý typ zm ny v chování sou"ásti. Obdobnou úvahu jsme již provád li v PP I p!i popisu mezního stavu ztráty stability, kde také nebylo rozhodující nap tí, ale zm na v chování sou"ásti (prutu). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



127

Použití ideálně elasticko-plastického náhradního materiálového modelu: Elastická oblast (malá)

σ

Elastická oblast (malá)

Plastická oblast (mnohonásobn v tší)

σ

Plastická oblast (mnohonásobn v tší)

„∞“

≈E

≈E ε

ε

Teoreticky se ideální elasticko-plastický model m že „nekone"n “ deformovat, ale toto „nekone"no“ musí z stat v oblasti „malých“ deformací, což je základní p!edpoklad celé pružnosti a pevnosti.

6.1 TAH A TLAK V PLASTICITĚ Tento nejjednodušší typ namáhání se i v plasticit nejjednodušeji !eší. Nap tí v celém pr !ezu je totiž konstantní a je dáno jednoduchým vztahem (v elasticit i v plasticit ): σ=

N , A

kde N je osová síla (tahová – ven z plochy nebo tlaková – do plochy), A je plocha p!í"ného pr !ezu kolmo k ose prutu a zatížení. Dosáhne-li tedy nap tí v ur"itém pr !ezu meze kluzu σK, m že se od tohoto okamžiku tento pr !ez libovoln („nekone"n “) deformovat a záleží na zbývajících "ástech konstrukce, do jaké míry mu v tom dokážou zabránit a p!evzít na sebe "ást rostoucího zatížení, které již zplastizovaný pr !ez není schopen p!enést. Pak mohou nastat dva stavy: 1. Pokud zbývající "ásti konstrukce jsou schopny „nekone"né“ deformaci zabránit, dochází k p!erozd lení namáhání v konstrukci a zat žování m že pokra"ovat (konstrukce se dostala do elasticko-plastického stavu, kdy jsou n které "ásti již na mezi kluzu, ale zbývající se ješt chovají elasticky). 2. Pokud zbývající "ásti konstrukce nejsou schopny „nekone"né“ deformaci zabránit, dochází ke vzniku mechanizmu a daný stav je považován za mezní stav plasticity a zatížení, které ho vyvolalo za mezní zatížení. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



128

PŘÍKLAD (TAH/TLAK V PLASTICITĚ):

P

Dáno: Sloupek o ploše průřezu A a délky l je na volném konci zatížen osamělou silou F (vlastní tíhu sloupku zanedbáme).

l

Určit: Mezní sílu Fmez, která způsobí vznik mezního stavu plasticity daného sloupku.

Řešení: Podle Saint-Vénantovy teorie předpokládáme, že po celé délce působí konstantní síla, která se rovnoměrně rozloží do celého průřezu. V celém sloupku tak vzniká konstantní napětí: A F F σ= . A Pokud platí: F σ = <σK , A je celá součást v elastickém stavu a veškeré deformace jsou vratné a po odlehčení zcela vymizí. Pokud dosáhne: F =σK , A je celá součást v plastickém stavu, a protože nic nebrání jejímu „nekonečnému“ prodloužení, vznikl tak mechanizmus (plastický), který již není schopen přenést dále rostoucí sílu F. Došlo tedy ke kvalitativní změně v chování součásti – nastal mezní stav plasticity – a síla, která tento stav způsobila je mezní silou: Fmez = σ K ⇒ Fmez = σ K ⋅ A . A

σ=

„∞“

Fmez

P

Dáno: Sloupek o ploše průřezu A a délky l je vetknutý na obou koncích (body B a C) a ve dvou třetinách své délky od spodního vetknutí (bod D) je zatížen osamělou silou F (vlastní tíhu sloupku zanedbáme).

C

l/ 3

PŘÍKLAD (STATICKY NEURČITÝ TAH/TLAK V PLASTICITĚ):

D

F

2l/3

Určit: Mezní sílu Fmez, která způsobí vznik mezního stavu plasticity daného sloupku.

Řešení: Podle PP I vznikají ve vetknutích dvě reakce, ale my B jsme schopni sestavit pouze jedinou rovnici rovnováhy (do svislého směru). Znamená to tedy, že tato úloha je jednou A staticky neurčitá a jako takovou ji musíme nejprve vyřešit. Uvolníme jedno vetknutí – nahradíme odebrané vetknutí staticky neurčitým účinkem (reakční silou) – doplníme deformační podmínku, která zabrání volnému posuvu uvolněného bodu.




129

Získáme tak staticky neurčitou reakci a druhou reakci již dopočítáme ze statické rovnice: 1 RB = ⋅ F 3

RC =

a

2⋅F/3

2 ⋅F . 3

Pro výpočet napě tí musíme součást rozdě lit na dvě pole 2 ⋅F 2 F 3 σ1 = = ⋅ A 3 A

a

:

F

1 ⋅F 1 F 3 a σ2 = − =− ⋅ . A 3 A

F /3

Obě tato napětí vyneseme v diagramu σ -F/A.

Z ně ho je patrné, že napětí σ1 roste absolutně rychleji než napětí σ2 . Proto toto napě tí dosáhne meze kluzu +σK jako první a celá č ást tak dosáhne plastického stavu. 2 F1 = +σ K 3 A

σ1 = ⋅

⇒

F1 =

3 ⋅σ K ⋅ A . 2

Tento bod je posledním bodem elastického chování celé součásti, a tak sílu, která tento stav zp ůsobuje označ íme jako sílu elastickou: 3 Fel . = F1 = ⋅ σ K ⋅ A . 2 Př i dalším zvyšování síly (F > Fel.) již část toto zvýšení nebude schopná př enést, protože je celá v plastickém stavu (je schopná se „nekoneč ně “ prodlužovat). Vzhledem k tomu, že však část ještě zůstává v elastickém stavu, bude této „nekoneč né“ deformaci bránit a př enese nár ůst síly i nad hodnotu F1 . Soustava se v této oblasti bude nacházet v elasticko-plastickém stavu. Zatímco část se stále chová elasticky, tak část je již plně zplastizovaná. Protože část nemůže přenést již větší sílu než N1 = σK⋅A stane se ze zbytku σK⋅A soustavy (část ) staticky urč itá úloha a část již jen „přenáší“ stálou sílu σK⋅A : Napětí v části

bude nemě nné:

σ1 =σK

Napětí v části

bude nyní:

σ2 =−

F

F −σ K ⋅ A F =σK − A A

Tato nap ětí op ět zobrazíme v diagramu σ -F/A.

F − σ K⋅A Z ně ho je patrné, že napě tí σ 2 roste (klesá) nyní rychleji než v elastické oblasti a pomě rně rychle dosáhne meze záporné kluzu −σ K. V tomto okamžiku se dostane do plastického stavu i část a není tedy schopna přenést další nár ůst síly F. Síla F2 , která tento stav zp ůsobí je:

σ 2 = σK −

F2 = −σ K A

⇒

F2 = 2 ⋅σ K ⋅ A .

Protože ale v souč ásti již neexistuje žádná její část, která by bránila volné deformaci a převzala nar ůstající sílu, dojde právě v tomto okamžiku ke kvalitativní změ ně v chování soustavy – vzniká plastický mechanizmus a síla, která tento stav zp ůsobila, je tedy hledanou mezní silou Fmez. Hledaná mezní síla tedy bude: Fmez = F2 = 2 ⋅ σ K ⋅ A . Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

„∞“ Fmez



130

Diagram závislosti napětí σ na zatěžující síle F resp. poměru F/A: . σ 1fikt el .

σ

σ1

MEZNÍ STAV PLASTICITY

+σK

σ1

F1

σ2 zb= σ1 zb

σ1 zb

σ1 skut.

Oblast plastického mechanizmu

F2

F

σ2 σ2

−σK Elastická oblast

. σ 2fikt el .

σ2 skut.

σ2 zb

Elasticko-plastická oblast

Je patrné, že platí:

F ∈ 0 ; F1

...

F ∈ F1 ; F2

...

F = F2 = Fmez. ...

soustava se chová elasticky – všechny deformace jsou vratné a po odlehčení nevyniknou v součásti žádná zbytková napětí (F1 = Fel.). soustava se chová elasticko-plasticky – po odlehčení vždy vzniknou zbytková napětí resp. deformace (děje již nejsou vratné). soustava se chová jako mechanizmus – nastal MEZNÍ STAV PLASTICITY.

Zbytková napětí (deformace) po odlehčení z mezního stavu plasticity. Pro výpočet zbytkových napětí resp. deformací použijeme dříve zavedenou větu: . . σ zb = σ skut. − σ elfikt resp. u zb = uskut. − uelfikt . . .

Pro napětí v části

platí:

σ 1 skut. = σ K ⇒ σ 1 zb. = σ K −

4 1 ⋅σ K = − ⋅σ K . 3 3

2 Fmez. 2 2 ⋅ σ K ⋅ A 4 ⋅ = ⋅ = ⋅σ K 3 A 3 A 3 fikt. Povšimněte si, že σ 1 el. > σ K , což je opravdu pouze fiktivní možnost, protože podle teorie ideálně elasticko-plastického materiálu bez zpevně ní napětí vyšší než mez kluzu nejsou možná. Pro napě tí v č ásti platí: . σ 1fikt el . =

σ 2 skut. = −σ K

1 Fmez. 1 2 ⋅σ K ⋅ A 2 =− ⋅ = − ⋅σ K 3 A 3 A 3

2 1 ⇒ σ 2 zb. = −σ K −  − ⋅σ K  = − ⋅ σ K . 3  3 

. σ 2fikt ⋅ el . = −




131

Poznámka: Zbytková napětí v obou částech MUSELA vyjít stejná, protože se jedná o jednu součást po odlehčení již bez jakéhokoliv vnějšího zatížení. V soustavě vznikl tzv. samorovnovážný stav. Pro deformaci části

u1F skut.

platí:

2   (2 ⋅ σ K ⋅ A − σ K ⋅ A) ⋅ 2 ⋅ l 2 σ  (Fmez. − σ K ⋅ A) ⋅ ⋅ l  3 =+ 3 = + ⋅ K ⋅l , = −u 2 = − − E ⋅ A E ⋅ A 3 E      

1 1 1 1 ⋅ Fmez. ⋅ ⋅ l ⋅ 2 ⋅σ K ⋅ A⋅ ⋅ l . 3 3 =+3 3 = + 2⋅σK ⋅l . u1fikt el . = + E⋅A E⋅A 9 E Zbytková deformace působiště síly F (bod D) po odlehčení z mezní síly Fmez. tedy bude: 2 σ 2 σ 4 σ u1F zbyt. = + ⋅ K ⋅ l − ⋅ K ⋅ l = + ⋅ K ⋅ l . 3 E 9 E 9 E

Poznámka: Znaménko „+“ ve výsledku znač í, že se jedná o prodloužení části dolů. Pro deformaci části u2 F skut. = −

- tedy o posunutí bodu D

platí:

(Fmez. − σ K ⋅ A) ⋅ 2 ⋅ l E⋅A

3

=−

(2 ⋅ σ K ⋅ A − σ K ⋅ A) ⋅ 2 ⋅ l E⋅A

3

2 σ = − ⋅ K ⋅l , 3 E

1 1 1 1 ⋅ Fmez. ⋅ ⋅ l ⋅ 2 ⋅σ K ⋅ A ⋅ ⋅ l 3 =− 3 3 = − 2 ⋅ σK ⋅l . u2fiktel.. = − 3 E⋅A E⋅A 9 E Zbytková deformace p ůsobiště síly F (bod D) po odlehčení z mezní síly Fmez. tedy bude:

2 σ 4 σ  2 σ  u2 F zbyt. = − ⋅ K ⋅ l −  − ⋅ K ⋅ l  = − ⋅ K ⋅ l . 3 E 9 E  9 E 

Poznámka: Znaménko „−“ ve výsledku znač í, že se jedná o zkrácení části - tedy o posunutí bodu D dolů, což je ve shodě s výsledkem z části , protože i po odlehčení musí být zachována spojitost součásti.




132

PŘÍKLAD (STATICKY NEURČITÝ TAH/TLAK V PLASTICITĚ):

α

l

Dáno: Symetrickou soustavu délky t voří tři pruty o shodné ploše průřezu A (oba šikmé svírají se svislým prutem úhel α ). Ve společném bodě B je soustava zatížena osamělou svislou silou F (vlastní tíhu sloupku zanedbáme).

P

α

Určit: Mezní sílu Fmez, která způsobí vznik mezního stavu plasticity dané prutové soustavy. B Řešení: Pokud nás zajímá pouze mezní síla (dosažení mezního stavu plasticity) a nikoliv cesta, kterou se soustava do tohoto stavu dostane F (přes elastický a elasticko-plastický stav) a nezajímají nás ani zbytková napětí po odlehčení, stačí sestavit geometricky přípustný mechanizmus a pro něj sestavit statickou rovnici rovnováhy. Řešená soustava je 1× staticky neurčitá: Budou-li mít všechny pruty stejný průřez a budou- li vyrobeny ze stejného materiálu, bude prut nejtužší (má nejmenší délku) a síla, která v něm vznikne v elastickém stavu bude nejvyšší, a tak i napětí v tomto prutu dosáhne meze kluzu jako první. Následně je třeba, aby meze kluzu dosáhl i další σK⋅A prut, ale vzhledem k symetrii celé úlohy bude σK⋅A α α dosaženo meze kluzu v obou prutech současně. V tom okamžiku nebude nic bránit „nekonečnému“ posuvu bodu B a vznikne tak plastický mechanizmus. Silová rovnováha do Fmez svislého směru je podle obrázku dána rovnicí: σ K ⋅ A + 2 ⋅ σ K ⋅ A ⋅ cos α − Fmez. = 0 ⇒ Fmez. = σ K ⋅ A ⋅ (1 + 2 ⋅ cos α ) .

„∞“

B Fmez.

Poznámka:

∆1

Pokud bychom chtěli průběh zatěžování v elastickém stavu, museli bychom se nejprve vrátit do PP I a vyřešit 1× staticky neurčitou úlohu: N1 Statická rovnice je: N1 + 2 ⋅ N2 ⋅ cos α − F = 0 , N2 α α N2 ∆2 deformační podmínka je: = cos α ≡ ´ ∆1 α ´ F N1 ⋅ l a fyzikální rovnice jsou: ∆1 = , E⋅A B N2 ⋅ l ∆2 = . α E ⋅ A ⋅ cos α Elastické síly v prutech tedy jsou: N1 = F ⋅


1 1 + 2 ⋅ cos 3 α

∆2 a

N2 = F ⋅

cos α . 1 + 2 ⋅ cos 3 α 2



133

6.2 KRUT V PLASTICITĚ Rozložení napětí: Tento druhý nejjednodušší typ namáhání se i v plasticit !eší pom rn jednoduše, a to zejména pro kruhový nebo mezikruhový profil. Smykové nap tí v celém pr !ezu lze totiž popsat v elastickém stavu jedinou rovnicí: τ ( ρ) =

kde: MK [N⋅mm] 4

JP [mm ] ρ [mm] WK [mm3 ]

MK ⋅ρ JP

τ max =

resp.

MK , WK

je vnir!ní krouticí moment p sobící v daném míst , je polární kvadratický moment pr !ezu, je vzdálenost místa pr !ezu od pólu pr !ezu, je pr !ezový modul v krutu.

Rozložení smykových nap tí podle tohoto vztahu známe z PP I. Přechod z elastického do elasticko-plastického a plně plastického stavu: MK

MK el.-pl.

MK 1 = MK el.

∅D

τK

τK

τmax

MK 2 = MK pl.

∅D

∅a

τK

∅D

∅D

elastický stav

konec elastického stav

elasticko-plastický stav

plastický stav

Pokud nap tí v krajním vlákn dosáhne meze kluzu ve smyku (τmax = τK) kon"í elastický stav pr !ezu a krouticí moment, který tento stav vyvolá zna"íme: MK 1 = MK el.: π ⋅ D3 M K el. = τ K ⋅ WK el . = τ K ⋅ = MK1 . 16 Elasticko-plastický a plastický stav kruhového průřezu:

P!i dalším r stu zatížení (MK > MK el.) již další nár st nap tí v krajních vláknech není podle p!edpokladu možný, a tak jsou vlákna pr !ezu na polom ru D/2 namáhána pouze nap tím τK a postupn pr !ez od kraje ke st!edu plastizuje. Pr !ez se dostává do elasticko-plastického stavu (má ješt pružné jádro o pr m ru a a plastický obal na mezikruží a ÷ D). Matematicky m žeme tento stav popsat vztahem: M K = τ K ⋅ WK el.− pl. , Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



134

ODVOZENÍ

O

ELASTICKO-PLASTICKÝ MODUL V KRUTU KRUHOVÉHO PRŮŘEZU: M K el.− pl. = M K el. jádra + M K

pl .obalu

Moment p!enášený elastickým jádrem MK el.jádra ur"íme jednoduše pomocí vztah známých z PP I: M K el. jádra = τ K ⋅ WK el . jádra = τ K ⋅

π ⋅ a3 . 16

τK

MK el.-pl.

dT

Moment p!enášený plastickým obalem MK pl.obalu ur"íme integrací p!es celou zplastizovanou oblast: D 2

ρ3

M K pl. obalu = ∫ ρ ⋅τ K ⋅ 2 ⋅ π ⋅ ρ ⋅ dρ = τ K ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 14243 3 a dA 1 4 4 2 4 4 3 2 144 42dT444 3

D 2

=τ K ⋅

a 2

(

ρ

)

π ⋅ D3 − a 3 . 12

dρ

dA

∅a ∅D

dM K

Se"tením obou "ástí dostáváme hledaný elasticko-plastický moment: 3 π 3 π π π ⋅ D3  1  a   3 3 3 3 M K el.− pl. = τ K ⋅ ⋅ a + τ K ⋅ ⋅ D − a = τ K ⋅ ⋅ 4 ⋅ D − a = τ K ⋅ ⋅ 1 − ⋅    . 16 12 48 12  4  D  

(

)

(

)

A odtud již dostáváme hledaný modul pr !ezu v krutu v"etn jeho diskuse: WK el. − pl. =

π⋅D  1  a   ⋅ 1 − ⋅    ⇒ 12  4  D   3

3

a = D ⇒ WK el. =

π ⋅ D 3 elastický stav 16

π a = 0 ⇒ WK pl. = ⋅ D 3 plastický stav 12

.

Tento výraz lze tedy považovat za „univerzální“, protože s jeho pomocí jsme schopni popsat jak elastický stav, tak také elasticko-plastický stav a i stav pln plastický (vznik tzv. plastické spojky). Platnost vztahu i pro plastický stav si m žeme ov !it jednoduchým výpo"tem momentu MK 2: D 2

ρ3

M K 2 = M K pl. = ∫ ρ ⋅ τ K ⋅ 2 ⋅ π ⋅ ρ ⋅ dρ = τ K ⋅ 2 ⋅ π ⋅ 14243 3 0 dA 14424 43 144 42dT444 3

D 2

0

=τK ⋅

π ⋅ D3 12

⇒ WK pl. =

π ⋅ D3 . 12

MK pl.

dM K

τK

Pokud budeme stejným zp sobem !ešit trubku D/d - mezikruhový pr !ez namáhaný krutem, dostali bychom obdobný vztah:

∅D

Poznámka:

. ∅d




135

Zbytková napětí při krutu: Stanovení zbytkových nap tí p!i odleh"ení prutu kruhového pr !ezu (∅D) z elasticko-plastického stavu p!i zatížení momentem MK el.-pl. znamená nejprve popsat skute"ná nap tí v elasticko-plastickém stavu τskut. a následn nap tí fiktivní τ fikt., která by v pr !ezu vznikla p!i elastickém chování materiálu po celou dobu zat žování. τ skut.

MK el.-pl.

τ fikt.

τ zb.

nebo

τ zb.

τK

plast.obal ∅D

elast. jádro

r1

∅a

P!edpokládejme nap!. zplastizování práv poloviny pr m ru kruhového pr !ezu (a = ½⋅D). Nejprve tedy vypo"teme velikost elasticko-plastického momentu MK el.-pl., který tento stav zp sobuje, jako: M K el. − pl. = τ K ⋅

π ⋅ D3 12

3  1  a 3  π ⋅ D3  1  1   31 ⋅ π ⋅ D3 ⋅ 1 − ⋅    = τ K ⋅ ⋅ 1 − ⋅    = τ K ⋅ . 12  4  2   384  4  D  

Tento moment vyvolá skute"ný pr b h nap tí τ skut. odpovídající elasticko-plastickému rozložení – kruhová "ást pr !ezu od osy až do vzdálenosti D/4 je ješt v elastickém stavu (elastické jádro) a rozložení se !ídí Saint-Vénantovou teorií. Zbývající mezikruhová "ást pr !ezu od D/4 do D/2 je již pln zplastizovaná a smykové nap tí je v nich konstantní rovnající se mezi kluzu (plastický obal). Extrémní hodnotu fiktivního nap tí τ extfikt. . na vn jším okraji h!ídele vypo"teme pomocí elastického pr !ezového modulu v kroucení WK el., jako by se materiál choval elasticky b hem celého zat žování: τ extfikt. . =

M K el .− pl. W K el .

31⋅ π ⋅ D 3 31 = τ K ⋅ 3842 = ⋅τ K . π⋅ D 24 16

Poznámka:

Povšimn te si, že maximální fiktivní nap tí τ extfikt. . musí vyjít vyšší než mez kluzu τK, což je opravdu pouze fiktivní stav, protože základní p!edpoklad technické plasticity je ideální elastickoplastický model, který p!i dosažení meze kluzu τK p!edpokládá „nekone"né“ zkosy a mez kluzu τK již dále nep!ekra"uje. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



136

Zbytkové nap tí τ zb. vypo"teme jako rozdíl skute"ného nap tí τ skut. a fiktivního nap tí τ fikt. . 1. Zbytkové nap tí vznikající v krajních vláknech pr !ezu je: . fikt. τ zb. okraj = τ skut . − τ ext . = τ K −

31 7 ⋅τ K = − ⋅τ K . 24 24

2. Další lokální extrém vzniká na hran elastického jádra, kde je skute"né nap tí stále rovno mezi kluzu (τskut. = τK), ale fiktivní nap tí τ fikt. je t!eba dopo"ítat podle Saint-Vénantovy teorie za použití kvadratického momentu pr !ezu jako: 31⋅ π ⋅ D3 M K el. − pl. D D 31 . τ elfikt ⋅ = τ K ⋅ 3844 ⋅ = ⋅τ K . . jádra = J p el. 4 π⋅D 4 48 32

Výsledné zbytkové nap tí v tomto míst bude:

. fikt . τ zb. el . jádra = τ skut . − τ el . jádra = τ K −

31 17 ⋅τ K = + ⋅τ K . 48 48

3. Místo, kde budou zbytková nap tí nulová (τzb. = 0), krom st!edu profilu a které popíšeme sou!adnicí r1 , ur"íme z jednoduché podmínky: τ skut. −τ fikt. ( r1 ) = 0 .

Odkud dostáváme: 0 =τ K −

M K el .− pl. J p el.

31   ⋅ r1 = τ K ⋅  1 − ⋅ r1  .  12 ⋅ D 

Za p!edpokladu τK ≠ 0 musí platit: 31   0 = 1− ⋅ r1   12 ⋅ D 

⇒

r1 =

12 ⋅D . 31

Pokud bychom provád li odleh"ení z pln zplastizovaného stavu pr !ezu (stav odpovídající existenci plastické spojky), budou zbytková nap tí na okraji a ve st!edu pr !ezu: . fikt. τ zb. okraj = τ skut . − τ max = τ K −

M K pl. WK el .

=τ K −

π ⋅ D3 12 = τ − 4 ⋅τ = − 1 ⋅τ , K π ⋅ D3 3 K 3 K 16

τK ⋅

fikt . τ zb. stř. = τ skut. −τ osa =τ K − 0 =τ K .

MK pl.

τ skut.

τ fikt.

τ zb.

τ zb.

nebo

τK

pln plast. stav


+τK

+τK



137

Využití vlastností funkce napětí F(y,z) pro řešení krutu v plasticitě P!i !ešení krutu v plasticit lze s výhodou využít n které vlastnosti, které byly zavedeny v kapitole „Krut nekruhových profil “ a které jsou obecn platné pro jakýkoliv profil (kruh je „zvláštním“ p!ípadem nekruhového profilu). Z t chto vlastností využijeme zejména dv : 1. Spád vrchlíku nap tí je úm rný velikosti smykového nap tí:

dF =τ , dn

2. Dvojnásobný objem vrchlíku nap tí je roven velikosti krouticího momentu: 2 ⋅ ∫ dF = M K . ( A)

ϕ = konst.

ϕ

Z první podmínky pro plastickou spojku, kdy je v celém pr !ezu smykové nap tí rovno mezi kluzu ve smyku τK, vyplývá, že spád vrchlíku nap tí musí být konstantní a musí platit: tgϕ = τ K .

MK = 2⋅V Podle druhé podmínky sta"í vypo"ítat objem t lesa Prandtl v Nádai v sestrojeného nad p!í"ným pr !ezem !ešeného profilu za vrchlík vrchlík p!edpokladu konstantního spádu površek. Podle této teorie bude mít u kruhu vrchlík tvar kužele, u mezikruhu tvar komolého kužele, u "tverce tvar jehlanu a u dutého "tverce (jekl) bude mít tvar komolého jehlanu.

MK

kruhový profil

mezikruhový profil

MK

MK

MK

"tvercový profil

dutý "tvercový profil

PŘÍKLAD (KRUT – VLASTNOSTI VRCHLÍKU NAPĚTÍ): Dáno: Prut kruhového, mezikruhového, čtvercového a dutého čtvercového průřezu o rozměrech D, d resp. B, b je vyroben z materiálu o mezi kluzu ve smyku τK. Prut je zatížen na svém konci krouticím momentem MK.

∅d

∅D

MK pl.

Určit: Velikost plastického momentu MK pl. pro jednotlivé průřezy, resp. velikosti plastického modulu pr ůřezu v krutu WK pl..


MK pl.

B b

B

Řešení: Využijeme zde obě známé vlastnosti funkce napětí resp. vrchlíku napětí, který vytvoř í - v případě kruhového profilu to bude tedy kužel, v př ípadě mezikruhového profilu komolý kužel, v případě čtverce jehlan a v případě dutého čtverce komolý jehlan.

P

∅D

MK pl.

MK pl.



b ⋅τ K 2

ϕ

v

∅D

v

ϕ

ϕ d ⋅τ K 2

vo

v

Podle obrázků musí pro výšky jednotlivých těles platit: D D a) Kužel: v = ⋅ tg ϕ = ⋅τ K 2 2 D D d b) Komolý kužel: v = ⋅ tg ϕ = ⋅τ K a vo = ⋅ tgϕ = 2 2 2 B B c) Jehlan: v = ⋅ tgϕ = ⋅τ K 2 2 B B b d) Komolý jehlan: v = ⋅ tgϕ = ⋅τ K a vo = ⋅ tg ϕ = 2 2 2 Nyní můžeme vypoč ítat objemy těchto tě les, resp. velikosti moment ů, které tento stav (plastická spojka) vyvolají:

vo

138

∅d

v

∅D

ϕ b

B

B

a) Kruhový profil: 1 1 π ⋅ D2 D π ⋅ D3 M K pl. = 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ⋅ Apod. ⋅ v = 2 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅τ K = ⋅τ K . 3 3 4 2 12

MK

pl .

WK

pl .

=τK

⇒

WK

pl . =

M K pl.

⇒

τK

WK

pl.

=

π ⋅ D3 . 12

b) Mezikruhový profil: 1 1  π ⋅ D2 D π ⋅ d 2 d  π ⋅ D3 − d 3 M K pl. = 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ⋅ (Apod. ⋅ v − Aotv. ⋅ vo ) = 2 ⋅ ⋅  ⋅ − ⋅  ⋅τ K = ⋅τ K . 3 3  4 2 4 2 12

(

M K pl.

=τK

WK pl.

WK pl. =

⇒

M K pl.

WK pl. =

⇒

τK

(

)

)

π ⋅ D3 − d 3 . 12

a) Čtvercový profil: 1 1 B B3 M K pl. = 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ⋅ Apod. ⋅ v = 2 ⋅ ⋅ B2 ⋅ ⋅τ K = ⋅τ K . 3 3 2 3

M K pl. WK pl.

=τK

M K pl.

WK pl. =

⇒

⇒

τK

WK pl. =

B3 . 3

b) Dutý č tvercový profil:

1 1  2 B 2 b B3 − b 3 ⋅τ K . M K pl. = 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ⋅ (Apod. ⋅ v − Aotv. ⋅ vo ) = 2 ⋅ ⋅  B ⋅ − b ⋅  ⋅ τ K = 3 3  2 2 3 M K pl. WK pl.

=τK

⇒

WK pl. =

M K pl.

τK

⇒

WK pl. =

B 3 − b3 . 3

Poznámka: Všimněte si, že v p ř ípadě plastického pr ůřezového modulu v krutu na rozdíl od elastického platí princip aditivnosti (výsledný modul lze získat prostým odečtením modulu otvoru od modulu plného pr ůřezu). Obecně tedy platí: n

WK

pl. celk . = ∑WK i =1


pl . i

.



139

PŘÍKLAD (KRUT – TENKÝ DLOUHÝ OBDÉLNÍK):

t

P

b

Dáno: Prut obdélníkového průřezu o rozměrech b×t, kde b << t je vyroben z materiálu o mezi kluzu ve smyku τK a je zatížen krouticím momentem MK.

MK

Určit: Velikost momentu MK el., kdy končí elastický stav a dále velikost momentu MK pl., kdy vzniká plastická spojka. Porovnejte velikosti modulů průřezu v krutu WK el. a WK pl.. Řešení: Využijeme zde opět obě známé vlastnosti funkce napětí resp. vrchlíku napětí.

t

⋅x + 2

τK ⋅t

τK

1 ⇒ v (0) = ⋅ τ K ⋅ t , a pak tedy bude: 4

4

2 2 1 1 M K el. ≈ 2 ⋅VF = 2 ⋅ ⋅ t ⋅ v ⋅ b = 2 ⋅ ⋅ t ⋅ ⋅ τ K ⋅ t ⋅ b = ⋅ b ⋅ t 2 ⋅τ K 3 3 4 3 V plastickém stavu bude mít vrchlík napětí tvar hranolu s trojúhelníkovou podstavou. Opět zanedbáme jako u elastického kroucení zkosení, která vznikají v oblasti kratších stran. Pro hranol s trojúhelníkovou podstavou a vrcholem v ose prutu a se spádem na okrajích o velikosti ±τK platí: v (x ) = −

τK t

⋅x+

τK ⋅t 2

t

b

⇒ v (0) =

⇒

1 WK el . ≈ ⋅ b ⋅ t 2 . 3

skutečný tvar vrchlíku napětí na okraji t

b

τK

1 ⋅ τ K ⋅ t , a pak tedy bude: 2

1 1 1 1 M K pl. ≈ 2 ⋅ VF = 2 ⋅ ⋅ t ⋅ v ⋅ b = 2 ⋅ ⋅ t ⋅ ⋅ τ K ⋅ t ⋅ b = ⋅ b ⋅ t 2 ⋅ τ K 2 2 2 2

v(0)

v (x ) = −

τK

skute"ný tvar vrchlíku nap tí na okraji

⇒

WK pl. ≈

v(0)

V elastickém stavu jsme odvodili, že vrchlík napětí má parabolický profil při zanedbání zaoblení, která vznikají v oblasti kratších stran. Pro hranol s parabolickou podstavou s vrcholem v ose prutu a se spádem na okrajích o velikosti ±τK platí:

1 ⋅b ⋅t2 . 2

Z porovnání obou moment ů resp. modulů pr ůř ezu v krutu vyplývá, že: MK

pl .

M K el .

1 ⋅ b ⋅ t 2 ⋅τ K 3 2 = = = 1,50 ⇒ Plastický moment je o 50% vě tší než elastický moment. 1 ⋅b ⋅ t 2 ⋅τ K 2 3

Poznámka: Pro srovnání v p ř ípadě kruhového (∅D) resp. čtvercového ( B) profilu je tento pomě r:

M K pl. M K el.

π ⋅ D3 ⋅τ K 4 = 12 3 = = 1,3 3 (+33%) π⋅ D 3 ⋅τ K 16


resp.

M K pl. M K el.

=

0,333 3 ⋅ B 3 ⋅τ K ≈ 1,60 (cca +60%). 0, 2080 ⋅ B3 ⋅ τ K



140

6.3 OHYB V PLASTICITĚ Rozložení napětí: Tento typ namáhání se i v plasticit !eší pom rn jednoduše. Ohybové nap tí v celém pr !ezu lze totiž popsat v elastickém stavu jedinou rovnicí: σ (η) =

Mo ⋅η Jz

resp. σ o max =

Mo , W oz

kde Mo je ohybový moment p sobící v daném míst , Jz je osový kvadratický moment pr !ezu k ose z, η je vzdálenost místa pr !ezu od neutrální osy pr !ezu (p!edpokládáme rovinný ohy on ≡ z), Woz je pr !ezový modul v ohybu k ose z. Rozložení ohybových nap tí podle tohoto vztahu odvodil Bernoulli a známe ho z PP I a nap!. pro obdélník b×h bude podle prvního obrázku. Další postup plastizace je patrný z dalších obrázk : Přechod z elastického do elasticko-plastického a plně plastického stavu: y Mo 1 = Mo el.

h

z

σo max

b

Mo el.-pl.

Mo 2 = Mo pl.

a

Mo

elastický stav

σK

konec elastického stavu

σK

elasticko-plastický stav

σK

plastický stav

Pokud nap tí v krajním vlákn dosáhne meze kluzu (σo max = σK) kon"í elastický stav pr !ezu a ohybový moment, který tento stav vyvolá zna"íme: Mo1 = Mo el. M o el . = σ K ⋅ Woz el . = σ K ⋅

b ⋅h2 . 6

P!i dalším r stu zatížení (Mo > Mo el.) již další nár st nap tí není podle p!edpokladu možný, a tak vn jší vlákna pr !ezu jsou namáhána pouze nap tím σK a postupn plastizují. Pr !ez se dostává do elasticko-plastického stavu - má pružné jádro o výšce a a plastický obal na v oblasti od a/2 ÷ h/2 v horní i dolní "ásti pr !ezu. Matematicky m žeme tento stav popsat vztahem: M o = σ K ⋅ W oz el.− pl.




141

O

ODVOZENÍ ELASTICKO-PLASTICKÝ MODUL PRŮŘEZU V OHYBU OBDÉLNÍKOVÉHO PRŮŘEZU:

Celkový elasticko-plastický moment je sou"tem momentu, který p!enáší elastické jádro a momentu, který p!enáší plastický obal !ešeného obdélníkového pr !ezu: M o el .− pl. = M o el. jádra + M o pl. obalu , Moment p!enášený elastickým jádrem Mo el.jádra ur"íme jednoduše pomocí vztah známých z PP I: b ⋅a2 . 6

Moment p!enášený plastickým obalem Mo pl.obalu ur"íme integrací p!es celou zplastizovanou oblast: σK h 2

dN

Mo el.-pl.

a

M o pl.obalu = 2 ⋅ ∫ y ⋅ σ K ⋅ b ⋅ dy = { a dA 1 4 2 4 3 2 dN 14243

dA

h

M o el.jádra = σ K ⋅ Woz el.jádra = σ K ⋅

dMo h 2

y2 =σK ⋅2⋅b⋅ 2

a 2

(

)

b = σ K ⋅ ⋅ h2 − a2 . 4

b

Se"tením obou "ástí dostáváme hledaný celkový elasticko-plastický moment p!enášený pr !ezem: b⋅a2 b b b ⋅ h2 M o el.− pl. = σ K ⋅ + σ K ⋅ ⋅ h2 − a2 = σ K ⋅ ⋅ 3 ⋅ h2 − a2 = σ K ⋅ 6 4 12 4

(

)

(

)

 1  a 2  ⋅ 1 − ⋅    .  3  h  

A odtud již dostáváme hledaný modul pr !ezu v krutu v"etn jeho diskuse: 2 b ⋅ h2  1  a   Wo el.− pl. = ⋅ 1 − ⋅    ⇒ 4  3  h  

b ⋅ h2 a = h ⇒ Wo el. = elastický stav 6 a = 0 ⇒ Wo pl. =

b ⋅h 4

.

2

plastický stav

Tento výraz lze tedy považovat za „univerzální“, protože s jeho pomocí jsme schopni popsat jak elastický stav, tak také elasticko-plastický stav a i stav pln plastický. Platnost vztahu i pro plastický stav si m žeme ov !it jednoduchým výpo"tem momentu MK 2: h 2

y2 M o 2 = M o pl. = 2 ⋅ ∫ y ⋅σ K ⋅ b ⋅ dy = σ K ⋅ 2 ⋅ b ⋅ 2 0

h 2

0

b = σ K ⋅ ⋅ h2 4

⇒ Wo pl. =

b ⋅h2 . 4

Výpo"ty pro jiné pr !ezy bychom provád li obdobn . Obecn platí, že plastický pr !ezový modul v ohybu Wo pl. stanovíme jako dvojnásobek statického momentu poloviny !ešeného pr !ezu k neutrální ose v plasticit on pl.. Protože musí platit silová rovnováha do osy prutu x i v plastickém stavu (∫dN = 0), nemusí nutn tato osa procházet t žišt m profilu T. Neutrální osa v plasticit on pl. d lí pr !ez na dv stejné "ásti (Ahor. = Adol.), aby výsledná síla p sobící nad on pl. byla stejn velká jako výsledná síla p sobící pod on pl.: Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



142 σK⋅Ahor. = Fhor. = Fdol. = σK⋅Adol. .




143

PŘÍKLAD (OHYB – PLASTICKÝ PRŮŘEZOVÝ MODUL/PLASTICKÝ MOMENT): t

Dáno: Nesymetrický I-profil zadaný parametricky s parametrem t má rozměry dle obrázku a je vyroben z materiálu o mezi kluzu σK.

yon p l.

7⋅t 2⋅t

Řešení: Výpočet Wo pl. resp. Mo pl. můžeme provést několika způsoby, ale vždy musíme znát polohu neutrální osy v plasticitě, která dělí plochu průřezu A na dvě stejné části: A A = 2 ⋅ t ⋅ 6 ⋅ t + t ⋅ 8 ⋅ t + t ⋅ 6 ⋅ t = 26 ⋅ t 2 ⇒ = 13 ⋅ t 2 . 2 A Polohu on pl. určíme z podmínky: 2 ⋅ t ⋅ 6 ⋅ t + t ⋅ yon p l. − 2 ⋅ t = , 2 odkud vyplývá výsledný vztah: o n el.

(11⋅t)

t

Určit: Velikost Wo pl. – plastického modulu průřezu v ohybu resp. velikost Mo pl. – plastického ohybového momentu.

6⋅t

σK

)

A − 12 ⋅ t 2 + 2 ⋅ t 2 13 ⋅ t 2 − 12 ⋅ t 2 + 2 ⋅ t 2 = 2 = = 3⋅ t . t t

4,73⋅t 3⋅t

(

P

T

o n pl.

σK Elast. stav Plast. stav

Poznámka: Pro úplnost je zobrazena i poloha tě žiště T, kterým musí procházet on el. neutrální osa v elasticitě a velikost elastického pr ůř ezového modulu v ohybu: Wo el. = f(t 3 ) . Z obrázku je také patrný posun neutrální osy v plasticitě, což je d ůsledek nesymetrie pr ůřezu. •

První způsob výpočtu Wo pl. provedeme přes statické momenty horních a dolních částí profilu k on pl.:

Shor. on p l. = 6 ⋅ t ⋅ t ⋅ 7,5 ⋅ t + t ⋅ 7 ⋅ t ⋅ 3,5 ⋅ t = 69,5 ⋅ t 3 S dol. on p l. = 6 ⋅ t ⋅ 2 ⋅ t ⋅ 2 ⋅ t + t ⋅ t ⋅ 0,5 ⋅ t = 24,5 ⋅ t 3 •

⇒

Wo pl. = Shor.on p l. + Sdol. on p l. = 94 ⋅ t 3 .

Další možností je urč it vzdálenosti tě žišť horní a dolní poloviny průřezu od neutrální osy on pl.: eT hor. =

2 ⋅ ∑ Sz hor.i A 2 ⋅ ∑ Sz dol.i

=

6 ⋅ t ⋅ t ⋅ 7,5 ⋅ t + t ⋅ 7 ⋅ t ⋅ 3,5 ⋅ t = 5,346⋅ t 13⋅ t 2

6 ⋅ t ⋅ 2 ⋅ t ⋅ 2 ⋅ t + t ⋅ t ⋅ 0,5 ⋅ t = 1,885⋅ t A 13⋅ t 2 A nyní již vyjádř íme velikost plastického momentu: eT dol. =

⇒ Wo pl. =

=

A ⋅ (eThor. + eTdol.) ≈ 94 ⋅ t 3 . 2 6⋅t 2 ⋅σK

M o pl . = σ K ⋅ Wo pl . = σ K ⋅ 94 ⋅ t 3 . Stejně tak bychom mohli pomocí momentových rovnic k ose on pl. určovat př ímo plastický moment Mo pl.:

 6 ⋅ t 2 ⋅ σ K ⋅ 7,5 ⋅ t + 7 ⋅ t ⋅ σ K ⋅ 3,5 ⋅ t +   . M o pl . =   + 12 ⋅ t 2 ⋅ σ ⋅ 2 ⋅ t + t 2 ⋅ σ ⋅ 0,5 ⋅ t   K K 

3,5⋅t

12⋅t ⋅σK 2

M o pl. = 94 ⋅ t 3 ⋅ σ K .


7⋅t 2 ⋅σK

7,5⋅t

t 2 ⋅σK

on pl.

0,5⋅t

2⋅t



144

TABULKA

T

PLASTICKÝ PRŮŘEZOVÝ MODUL V OHYBU WO PL. Přehled plastických průřezových modulů v ohybu Wo pl. a z nich plynoucí velikosti plastických momentů Mo pl., které způsobí vznik plastického kloubu je pro vybrané profily tabulce:

h

on pl.

h h b ⋅ h2 Wo pl. = 2 ⋅ b ⋅ ⋅ = 2 4 4

on pl.

Wo pl. = 2 ⋅ a ⋅

⇒

b ⋅h2 M o pl. = σ K ⋅ 4

⇒

M o pl. = σ K ⋅

⇒

2 ⋅ a3 M o pl. = σ K ⋅ 6

b

a a

on pl. a

a

a a a3 ⋅ = 2 4 4

a2 1 2 2 ⋅ a3 Wo pl. = 2 ⋅ ⋅ ⋅ a ⋅ = 2 3 2 6

Vzdálenost t ě žiště p ůlkruhu od pr ůměru je:

on pl. ∅D

Wo pl. = 2 ⋅

π ⋅ D2 4 D D3 ⋅ ⋅ = 8 3⋅π 2 6

on pl. a t

Wo pl. = a ⋅ t ⋅

4 D ⋅ 3⋅π 2

b h je vý ška celého p rofilu

t

t on pl.

.

M o pl. = σ K ⋅

⇒

D3 6

a ⋅t ⋅ (a + t ) 2

Ah o r. = Ad o l. = t ⋅ a .

h   −t   h t2  h  2 2 Wo pl. = 2⋅ b ⋅t 2 ⋅ −  + t1 ⋅ −t 2 ⋅ = 2 2 2  2    

on pl. t2

b

eT =

Profil je volen tak, aby pásnice mě la stejnou plochu jako stojina:

h t 1

h

a t a ⋅t + t⋅ a⋅ = ⋅ (a + t ) 2 2 2

2 ⋅a . 6

M o pl. = σ K ⋅

⇒

Vzdálenost t ě žiště p ůlky č tverce od úhlopř íčky je:

a

t

eT =

a3 4

2

h  = b⋅ t2 ⋅ (h − t2 ) + t1 ⋅ − t2  2 

⇒

2  h  Mo pl. = σ K ⋅ b⋅ t2 ⋅ (h −t 2 ) + t1 ⋅  − t2    2   

 h h h h2   Wo pl. = 2 ⋅ b ⋅ t ⋅ + t ⋅ ⋅  = t ⋅  b ⋅ h +  2 2 4 4  

⇒

 h2  M o pl. = σ K ⋅ t ⋅  b ⋅ h +  4 

h je vý ška celého p rofilu tlouš ťka t << h, b

Všechny předchozí výpočty využívají fakt, že plastický průřezový modul v ohybu Wo pl. je dvojnásobným statickým momentem poloviny plochy průřezu Son k neutrální ose v ohybu v plasticitě on pl., která nemusí procházet těžiště m ale musí dě lit profil na dvě shodné plochy: Ahor. = Adol. (Ahor. + Adol. = A). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



145

Zbytková napětí při ohybu: Stanovení zbytkových nap tí p!i odleh"ení prutu obdélníkového pr !ezu (b×h) z elasticko-plastického stavu p!i zatížení momentem Mo el.-pl. znamená nejprve popsat skute"ná nap tí v elasticko-plastickém stavu σo skut. a následn nap tí fiktivní σofikt., která by v pr !ezu vznikla p!i elastickém chování materiálu po celou dobu zat žování. σo skut.

σofikt.

σo zb.

σo zb.

nebo

elast.jádro x1

e

a

h

plast.obal

plast.obal σK

b

P!edpokládejme nap!. zplastizování práv poloviny obdélníkového pr !ezu (a = ½⋅h). Nejprve tedy vypo"teme velikost elasticko-plastického momentu Mo el.-pl., který tento stav zp sobuje, jako: 2 b ⋅ h2  1  1   11 ⋅ b ⋅ h 2 M o el .− pl. = σ K ⋅ ⋅ 1 − ⋅    = σ K ⋅ . 4  3  2   48

Tento moment vyvolá skute"ný pr b h nap tí σo skut. odpovídající elasticko-plastickému rozložení – od osy až do vzdálenosti ±h/4 je pr !ez ješt v elastickém stavu (elastické jádro) a rozložení se !ídí Bernoulliho teorií. Zbývající "ásti pr !ezu od ±h/4 do ±h/2 jsou již pln zplastizovány a ohybové nap tí je v nich konstantní rovnající se mezi kluzu (plastický obal). Další výpo"ty všech nap tí provedeme pro spodní – tedy tahovou – polovinu !ešeného pr !ezu. Maximální fiktivní nap tí σ ofiktmax. vypo"teme pomocí elastického pr !ezového modulu v ohybu Wo el., jako by se materiál choval elasticky b hem celého zat žování: . σ ofikt max =

M o el .− pl. Wo el.

11 ⋅ b ⋅ h 2 11 = σ K ⋅ 482 = ⋅ σ K . b⋅ h 8 6

Poznámka:

Povšimn te si, že maximální fiktivní nap tí σ ofiktmax. musí být vyšší než mez kluzu σK, což je opravdu pouze fiktivní stav, protože základní p!edpoklad technické plasticity je ideální elastickoplastický model, který p!i dosažení meze kluzu σK p!edpokládá „nekone"né“ deformace a mez kluzu σK již dále nep!ekra"uje. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



146

Zbytkové nap tí σ o zb. vypo"teme jako rozdíl skute"ného nap tí σo skut. a fiktivního nap tí σ ofikt. . Zbytkové nap tí vznikající v krajních vláknech pr !ezu je: . σ o zb. okraj = σ o. skut. − σ ofikt max = +σ K −

11 3 ⋅σ K = − ⋅σ K . 8 8

Další lokální extrém vzniká na hran elastického jádra, kde je skute"né nap tí stále rovno mezi kluzu (σo skut. = σK), ale fiktivní nap tí σ ofikt. je t!eba dopo"ítat podle Bernoulliho teorie za použití kvadratického momentu pr !ezu jako: 11⋅ b ⋅ h 2 M o el .− pl. a h 11 . σ ofikt ⋅ = σ K ⋅ 48 3 ⋅ = ⋅σ K . el . jádra = J z el. 2 b⋅ h 4 16 12

Výsledné zbytkové nap tí v tomto míst bude: . σ o zb. el . jádra = σ o. skut. − σ ofikt el . jádra = σ K −

11 5 ⋅σ K = + ⋅σ K . 16 16

Místo, kde budou zbytková nap tí nulová (σo zb. = 0), krom neutrální osy procházející t žišt m pr !ezu, ur"íme z jednoduché podmínky: σ o skut. − σ ofikt. ( x1 ) = 0 .

Odkud dostáváme: 0=σK −

M o el .− pl. J z el.

11   ⋅ x1 = σ K ⋅ 1 − ⋅ x1   4⋅h 

⇒

11   0 = 1 − ⋅ x1   4⋅ h 

⇒

x1 =

4 ⋅h . 11

Pokud bychom provád li odleh"ení z pln zplastizovaného stavu pr !ezu (stav odpovídající existenci plastického kloubu), budou zbytková nap tí na okraji a ve st!edu pr !ezu: . σ o zb. okraj = σ o. skut. − σ ofikt max = σ K −

M o pl. Wo el.

= σK −

b ⋅h2 4 = σ − 3 ⋅ σ = − 1 ⋅σ , K 2 b ⋅h 2 K 2 K 6

σK ⋅

. σ o zb. stř. = σ o skut. − σ ofikt st ř . = σ K − 0 = σ K .

σo fikt.

σo zb.

+σK

plast.kloub

nebo

σo zb.

2⋅h /3

σo skut.

σK




147

PŘÍKLAD (STATICKY URČITÝ OHYB V PLASTICITĚ): Dáno: Nosník délky l = 160 mm je vyroben z ocelové tyče čtvercového průřezu o straně a = 40 mm a mezi kluzu σK = 200 N⋅mm-2 .

P a×a

F

σ

σK

l

Určit: Velikost mezní síly Fmez. za předpokladu ideálního elasticko-plastického chování použitého materiálu.

ε

x M o (l) = −F⋅l M o (x) = −F⋅x M o max = maxM o = F⋅l

Řešení: Protože se jedná o staticky určitý nosník, stačí, aby vznikl pouze jeden plastický kloub a nastane plastický mechanizmus. Tento kloub vznikne ve vetknutí, protože zde nastane: M o max = M o pl. . Moment způsobující vznik plastického kloubu Mo pl. je dán vztahem: plastický mechanizmus

a3 403 M o pl. = σ K ⋅ Wo pl. = σ K ⋅ = 200 ⋅ = 3 200 000 N ⋅ mm . 4 4 Hledaná mezní síla bude:

Fmez. ⋅ l = M o pl.

⇒

Fmez. =

M o pl.

l

=

Fmez.

3 200 000 = 20 000 N . 160

PŘÍKLAD (STATICKY NEURČITÝ OHYB V PLASTICITĚ):

P

F

h

Dáno: Nosník je uložen na podpěrách , a a ve středu pole − je zatížen osamělou silou F. Nosník má obdélníkový profil b×h a je vyroben z materiálu o mezi kluzu σK.

l/2

l/2

b

l

Určit: Velikost mezní síly Fmez., která způsobí vznik plastického mechanizmu za předpokladu ideálního elasticko-plastického chování použitého materiálu. Řešení: Tuto úlohu lze řešit jednak uvolněním a jednak metodou virtuálních prací. 1. Metoda uvolnění: Z PP 1 víme, že v těchto případech nastává extrém ohybového momentu jednak pod silou F a jednak v místě střední podpěry . V těchto místech také musí vzniknout dva plastické klouby, které z nosníku vytvoří plastický mechanizmus odpovídající meznímu stavu plasticity: Odstraníme např. podpěru

a připojíme reakci R(1):

F R(1)

místo F : l/2

l/2

l

místo −Fmez.⋅l/2

+R(1)⋅l

:

1 ⋅ R(1) ⋅ l 2 F ⋅l − M o pl. = − mez. + R(1) ⋅ l 2

+ M o pl. =

Fmez. = 6 ⋅ +Mo pl.

−Mo pl.

Obdobně lze odstranit podpě ru výsledek. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

resp.

M o pl. l

.

a p ř ipojit reakci R(2) resp. R(3) a získat stejný



148

Další dva možné způsoby uvolnění jsou: a) odstraníme podpěru

a místo ní připojíme reakci R(2):

F l/2

+

místo F:

R(2) l

l/2

3 ⋅ Fmez. ⋅ l 8

−

R( 2) ⋅ l

b) odstraníme podpěru

2

M o pl

Fmez = 6 ⋅

l

l/2

R(3)

l

Fmez. ⋅ l 4

Fmez. ⋅ l 1 − ⋅ R( 3) ⋅ l 4 2 = − R( 3) ⋅ l

místo F:

+ M o pl =

místo

− M o pl

:

−R(3)⋅l

Fmez = 6 ⋅

M o pl

−Mo pl.

+Mo pl.

.

a místo ní připojíme reakci R(3):

F

+

: − M o pl

−Mo pl.

+Mo pl.

l/2

místo

3 ⋅ Fmez. ⋅ l 1 R( 2) ⋅ l − ⋅ 8 2 2 R( 2) ⋅ l 2 3 ⋅ Fmez. ⋅ l =− + ⋅ 2 3 8

+ M o pl =

l

.

2. Metoda virtuálních prací: (POZOR!!! Nezaměňovat práci s pr ůřezovým modulem. Oboje se bohužel znač í W) Při použití této metody využíváme následující skuteč nosti: a) Plastické klouby, které vytvoř í plastický mechanizmus, vznikají jen v místech extrémů moment ů. b) Součet virtuálních prací δ Wext. všech vnějších úč ink ů (v našem př ípadě pouze síla Fmez.) se musí rovnat součtu virtuálních prací δ Wint. všech vnitř ních úč inků (v našem př ípadě momenty Mo pl.). c) Elastické posuvy jsou vzhledem k plastickým tak malé, že je můžeme př i výpočtu zanedbat. d) Plastický kloub působí proti své deformaci oporovým momentem Mo pl.. Protože z elastického rozboru víme, že extrém Mo nastane jednak pod silou F a jednak v místě umístíme do těchto míst plastické klouby a sestrojíme plastický mechanizmus:

Zde by l kloub, a tedy neklade žádný odpor

Zde vznik l jeden plastic ký kloub, který se plasticky deformuje zleva i zprava Zde vznik l druhý plastický kloub, který se ale plasticky deformuje pouze zleva

δu

δα

l/2

l/2

δα

Fmez. Mo pl.

Mo pl. Mo pl.

l

δα

Pro takto navržený mechanizmus vyjád ř íme vnější a vnitř ní virtuální práce:

δ Wext. = Fmez.⋅ δ u

a


δ Wint. = 3⋅Mo pl.⋅ δα

odkud vyplývá:

Fmez.⋅ δ u = 3⋅Mo pl.⋅ δα .



149

Nyní sestavíme vztahy mezi virtuálními deformacemi δα a δ u: δu l/2 tgδα = . l δα δu 2 Protože ale δα je „malý“ úhel platí tgδα ≈ δα a tedy dostáváme: δα = 2 ⋅

δu l

resp.

l ⋅ δα = δu . 2

Dosadíme- li tento vztah do rovnice virtálních prací dostáváme: δu l ⋅ δα Fmez. ⋅ δu = 3 ⋅ M o pl. ⋅ 2 ⋅ resp. Fmez. ⋅ = 3 ⋅ M o pl. ⋅ δα . l 2 V obou př ípadech nyní využijeme skuteč nost, že δ u resp. δα jsou virtuální deformace nekoneč ně malé avšak nenulové a můžeme je zkrátit a dostaneme již silovou rovnici: Fmez. = 6 ⋅

M o pl.

l

.

Nakonec musíme řešení doplnit o vyjádření Mo pl. pomocí zadané geometrie pr ůřezu a σK:

h

M o pl. = σ K ⋅ Wo pl.

⇒ Fmez. = 6 ⋅

1 Wo pl. = ⋅ b ⋅ h 2 4

b

1 4 l

σ K ⋅ ⋅ b ⋅ h2

=

3 b ⋅ h2 ⋅σ K ⋅ 2 l

.

Poznámka: Obdobným zp ůsobem bychom řešili také nosník na jednom kraji vetknutý a na druhém podepřený, kde také existuje více možností, jak se zbavit statické neurč itosti: F

1. Nahrazení vetknutí v bodě kloubem s momentem M(1): F ⋅l 1 místo F : + M o pl = − ⋅ M (1) M 4 2 ⇒ Fmez = 6 ⋅ o pl . l místo : − M o pl = − M (1) 2. Odebrání podpěry v bodě R( 2) ⋅ l místo F : + M o pl = 2 místo

: − M o pl = R( 2) ⋅ l −

M(1)

F ⋅l 2

⇒ Fmez = 6 ⋅

Fmez.

zde již kloub byl

M o pl

l

l/2 F

+

a její nahrazení silou R(2):

Plastický mechanizmus by v tomto př ípadě mě l tvar: plast. kloub

l/2

−M(1)

.

−Mo pl.

+Mo pl. F

−

Fmez. ⋅ l 2 +R(2)⋅l

R(2)

+

Mo pl. Mo pl. Mo pl. plast. kloub

F ⋅l 4

−Mo pl.

R(2) ⋅ l 2

+Mo pl.

Rovnice virtuálních prací pro tento mechanizmus je: Fmez. ⋅ δu = 3 ⋅ M o pl. ⋅ δα , kde δu =


M o pl. l ⋅ δα a tedy opět Fmez. = 6 ⋅ . 2 l Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


150

Obecné řešení polohy síly F u nosníku na jednom okraji vetknutém a na druhém podepřeném Pokud bychom řešili zcela obecnou polohu síly F na nosníku popsanou souřadnicí x zprava (od kloubové plast. podpěry směrem k vetknutí), dostáváme rovnici kloub virtuálních prací: x Mo pl. Fmez. ⋅ δu = 2 ⋅ M o pl. ⋅ ⋅ δα + M o pl . ⋅ δα . l−x x ⋅ δα Geometrický vztah mezi virtuálními deformacemi bude: l− x δu = x ⋅ δα . Po dosazení dostáváme výslednou rovnici ve tvaru: l+x l 2 + l ⋅ x M o pl. M o pl. ⋅ ⋅ δα = Fmez. ⋅ x ⋅ δα ⇒ Fmez. = ⋅ . l ⋅ x − x2 l l−x Průbě h této funkce je naznačen pod obrázkem. Minimum dosahuje tato funkce v bodě x = ( 2 − 1) ⋅ l ≈ 0, 4142 ⋅ l a jeho hodnota je: Fmez. min =

2 3⋅ 2 −4

⋅

M o pl. l

≈ 5,82843 ⋅

M o pl.

x

l–x

Fmez.

δu plast. kloub (l) M o pl. l

20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0

.

l

δα

Mo pl.

Mo pl.

5,82843

Poznámky: • Dosadíme- li do obecné rovnice p ůvodní hodnotu x = l/2, dostáváme:

0,4142⋅l

1 l 3 l 2 ⋅ 1 +  M M M M 2 o pl . o pl .  ⋅ 2 ⋅ Fmez . = = = 2 ⋅ o pl. = 6 ⋅ o pl. . 2 1 l 1 1 l l l l l2 ⋅  −  l l ⋅ −   4  2 4 2  2 l2 + l ⋅

•

Dosadíme- li do obecné rovnice p ůvodní hodnotu x = l/3, dostáváme:

1 l l 2 ⋅ 1 +   3  ⋅ M o pl. = 3 ⋅ M o pl. = Fmez . = 2 1 1 l l l l2 ⋅  −  l l ⋅ −    3 9 3  3 l2 + l⋅

4 3 ⋅ M o pl. = 6 ⋅ M o pl. . 2 l l 9

Stejně tak bychom našli vzhledem ke tvaru funkce Fmez.(x) i další dvojice bod ů, ve kterých vychází mezní síla také stejná vyjádřená pomocí souč initele ξ ∈ 〈 5,82843 ; +∞): Fmez. = ξ ⋅ •

M o pl. l

.

Nezapomeňte, že celý př íklad konč í až vyjádřením mezní síly Fmez. jako funkce zadaných parametrů. Máme- li tedy zadán konkrétní pr ůřez nosníku, musíme ještě vyjádř it jeho plastický moment Mo pl. jako funkci meze kluzu σK a plastického modulu průřezu v ohybu Wo pl. resp. zadaných rozměr ů řešeného průřezu: Fmez. = ξ ⋅


σ K ⋅ W o pl. l

.



151

PŘÍKLAD (NOSNÍK – STATICKY URČITÝ/NEURČITÝ):

P F

Dáno: Prut čtvercového průřezu o straně a je dlouhý l a je vyroben z materiálu o mezi kluzu σK. Prut je zatížen uprostřed osamělou silou F resp. po celé délce konstantním spojitým zatížením qo .

F qo

qo

Určit: Mezní hodnoty Fmez. resp. qmez. pro nosník na koncích buď podepřený nebo vetknutý. Řešení: Využijeme známé řešení z PP I a v případě staticky určitého nosníku stačí vznik jen jednoho plast. kloubu, aby vznikl plastický mechanizmus – nastal mezní stav plasticity.

q mez.

Fmez. plast. kloub

plast. kloub

F

l/ 2

0

⇒

Fmez. =

qmez. ⋅ l2 = M o pl. ⇒ 8

q mez. =

0

4 ⋅ M o pl. l

8 ⋅ M o pl.

V případě 2×staticky neurč itého nosníku musí vzniknout dva plastické klouby, aby vznikl plastický mechanizmus = mezní stav plasticity. plast.

l2

4 ⋅ σ K ⋅ Wo pl.

=

=

l

8 ⋅ σ K ⋅Wo pl. l

2

=

plast. kloub

.

l

2 ⋅σ K ⋅ a3 . l2 q mez.

Fmez.

kloub

plast. kloub

plast. kloub

plast. kloub

plast. kloub

qo

F

l

–Mo pl. Mo pl.

2

qmez⋅l /8

2⋅Mo pl.

0

–Mo pl. Mo pl.

l/ 2

Fmez.⋅l/4

l/ 2

=

σ K ⋅ a3

0

2⋅Mo pl.

M o max = M o pl.

Fmez. ⋅ l = M o pl. ⇒ 4

Mo pl.

qmez.⋅l2/8

l

Mo pl.

Fmez.⋅l/4

l/ 2

qo

V obou př ípadech využijeme p ůvodní pr ůbě h ohybového momentu Mo (x) a pouze „posuneme“ nulovou čáru tak, aby maximální moment Mo max resp. minimální moment Mo min byly rovny ± Mo pl..

M o max − M o min = 2 ⋅ M o pl.


⇒

Fmez. ⋅ l = 2 ⋅ M o pl. 4 qmez. ⋅ l2 = 2 ⋅ M o pl. 8

⇒ ⇒

Fmez. = qmez. =

8⋅ M o pl. l

=

16 ⋅ M o pl. l2

2 ⋅σ K ⋅ a 3 . l

4 ⋅σ K ⋅ a 3 = . l2



152

PŘÍKLAD (NOSNÍK – STATICKY NEURČITÝ): Dáno: Prut kruhového průřezu o průměru d dlouhý  s převislým koncem /3 je vyrobe n z materiálu o mezi kluzu σK. Prut je zatížen na volném konci osamělou silou F.

F

B

C

l/ 3

l +Fmez.⋅l/6

Určit: Mezní sílu pro vznik plastického mechanizmu.

–Fmez.⋅l/3 Řešení: Využijeme zde známé řešení z PP I, které známe pro vetknutý nosník se zatíženým převislým koncem, a to:

Mo C = −

Mo B 2

odkud pro M o B = −

F ⋅l 3

bude

M oC = +

F ⋅l , a tedy 6

První plastický kloub tedy vznikne v bodě B. A i když se v tomto případě jedná o staticky neurč itý nosník, znamená vznik tohoto jediného plastického kloubu současně již vznik plastického mechanizmu. Síla, která tento stav způsobí, bude hledaná mezní síla Fmez.:

−

M oC < M oB . plast. kloub

Fmez. plastický mechanizmus

3 ⋅ M o pl. d3 Fmez. ⋅ l a po dosazení za M o pl. = σ K ⋅ Wo pl. = σ K ⋅ bude: = M o pl. ⇒ Fmez. = l 6 3 Fmez. =

σK ⋅d3 2⋅l

.

Poznámky: • Metodu virtuálních prací v tomto jednoduchém př ípadě není ani t řeba použít, ale pro úplnost ...: Mo pl. F Tvar plastického mechanizmu známe, a tak připojíme pouze mez. virtuální deformace a plastický moment v kloubu a sestavíme δu rovnost prací: δα l/3 δWext. = δWint. ⇒ Fmez. ⋅ δu = M o pl. ⋅ δα . l Geometrická rovnice, která spolu váže obě virtuální deformace bude: δu = ⋅ δα . 3 Po jejím dosazení do rovnosti prací můžeme virtuální deformaci δα jako nekonečně malou avšak nenulovou zkrátit a dostaneme hledané řešení: l Fmez. ⋅ ⋅ δα = M o pl. ⋅ δα 3

⇒

Fmez. =

3 ⋅ M o pl.

l

⇒

Fmez. =

by na převislém konci délky /3 p ůsobilo po celé jeho délce konstantní spojité zatížení q, bude plastický mechanizmus vypadat zcela stejně a jen se změní podmínka jeho vzniku daná velikostí maximálního ohybového momentu, který toto spojité zatížení vyvolá:

σK ⋅d3 . 2⋅l

• Pokud

qo

l

l/3

18⋅ M o pl. qmez. ⋅ l2 3⋅σ K ⋅ d 3 2 − = M o pl. ⇒ qmez. = ⇒ q = . +q mez.⋅l /36 mez . 2 2 18 l l –q mez.⋅l2 /18



P


153

VYUŽITÍ PRINCIPU MINIMA PŘI ŘEŠENÍ ÚLOH V PLASTICITĚ Existuje- li více geometricky přípustných plastických mechanizmů, nastane právě ten, k jehož vzniku je třeba nejnižší zatížení (vše, co dělá příroda je ideální – tedy energeticky nejméně náročné).

PŘÍKLAD (MEZNÍ SÍLA – PRINCIP MINIMA):

P l

Dáno: Absolutně tuhý trám je zavěšen na třech prutech , a shodné délky , které jsou vyrobeny z materiálu o mezi kluzu σK, ale mají rozdílné plochy průřezu (A, 2⋅A a 3⋅A). Uprostřed mezi pruty a je trám zatížen svislou silou F. Určit: Pomocí principu minima stanovte velikost mezní síly Fmez, kdy dojde ke vzniku plastického mechanizmu.

3⋅A

2⋅A

A

2⋅b

b

F b

Řešení: Geometricky přípustných je obecně celkem 5 stavů vzniku plastického mechanizmu (tuhý trám musí zůstat přímkový po celou dobu zatěžování – tedy i při mezním stavu): 1. prut

zůstává elastický a pruty

elast. stav

σK ⋅2⋅A

a

σK ⋅3⋅A b

2⋅b

b

zůstává elastický a pruty σK ⋅3⋅A

2⋅b

b elast. stav

σK ⋅A

16 ⋅ σ K ⋅ A ≈ 5,33 ⋅ σ K ⋅ A . 3 jsou zcela zplastizované. Momentová rovnice je: σ K ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b + σ K ⋅ 3 ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b − F2 ⋅ b = 0 .

Odkud vychází:

F1

2. prut

jsou zcela zplastizované. Momentová rovnice je: σ K ⋅ 2 ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b + σ K ⋅ 3 ⋅ A ⋅ 4 ⋅ b − F1 ⋅ 3 ⋅ b = 0 .

a

b

Odkud vychází: F2

F1 =

F2 = 7 ⋅ σ K ⋅ A .

zůstává elastický a pruty

3. prut

a jsou zcela zplastizované. Momentová rovnice je: σ K ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b + σ K ⋅ 3 ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b + F3 ⋅ b = 0 .

σK ⋅A

b

elast. stav

b

2⋅b

F3

σK ⋅3⋅A

zůstává elastický a pruty σK ⋅2⋅A

b

σK ⋅A b

2⋅b

5. pruty σK ⋅A

,

a

F4

elast. stav

4. prut

Odkud

F3 = −7 ⋅ σ K ⋅ A

vychází:

(fyzikální

nesmysl). a jsou zcela zplastizované. Momentová rovnice je: σ K ⋅ A ⋅ 4 ⋅ b + σ K ⋅ 2 ⋅ A ⋅ 2 ⋅ b − F4 ⋅ b = 0 . Odkud vychází:

F4 = 8 ⋅ σ K ⋅ A

.

zplastizují současně ve stejném okamžiku. Silová rovnice je: σ K ⋅ A + σ K ⋅ 2 ⋅ A + σ K ⋅ 3 ⋅ A − F5 = 0 . σ ⋅3⋅A

σK ⋅2⋅A

K

F5

Odkud vychází:

F5 = 6 ⋅ σ K ⋅ A

.

Mezní síla Fmez. podle principu minima tedy bude: Fmez. = min (F1 ; F2 ; F3 ; F4 ; F5 ) = F1 =

16 ⋅σ K ⋅ A 3

.

Znamená to tedy, že nastane plastický mechanizmus podle 1. zvoleného stavu. Prut ještě v elastickém stavu zatímco pruty a jsou již zcela zplastizované. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

zůstává



154

PŘÍKLAD (MEZNÍ ZATÍŽENÍ – PRINCIP MINIMA): Dáno: Nosník z materiálu o mezi kluzu σK je uložen na dvou kloubových podpěrách a zatížen uprostřed (C) a ve třech čtvrtinách (D) své délky zleva osamělými silami F.

P

F

A

F

C

B

D

l/ 2

l/ 4

l/ 4

Určit: Pomocí principu minima stanovte mezní sílu Fmez (nastane plastický mechanizmus). Řešení: Protože se jedná o staticky určitý nosník, stačí vznik jednoho plastického kloubu, aby vznikl plastický mechanizmus a nastal mezní stav plasticity. Obecně budou tři geometricky přípustné plastické mechanizmy, i když ten poslední je velice nepravděpodobný. 1. Maximální moment bude v bodě D a plastický kloub tedy vznikne také v bodě D. δu Rovnice virtuálních prací δ Wext. = δ Wint. je: 2⋅ δu / 3 δα/ 3 δα F1 F1 2 ⋅ δu δα F1 ⋅ δu + F1 ⋅ = M o pl. ⋅ δα + M o pl. ⋅ . 3 3 l Mo pl. plast. Mo pl. Geometrická rovnice v tomto př ípadě je: δu = δα ⋅ . kloub 4 Po dosazení a zkrácení δα jako velič iny nekoneč ně malé avšak nenulové dostáváme výsledek: F1 ⋅ δα ⋅

M l 2 l 4 16 M o pl. + F1 ⋅ ⋅ δα ⋅ = ⋅ M o pl. ⋅ δα ⇒ F1 = ⋅ = 3,20 ⋅ o pl. . 4 3 4 3 5 l l

2. Maximální moment bude v bodě C a plastický kloub tedy vznikne také v bodě C. Rovnice virtuálních prací δ Wext. = δ Wint. je: δα δu δα δu F2 F2 F2 ⋅ δu + F2 ⋅ = 2 ⋅ M o pl. ⋅ δα . 2

l . 2 Po dosazení a zkrácení δα jako velič iny nekoneč ně malé avšak nenulové dostáváme výsledek: M l 1 l 8 M o pl. F2 ⋅ δα ⋅ + F2 ⋅ ⋅ δα ⋅ = 2 ⋅ M o pl. ⋅ δα ⇒ F2 = ⋅ ≈ 2,67 ⋅ o pl. . 2 2 2 3 l l Mo pl.

plast. kloub

Mo pl.

δu / 2

Geometrická rovnice v tomto př ípadě je: δu = δα ⋅

3. Maximální moment bude stejný v bodě C i D a plastické klouby tedy vzniknou v bodech C i D. Rovnice virtuálních prací δ Wext. = δ Wint. je: δu δα/ 2

δu

F3

δα

F3

F3 ⋅ δ u + F3 ⋅ δ u = M o pl . ⋅ δα + M o

pl .

⋅

δα 2

.

l . 4 Po dosazení a zkrácení δα jako velič iny nekoneč ně malé avšak nenulové dostáváme výsledek: Mo pl.

plast. klouby

Mo pl.

Geometrická rovnice v tomto př ípadě je: δu = δα ⋅

M l l δα F3 ⋅ δα ⋅ + F3 ⋅ δα ⋅ = M o pl. ⋅ δα + M o pl. ⋅ ⇒ F3 = 3,00 ⋅ o pl. . 4 4 2 l Mezní síla Fmez. podle principu minima tedy bude:

8 M o pl. Fmez. = min (F1 ; F2 ; F3 ) = ⋅ . 3 l

Znamená to, že nastane plastický mechanizmus podle 2. zvoleného stavu – plastický kloub v C. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



155

Poznámka: Připomeňme si na tomto místě základní princip pružnosti a pevnosti, a to princip superpozice. V tomto případě využijeme superpozici zatížení, kdy budeme uvažovat nejprve zatížení v bodě C a potom jenom zatížení v bodě D. Výsledné průběhy momentu od těchto dílčích zatížení pak sečteme a dostaneme výsledné namáhání nosníku od obou účinků. Z řešení v elastickém stavu podle PP I pak přímo vyplyne místo maximálního ohybového momentu a tedy místo vzniku prvního plastického kloubu, kdy bude platit:

I F

F

C

D

F

A

F

C

B

D

l/ 2

l/ 4

l/ 4

F⋅l/4

M o max = M o pl. .

Mo1 Mo2

Průběh ohybového momentu určíme superpozicí od jednotlivých silových účinků:

3⋅F⋅l/16

5⋅F⋅l/16

6⋅F⋅l/16

F⋅l/8

1. od síly F v bodě C (Mo1 ), 2. od síly F resp. 2⋅F v bodě D (Mo2 ).

5⋅F⋅l/16

3⋅F⋅l/8

F⋅l/8

Mo (x)

Jejich součtem získáme průběhy Mo (x). 3 M o max = ⋅ F ⋅ l 8

místo vzniku plast. kloubu

3 8 M o pl. ⋅ Fmez. ⋅ l = M o pl. ⇒ Fmez. = ⋅ . 8 3 l Samozřejmě musíme dostat shodné výsledky jako při použití principu minima pro výpočet mezní síly.

⇒

Pokud nosník z předchozího příkladu je nyní zatížen uprostřed (C) osamě lou silou F a ve třech čtvrtinách (D) své délky zleva osamě lou silou 2⋅F.

l

δα/ 2

2⋅F

δu

F

Mo pl.

δu δα

Mo pl. plastický kloub (kdekoliv)


D

l/ 2

.

Protože v celém poli C až D je konstantní maximální ohybový moment, znamená to, že př i mezní síle Fmez. může vzniknout jeden potřebný plastický kloub kdekoliv v poli C až D.

C

B

l/ 4

l/ 4

F⋅l/4 F⋅l/8

Mo1

F⋅l/2

Fmez. = 2 ⋅

M o pl.

F⋅l/2

M o max

1 = ⋅ F ⋅l ⇒ 2

2⋅F

F

A

Mo2

F⋅l/4

3⋅F⋅l/8

Mo (x)

F⋅l/2

M o max = M o pl.

místo vzniku plastického kloubu Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky


156

6.4 PLASTICITA PŘI VÍCEOSÉ NAPJATOSTI Všechny p!edchozí úvahy se týkaly jednoosé napjatosti p!i známé mezi kluzu v tahu/tlaku resp. napjatosti "istého smyku p!i volném krutu a známé mezi kluzu ve smyku. Za po"átek plastizace byl považován stav, kdy jednoosá napjatost resp. napjatost "istého smyku dosáhne meze kluzu v tahu/tlaku σK (Re) resp. meze kluzu ve smyku τK. V p!ípad víceosé napjatosti je t!eba uvažovat „interakci“ jednotlivých složek a jejich podíl na celkovém stavu napjatosti !ešeného místa. V t chto p!ípadech je t!eba po"átek plastického stavu ur"it pomocí PODMÍNKY PLASTICITY (obdoba teorie/hypotézy pružnosti). Stejn jako v elastickém stavu existuje i v plasticit celá !ada teorií, ale nejjednodušší a nejpoužívan jší jsou dnes dv hlavní. Podmínky plasticity: 1. Saint-Vénantova podmínka

Tato podmínka odpovídá známé Trescov hypotéze resp. hypotéze τMAX. Po"átek plastického stavu nastává tehdy, je-li pr m r nejv tší Mohrovy kružnice roven mezi kluzu: σ max − σ min = σ K .

Pokud známe po!adí velikostí hlavních nap tí σ1 > σ2 > σ3, m žeme Saint-Vénantovu podmínku psát: σ1 − σ3 = σ K .

Op t si povšimn te faktu, že o po"átku plastizace rozhodují jen dv ze t!í hlavních nap tí – nejv tší σ1 a nejmenší σ3. Prost!ední nap tí σ2 ve vztazích v bec nevystupuje. Výhodou této podmínky je její jednoduchost, která nekomplikuje výpo"ty. 1. Energetická podmínka

Tato podmínka je také nazývána podle svých autor (Huber-Mieses-Hencky) a odpovídá známé energetické hypotéze resp. hypotéze H.M.H. Po"átek plastického stavu nastává tehdy, je-li intenzita nap tí σi rovna mezi kluzu: σi = σK .

Tento výraz m žeme zapsat podle známých vztah z PP I ve tvaru:

(

)

2 ⋅ (σ x − σ y ) 2 + (σ y − σ z ) 2 + (σ z − σ x ) 2 + 6 ⋅ τ x2 + τ 2y + τ z2 = σ K . 2

Známe-li velikostí hlavních nap tí σ1,2,3 (na po!adí nezáleží), m žeme energetickou podmínku psát: 2 ⋅ (σ 1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ1 ) 2 = σ K . 2

V tomto p!ípad o po"átku plastizace rozhodují všechna t!i hlavní nap tí – σ1, σ2 a σ3. Ovšem vzhledem ke komplikovanému tvaru se s touto podmínkou obtížn ji po"ítá. Rozdíl mezi ob ma teoriemi je obdobn jako v elastickém stavu cca 15% (St-Vénant je „konzervativn jší“). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



157

Protože však v plastické oblasti neplatí Hook v zákon, je t!eba ho p!i výpo"tech nahradit n "ím jiným – TEORIÍ PLASTICITY. Nej"ast ji se používá Hencky-Nádayova teorie plasticity. Hencky-Nádayova teorie plasticity

Tato teorie mezi sebou váže hlavní nap tí σ1,2,3 a hlavní p!etvo!ení ε1,2,3 (obdobn jako Hook v zákon): ε1 =

εi σi

ε 1   ⋅ σ 1 − ⋅ (σ 2 + σ 3 ) , ε 2 = i σi 2  

ε 1   ⋅ σ 2 − ⋅ (σ 3 + σ 1 ) a ε 3 = i σi 2  

1   ⋅ σ 3 − ⋅ (σ 1 + σ 2 ) . 2  

Obdoba s rozší!eným Hookovým zákonem je patrná. Modul pružnosti E je nahrazen podílem ε i/σi a Poissonovo "íslo µ je nahrazeno konstantou ½ (ideální hodnota sou"initele p!í"né kontrakce p!i platnosti zákona zachování objemu, který ideální plasticita p!edpokládá). σi =

2 ⋅ (σ 1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 3 − σ1 ) 2 . 2

Intenzita deformací je: ε i =

2 ⋅ (ε 1 − ε 2 ) 2 + ( ε 2 − ε 3 ) 2 + (ε 3 − ε 1 ) 2 . 3

Intenzita nap tí je:

ODVOZENÍ URČENÍ PRŮBĚHŮ NAPĚTÍ A MEZNÍHO TLAKOVÉHO SPÁDU SILNOSTĚNNÉ VÁLCOVÉ NÁDOBY (TRUBKY)

Silnost nná válcová nádoba o polom rech r1 a r2 je namáhána vnit!ním p!etlakem p1 > p2. Celá nádoba je vyrobena z materiálu o mezi kluzu σK. P!i odvození vztah popisující te"né nap tí a radiální nap tí plastickém stavu silnost nné nádoby vyjdeme ze základní diferenciální rovnice, kterou jsme popsali rovnováho elementu vyjmutého ze st ny ve vzdálenosti x od osy nádoby: d [σ r ( x ) ⋅ x ] − σ t ( x ) ⋅ dx = 0

⇒

σ r ( x ) − σ t ( x) +

p2

r2 r1 p1

dσ r ⋅x = 0 . dx

Předpoklady řešení:

1. Z teorie silnost nných nádob vyplývá, že vždy platí: σt(x) > σr(x). 2. Trubka je dostate"n dlouhá a osovou deformaci zanedbáváme (εo = 0). Vztah pro osovou deformaci m žeme pomocí Hencky-Nádayovy teorie plasticity zapsat jako: εo =

εi σi

1   ⋅ σ o − ⋅ (σ t + σ r ) = 0 . 2  

Odkud vyplývá pro nenulový podíl intenzit deformace a nap tí (ε i/σi ≠ 0) vztah: σo =

1 ⋅ (σ t + σ r ) . 2

a radiálním. Te"né nap tí bude nejv tší (σt = σmax) a radiální nap tí bude nejmenší (σt = σmin). Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


O


158

1. Saint-Vénantova podmínka plasticity:

σ t ( x) − σ r ( x) = σ K . 2. Energetická podmínka plasticity:

Intenzitu nap tí nejprve vyjád!íme pomocí všech t!í nap tí: 2 ⋅ 2

σi =

(σ t − σ r )2 +  σ r − σ t + σ r 

3  σ +σ r  + t − σt  = ⋅ (σ t ( x ) − σ r (r ) ) . 2   2  2



2

2

Odkud tedy vychází energetická podmínka plasticity ve tvaru:

(σ t ( x ) − σ r (r ) ) =

2 3

⋅σ K .

Universální podmínka plasticity u silnostě nné válcové nádoby (trubky):

Ob podmínky pro silnost nnou nádobu tedy m žeme napsat v jednom „universálním“ tvaru: σ t ( x) − σ r ( x) = α ⋅σ K ,

kde: α = 1 α=

podle Saint-Vénantovy podmínky plasticity, 2 3

podle energetické podmínky plasticity.

≈ 1,155

Universální tvar podmínky plasticity nyní dosadíme do p vodní diferenciální rovnice silnost nných nádob a dostaneme diferenciální rovnici prvního !ádu, kde provedeme separaci prom nných a pak !ešíme integrací levé a pravé strany a p!ipojíme integra"ní konstantu C: dσ r 1 ⋅ x = α ⋅ σ K ⇒ dσ r = α ⋅ σ K ⋅ ⋅ dx ⇒ σ r ( x ) = α ⋅ σ K ⋅ ln x + C . dx x

Velikost integra"ní konstanty C ur"íme z okrajové podmínky na vnit!ním polom ru: OP 1: σ r ( r1 ) = − p1

⇒

⇒

− p1 = α ⋅ σ K ⋅ ln r1 + C

C = − p1 − α ⋅ σ K ⋅ ln r1 .

Hledaný pr b h radiálního nap tí bude popsán funkcí: x r1

⇒ σ r ( x ) = α ⋅σ K ⋅ ln − p1 .

σ r ( x ) = α ⋅ σ K ⋅ ln x − α ⋅ σ K ⋅ ln r1 − p1

Pr b h te"ného nap tí dopo"ítáme z podmínky plasticity: σ t ( x) = α ⋅ σ K + σ r ( x )

⇒



σ t ( x) = α ⋅ σ K ⋅ 1 + ln 

x − p . r1  1

Druhou okrajovou podmínku použijeme ke stanovení mezního tlakového spádu (p1 – p2)mez.: OP 2: σ r ( r2 ) = − p2 ⇒ − p2 = α ⋅ σ K ⋅ ln


r2 − p1 r1

⇒

( p1 − p2 )mez. = α ⋅ σ K ⋅ ln r2 . r1



159

Pr b hy te"ného nap tí σt(x) a radiálního nap tí σr (x) v pln plastickém stavu silnost nné válcové nádoby (trubky) p!i zatížení tlaky p1 a p2 na polom rech r1 a r2 jsou logaritmické navzájem posunuté k!ivky (ekvidistanty). Vzdálenost mezi ob ma k!ivkami je po celé tloušťce st ny rovna práv mezi kluzu σK - nádoba je celá zplastizovaná, není schopná p!enést jakékoliv zvýšení tlakového spádu p!es (p1 – p2)mez. a m že se „nekone"n “ deformovat (zv tšovat své polom ry).

σK x

p2 σr (x)

r2

σt (x)

r1

–σ

p1

+σ

p2 p1

σK

Silnostěnná nádoba v pružně-plastickém stavu (dle Saint-Vénanta a τ MAX): Jedná se o silnost nnou nádobu (trubku), která je mezi polom ry r1 a r2 již zplastizovaná (σred. = σK), zatímco "ást mezi polom ry r2 a r3 je ješt v elastickém stavu (σred. < σK). Výpo"et elasticko-plastického stavu je v mnohém x p3 podobný výpo"tu dvou nalisovaných nádob jen −p 3 Kel. σt el.(x) s tím rozdílem, že zde se každá z "ástí po"ítá el. σr el.(x) −p 2 podle jiné teorie. Výrazný rozdíl nastává ve pl. σr (x) pl. p2 σt pl.(x) spojení obou "ástí, protože se ve skute"nosti −p 1 p – σ + σ. jedná o jedno t leso a d lení je jen pomyslné. Ve 1 r1 r σK 2 spojení plastické "ástí s "ástí elastickou tak r3 σK nesmí v pr b hu radiálního nap tí σr(x) ale ani te"ného nap tí σt(x) nastat skok. Výpočet jednotlivých částí nádoby:

Pro plastickou "ást tak podle Saint-Vénantovy podmínky plasticity platí:

( p1 − p2 ) pl. = σ K ⋅ ln r2 . r1

Pro elastickou "ást obdobn podle hypotézy τMAX platí: σK 

2  r2   ( p2 − p3 )el . = ⋅ 1 −    . 2   r3     Protože stejn jako u nalisované nádoby musí tlak p2 p sobit na polom ru r2 jak na vnit!ní

plastickou "ást, tak i na vn jší elastickou "ást nádoby, získáme se"tením obou vztah výsledný tlakový spád (p1 – p3)el.-pl., který zp sobuje elasticko-plastický stav nádoby/trubky (od r1 až do r2 je plastická "ást trubky a od r2 až do r3 elastická "ást trubky).

( p1 − p2 ) pl.

r = σ K ⋅ ln 2 r1

σK 

  ( p2 − p3 )el . = ⋅ 1 −  r2  2   r3  

a 

2

  

− r22   . 2 ⋅ r32  2

( p1 − p3 )el.− pl. = σ K ⋅  ln r2 + r3 


r1



160

Zbytková napětí ve stěně silnostěnné nádoby po odlehčení z mezního stavu:

PŘÍKLAD (SILNOSTĚNNÁ NÁDOBA – ZBYTKOVÁ NAPĚTÍ):

P

Dáno: Otevřená silnostěnná válcová nádoba má rozměry r1 = 100 mm, r2 = 150 mm, zatížena je vnitřním přetlakem p1 (p2 = 0) a je vyrobena z materiálu o mezi kluzu σK = 200 N⋅mm-2 . Určit: Mezní elastický tlak p1 el. odpovídající konci elastického stavu, mezní plastický tlak p1 pl. = p1 mez. odpovídající zplastizování celé stěny silnostěnné nádoby a průběhy zbytkových napětí po odlehčení z mezního stavu plasticity. Řešení: Nejprve určíme hledané tlaky odpovídající jednak konci elastického stavu p1 el. a jednak meznímu stavu plasticity p1 pl. = p1 mez.:

p1 el. =

2 2 σK   r1   200   100    

r 150 ⋅ 1−   = ⋅ 1−    ≈ 55,6 MPa a p1mez. = σ K ⋅ ln 2 = 200⋅ ln ≈ 81,1 MPa , 2   r2   2   150  r1 100  

Zbytková napětí obecně určíme jako rozdíl skutečné napjatosti σ skut., která je doopravdy ve stěně silnostěnné nádoby, minus fiktivní napjatost σ fikt., která by vznikla ve stěně silnostěnné nádoby, pokud by tato byla v elastickém stavu po celou dobu zatěžování (může tedy nastat σ fikt. > σK ): . fikt. σ t , r zb. = σ tskut . , r − σ t, r

1. Skutečný – mezní stav silnostěnné válcové nádoby (trubky) podle teorie Saint-Vénantovy: Pro naznačení výpočtu zbytkových napětí ve stěně silnostěnné trubky použijeme jednodušší podmínku plasticity podle Saint-Vénanta ve tvaru:

σ t ( x) − σ r ( x) = σ K , Podle této podmínky jsou průběhy radiálního resp. tečného napětí popsány funkcemi:

σ r ( x) = σ K ⋅ ln

x − p1 r1

resp.



x r1 

σ t ( x) = σ K ⋅  1 + ln  − p1 . 

2. Fiktivní – elastický stav silnostě nné válcové nádoby (trubky): Protože p1 mez. > p1 el., bude napjatost při tomto tlaku pouze fiktivní – ve skuteč nosti nemožná. Všechny vztahy elastického řešení použijeme a jen do nich dosadíme stav, který nemůže nastat:

K fikt. =

pi mez. ⋅ r12 r22 − r12

σ tfikt. ( x) = K fikt. +

C fikt. x2

r12 ⋅ r12 , r22 − r12

a

C fikt. = pi mez. ⋅

a

σ rfikt. ( x ) = K fikt. −

C fikt. . x2

Z těchto výrazů dostáváme vztah mezi napětími ve tvaru σ tfikt. ( x) = 2⋅ K fikt. −σ rfikt. ( x) , odkud bude:

σrfikt. ( r1) = − p1 mez.

a σt (r1) = 2⋅ K fikt.

fikt.

+ p1 mez.

resp.

σrfikt. (r2) = 0

a

σtfikt. ( r2 ) = 2⋅ K fikt. .

Nyní zobrazíme pr ůbě hy napě tí σ t(x) a σ r(x) pro oba uvažované stavy nutné pro výpoč et zbytkových teč ný (mezní) stav a fiktivní (elastický) stav. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



161 skutečný stav (mezní stav)

fiktivní stav (elastický stav)

x

x

σt

−p1 mez.

skut.

(r2 )

σrskut. σo

r2

−p1 mez.

Kfikt.

σt skut.

σr skut.(r1 )

r1 p1 mez.

σt fikt.(r2 )

σt fikt.

σr fikt. σo

σt skut.(r1 )

σr fikt.(r1 )

σt fikt.(r1 )

Nyní dopočítáme číselně všechny potřebné hodnoty a oba stavy zakreslíme do jednoho zvětšeného obrázku. Potom provedeme grafický součet (rozdíl):

K fikt. =

81,1 ⋅1002 1502 − 100 2

= 64,9 N ⋅ mm − 2

a

C fikt. = 81,1⋅

1002 ⋅150 2 1502 − 100 2

= 1 459 800 N .

Jednotlivá napětí na okrajích nádoby budou:

 

100   − 81,1 = 118,9 N ⋅ mm − 2 , 100 

σ rskut. (r1) = −81,1 N⋅ mm−2

a

σ tskut. (r1 ) = 200 ⋅  1 + ln

σ rfikt. (r1) = −81,1 N⋅ mm−2

a

σtfikt. (r1) = 2 ⋅ 64,9 + 81,9 = 211,7 N ⋅ mm−2 ,

σ r zb. ( r1 ) = −81,1− ( −81,1) = 0 N ⋅ mm−2

a

σ t zb. ( r1 ) = 118,9 − 211,7 = −92,8 N ⋅ mm −2 .

σ rskut. (r2 ) = 0

a

σ t (r2 ) = 200 ⋅  1 + ln

σrfikt. (r2) = 0

a

σtfikt. (r2 ) = 2 ⋅ 64,9 = 129,8 N ⋅ mm−2 ,

σ r zb. (r2 ) = 0 − 0 = 0 N ⋅ mm −2

a

 

150  −2  − 81,1 = 200 N ⋅ mm , 100 

σ t zb. ( r2 ) = 200 − 129,8 = 70,2 N ⋅ mm −2 . Výsledné pr ůbě hy zbytkových napětí σt zb.(x) a σr zb.(x) tedy budou mít tvar: x

x 0

σrskut. –81,1

σo

σr fikt.

64,9

129,8

σt fikt. 118,9

200

0

σ tskut. 211,7 –92,8

σr zb. σ o

70,2

σt zb.

0

81,1 100

150




162

PŘÍKLAD ZE ZKOUŠEK (TECHNICKÁ PLASTICITA): Určit: Plastický mechanizmus a Fmez.

A

l

4⋅A

l

Dáno: c, l, A a σK.

P

Fmez c 3

2⋅A

A 2⋅ c 3

3⋅A

Fmez 2⋅b

b

b

Dáno: a; b; (l); A; E a σK (ideální el.−pl. materiál). Určit: Fmez a σzb. (po celé délce prutu).

Fmez

a

b (l)

Dáno: ∅D = 40 mm a τ K = 60 N⋅mm-2 (ideální el.−pl. materiál). Určit: WK el.- pl. (obecně pro velikost pružného jádra o průměru ∅d), MK pl. MK pl. a τzb (D/2) po odlehčení z MK pl. (na vnějším povrchu). ∅D Mo Dáno: B = 50 mm a τK = 80 N⋅mm-2 (ideální el.−pl. materiál). Určit: Wo el.- pl. (obecně pro velikost pružného jádra o výšce b). Mo el.; Mo pl. a σzb (B/2) po odlehčení z Mo pl.(na vnějších površích).

Mo

B Dáno: l; a; t a σK (ideální el.−pl. materiál). Určit: Plastický mechanizmus; Wo pl.; Mo pl a Fmez. = f(σK ; t ; l).

t

a

a

Fmez 3⋅ l 4

l 4

t

2⋅t

Dáno: l; t a σK. (ideální el.−pl. materiál). Určit: Plastický mechanizmus; Wo pl.; Mo pl a Fmez. = f(σK ; t ; l).

14⋅t

t

2/3⋅l

2⋅t

Fmez. 1/3⋅l 7⋅t Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



163

7. NAMÁHÁNÍ PŘI PROMĚNLIVÉM ZATÍŽENÍ (tvarová pevnost, únava, …)

6

Vypočtěte bezpečnost ramena stěrače čelního skla osobního automobilu s ohledem na jeho cyklické namáhání. Rameno je vyrobené P z oceli o mezi kluzu σKo = 240 MPa a mezi únavy σco = 120 MPa. Rozměry jsou patrné z obrázku. Přítlačná síla vyvolaná pružinou T mechanismu stěrače je P = 12 N a součinitel tření v kontaktu stírátka a čelního skla je f = 0,9. 240

10

FIAT Miltipla 2006 / 1956

Drážkovaný převodový hřídel s přímými boky je vyroben soustružením a broušením z oceli 11 550 (Rm ≈ 550 MPa a Re ≈ 300 MPa). Určete výslednou bezpečnost na únavu (vůči „nekonečné“ životnosti) tohoto hřídele, jsou- li rozměry: osazení d = 25 mm; D = 35 mm; r = 1 mm a drážkování dP = 28 mm. Hřídel je zatížen cyklickým krouticím momentem, který má horní hodnotu Mkh = 2⋅105 N⋅mm a dolní hodnotu Mkn = 0,8⋅105 N⋅mm. drážkování osazení

Únavový lom:




164

MIKROSKOPICKÉ TRHLINY:

Fyzika kovů:

Praktické zkoušky: August Wöhler )

Dosavadní předpoklady řešení příkladů P&P: 1. STATICKÉ (quazistatické) ZATEŽOVÁNÍ 2. STÁLÝ PRŮŘEZ SOUČÁSTI bez náhlých změn 3. IDEÁLNÍ MATERIÁL (homogenní se známými vlastnostmi) Cyklické zatěžování: Opakující se zatížení nahrazujeme ekvivalentním HARMONICKÝM zatěžováním.

Součinitel nesouměrnosti cyklu:

)

Německý technik Aug ust Wöhler (1819 – 1914) pracující pro německé dráhy a byl synem známého chemika Friedricha Wöhlera. Svoji teorii únavového poškození poprvé představil v roce 1858. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



165

7.1 TYPY ZATÍŽENÍ R=1

STATICKÉ (quazistatické)

R ∈(1 ; 0)

PULZUJÍCÍ

R=0

MÍJIVÉ

R ∈(0 ; −1)

R = −1

STŘÍDAVÉ nesymetrické

STŘÍDAVÉ symetrické

Dva zvláštní případy: MÍJIVÝ

STŘÍDAVÝ SYMETRICKÝ (tento cyklus zkoušel Wöhler)

Základní data pro výpočty jsou získávány z materiálových zkoušek, které jsou normalizovány obdobně jako zkoušky statické. Jejich výsledky se využívají ke konstrukci DIAGRAMŮ, ze kterých se pak odečítají hodnoty pro výpočty součástí podrobených cyklickému zatížení.

7.2 POUŽÍVANÉ DIAGRAMY STŘÍDAVÉ SYMETRICKÉ ZATÍŽENÍ

1. Wöhlerův diagram ≡ Wöhlerovy křivka

např. dural

Poznámka:




166

Co vlastně znamená 1⋅⋅107 cyklů? u osobního automobilu při předpokládané životnosti 15 let musíme zavřít 1 825-krát denně dveře u osobního automobilu při průměrných otáčkách motoru n = 4 000 ot⋅min -1 to je asi 3 300 min ≈ 55 hodin provozu u závodního motocyklu Yamaha YZR M 1 nebo závodního vozu Ferrari F 2012 při prů měrné zátěži motoru během závodu n = 14 000 ot⋅min -1 to je jen cca 12 hodin provozu u podvozku dopravního letadla při prů měrných 10-ti p řistáních za jeden den to je neuvěřitelných 2 738 let(?!) u stěrače čelního skla při frekvenci 1 cy klus/sekundu to je 115 dnů nepřetržitého provozu nebo při běžně ujeté vzdálenosti 20 tis km/ro k prů měrnou rychlostí 60 km⋅hod -1 a cca 1/3 v dešti to je přibližně 25 let

PULZUJÍCÍ ZATÍŽENÍ: (vše se sestavuje pro trvalou životnost N → ∞) Upravený Wöhlerův diagram ≡ upravená Wöhlerovy křivka R = 0,5

R = −1

Tento diagram se k praktickým výpočtům využívá minimálně!

2. Haighův diagram – závislost mezní amplitudy σA na středním napětí σm :

σA = f(σm )

1) HOUŽEVNATÝ MAT.: 2) KŘEHKÝ MATERIÁL.: 3) LITINA (vyhovující):




167

Střídavé symetrické Míjivé Střídavé nesymetrické Pulzující

Statické

Upravený Haighův diagram pro jednodušší konstrukci: R = −1 R ∈(-1 ; 0) R=0

R ∈(0 ; 1) R=1

Pokud neznám součinitel ψ , tak mohu použít přibl. hodnoty podle pevnosti materiálu typu namáhání.

TABULKA (PŘIBLIŽNÉ HODNOTY SOUČINITELE ψ = tg α ): Pevnost v tahu σPt [N⋅mm ] –2

tah/tlak, ohyb krut Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

350 - 550 0,10 0,05

550 - 750 0,15 0,10

750 – 1 000 0,20 0,10

T 1 000 – 1 200 0,25 ÷ 0,30 0,10 ÷ 0,15



168

3. Smithův diagram – závislost mezní amplitudy σA na středním napětí σM : σA = f(σM) (podle Philips Hagara Smitha)

Zjednodušený Smithův diagram pro jednodušší konstrukci:

Pokud neznám součinitel ψ , tak mohu použít přibl. hodnoty podle pevnosti materiálu typu namáhání.

T

TABULKA (PŘIBLIŽNÉ HODNOTY SOUČINITELE ψ ): Materiál tah/tlak, ohyb krut Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

Uhlíková ocel nízkopevná vysokopevná

0,15 0,10

0,20 0,10

Chromová ocel

Legovaná ocel

0,25 ÷ 0,30 0,10

0,30 0,15 ÷ 0,20



169

Vliv přetížení – zohledníme ve Wöhlerově diagramu tzv. FRENCHOVOU ČÁROU

Frenchova čára je čára dovoleného přetížení při zachování původní meze únavy σ c.

7.3 KONCENTRÁTORY NAPĚTÍ (VRUBY): Rozdělení: 1. KONSTRUKČNÍ 2. TECHNOLOGICKÉ 3. METALURGICKÉ

Součinitel tvaru α (v místě vrubu vzniká lokální změna napjatosti – napětí místně roste) − popisuje geometrii vrubu




170

příznivé ⇒

Ovlivnění vrubů:

superpozice

nepříznivé

Součinitel vrubu β (v místě vrubu vzniká prostorová napjatost – okolí brání vzniku krčku) − popisuje materiál vrubu

Při určování β zavedl A. Tlum ) pojem VRUBOVÁ CITLIVOST

Tento stav výrazně ovlivní HAIGHŮV DIAGRAM:

)

Pojem součinitel vrubu a vrubová citlivost zavedl jako první německý fy zik A. Thum v roce 1935.




171

Součinitel velikosti ε v (velikost součásti ovlivňuje „únavové“ vlastnosti součásti) - STATISTICKY - TECHNOLOGICKY - ROZDĚLENÍ NAPĚTÍ

Při výpočtu součinitele ε v se využívá jak teorie tak výsledků experimentů ⇒ diagram ε V - D Příklad srovnání obdélníkového a kruhového průřezu pomocí exponovaného objemu Vexpon .. Vexpon. =

π ⋅ D2 4

−

π ⋅ ( 0,95 ⋅ D) 2 4

= 0,0766 ⋅ D2

Vexpon. = b ⋅ h − b ⋅ (0,95 ⋅ h ) = 0,05 ⋅ b ⋅ h

⇒ D ekv. =

0,05 ⋅ b ⋅ h = 0,808 ⋅ b ⋅ h 0,0766

Součinitel jakosti povrchu η P (povrchová vrstva a její stav je d ůležitý pro nukleaci defektu) Únavové zkoušky – LEŠTĚNÝ POVRCH.

ÚPRAVY POVRCHU

Pro zlepšení únavových vlastností používáme:

- MECHANICKÉ ÚPRAVY

- CHEMICKÉ ZPRACOVÁNÍ

- NAPĚŤOVÉ TESTY Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



172

Vliv koroze:

Vliv teploty:

Výpočet me ze únavy reálné součásti: (počítáno pro neomezenou životnost N = 1⋅107 a více cyklů). Všechny vlivy:

7.4 MÍRA BEZPEČNOSTI – trvalá pevnost součásti (neomezený život) Minimální míra bezpečnosti: 1) 2) 3) 4) STŘÍDAVÉ SYMETRICKÉ ZATÍŽENÍ (nejjednodušší)

PULZUJÍCÍ ZATÍŽENÍ – využijeme Haighova diagramu

3

2

1

Neznáme- li skutečný charakter zatěžování σa = f(σm ), pomáháme si ve výpočtech náhradním PROSTÝM ZATĚŽOVÁNÍM (spojnice O – P ⇒ obě veličiny σa i σm se mění proporcionálně). Průsečík čáry prostého zatěžování s mezní čarou je pak mezní bod M. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



173

ODVOZENÍ:

O

BEZPEČNOST k PŘI PROSTÉM ZATĚŽOVÁNÍ V HAIGHOVĚ DIAGRAMU

ODVOZENÍ:

O

BEZPEČNOST k PŘI KOMBINOVANÉM NAMÁHÁNÍ Nejjednodušší je střídavý symetrický ohyb + střídavý symetrický krut a prosté zatěžování:




174

Poznámka: Bude-li některá ze složek konstantní (např. při působení stálého ohybu Mo resp. stálého krutu MK), vzniknou v součásti pouze napětí σom resp. τm odpovídající střední hodnotě a amplitudy σa resp. τa jsou nulové. V tomto případě nahradíme mez únavy σc× resp. τc× mezí klu zu σK resp. τK. 2

1  σ om   τ a   +  = k 2  σ Ko   τ c× 

2

2

2

1  σ oa   τ m  .  +  = k 2  σ co×   τ K 

resp.

Pokud budou obě složky statické, dostáváme známý vztah pro redukované nap ětí v houževnatých materiálech: 2 σ red = σ om + (α ⋅ τ m )2

2

2

1  σ om   τ m  1 1  +  = 2 + 2 . = k 2  σ Ko   τ K  ko kt

⇒

PŘÍKLAD (PULZUJÍCÍ TAH):

Dáno: materiál – ocel, opracování, rozměry (B, b, ρ, s), Fh a R.

Určit: k (výslednou bezpečnost na únavu – nekonečný život). Řešení: Výpočet provedeme postupně v celkem 4 krocích. 1. KROK: Popis zatížení: Fh ; R ⇒ Fm = Fh ⋅(1 + R)/2 Popis namáhání: σm = Fm /A = Fm /(b⋅s) a

Fa = Fh ⋅(1 – R)/2. σa = Fa /A = Fa /(b⋅s). a

σH

2. KROK: Popis materiálu: σPt ⇒ σKt ⇒ σc Odhad pro tah/tlak: ψ = 0,2 ⇒ σF = σc/ψ.

σKt

σPt

σc

3. KROK: Popis součásti: a) součinitel tvaru (z geometrie): α α

T AH/TLAK

ρ /b

ρ /(B-b)

σPt

b) vrubová citlivost (z geometrie a podle materiálu): q q

ρ

c) součinitel vrubu (ze součinitele tvaru a vrubové citlivosti): β = 1+q⋅(α − 1) d) součinitel jakosti povrchu ηP (ze způsobu opracování a podle materiálu): ηP

opracov ání

σPt

e) součinitel velikosti (z ekv. průměru podle exponovaného objemu): ε v

TAH/TLAK

εv

Výpočet meze únavy skutečné součásti: σ ×c = σ c ⋅ Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017

η P ⋅εv β

Dekv. Jan Řezníček – odbor pružnosti a pevnosti Ústav mechaniky, biomechaniky a mechatroniky

P


175

4. KROK: Výsledná bezpečnost jako menší ze dvou možných (podle dynamické nebo statické čáry):

1 1 1 = + = k km k a

σ m σa + ⇒ k1 σ F σ c×

k = min (k1; k2 )

σ m σa + ⇒ k2 σ Kt σ Kt

PŘÍKLAD (PULZUJÍCÍ OHYB A STŘÍDAVÝ SYMETRICKÝ KRUT): Dáno: materiál – ocel 11 550, soustruženo ∅d = 100 mm; ∅ D = 120 mm; ρ = 2 mm, MKa = 5⋅106 N ⋅mm, Mom = 5⋅106 N ⋅mm a Moa = 2⋅106 N ⋅mm. Určit: k (výslednou bezpeč nost na únavu – nekone č ný život). Řešení: 1. POPIS NAMÁHÁNÍ:

σH [N⋅mm –2]

2. POPIS MATERIÁLU: 1 300 –2

1 200

1 600 N⋅mm –2 1 500 N⋅mm –2 1 150 N⋅mm –2 1 000 N⋅mm

1100 1 000

850 N⋅mm

900 800

750 N⋅mm

700 600

650 N⋅mm –2 550 N⋅mm

slitinové oceli

–2

–2

–2

uhlíkové oceli

500 400 300

450 N⋅mm

–2

σPt = 370 N⋅mm

–2

200 100

OHYB

0

σM [N⋅mm –2] Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


P


176

3. POPIS SOUČÁSTI: Součinitel tvaru α )

0

krut

αt

∞

∞

3

5

2,5

4

0

ohyb

αo

0,1

0,01 2 0,2

0,3

3

1,9

2,8

1,8

2,6

1,7

2,4

0,02

0,03

0,4

1,6

2,2

1,5

2,0

0,5

ρ

D −d

0,04

0,6

0,05

1,9

0,8 1,4

1,0

ρ d

0,06

1,8 1,7

0,08 1,5

1,3

2,0

q [1]

1,0 0,9

σPt [N⋅mm –2 ]

0,8

700

0,7

350

1 400

0,10

1,5

3,0

Vrubová citlivost q:

1,6

4,0 5,0

1,2

1,4 1,3

1,1

0,15 0,20

1,2

0,6 0,5 0,4

odhad 550 N⋅mm –2

0,3 0,2 0,1 0 0

1

2

3

4

5

ρ [mm]

Součinitel tvaru β :

V některých příručkách lze pro výpočet součinitele tvaru α najít emp irické vzorce, které také využívá nástroj: www.fatiguecalculator.com. Z těchto výpočtů vychází: αo = 2,59 a αt = 1,94. Rozdíl proti nomogramu tak je cca -11,5% u ohybu a cca -1,5% u krutu. )




177

ηP [1]

Součinitel jakosti povrchu ηp : 1,0

0 ... leštěný povrch

0,9

1 ... broušený povrch

0,8

2 ... jemně soustružený povrch

0,7

3 ... hrubovaný povrch

0,6 0,5 0,4

4 ... opracování s ostrými zářezy

0,3

5 ... povrch po válcování

0,2

6 ... povrch korodovaný obyčejnou vodou

0,1

7 ... povrch korodovaný mořskou vodou 300

500

700

900

1 100

1 300

1500

σPt [N⋅mm –2]

εvo, εvt [1]

Součinitel velikosti ε v: 1,0 0,9 0,8 0,7 0,6 0,5 0

50

100

150 ∅D


[mm]



178

4. VÝPOČET BEZPEČNOSTI

T

TABULKA (KONEČNÉ HODNOTY VŠECH KROKŮ): krok

ohyb

krut

1. 2. 3.

4.

Poznámka: Jedná se o jeden z nejro zsáhlejších výpočtů, který lze v rámci zkoušky „stihnout“. Ze zkušenosti ale vím, že již dlouhou dobu takto rozsáhlý příklad nebyl zadáván. Většinou jsou voleny příklady jen na jeden způsob namáhání, a i tak jsou dost pracné a zaberou nemalou část zkouškové písemky!!!




179

9. ZÁKLADY LOMOVÉ MECHANIKY Snahou lomové mechaniky je popis vzniku a šíření trhliny v materiálu. Při popisu jsou využívány různé přístupy a principy: - fyzikální modely (na základě fyziky materiálu) -

matematické modely (na základě numerických metod)

-

empirické modely (na základě výsledků zkoušek)

Společnčm rysem současného strojíenství jsou protichůdné požadavky: Například zvýšit výkon, ale zachovat bezpečnost Zvšit vkon, zachovat bezpečnost

a)

b)




180

Lom:

Různá hlediska popisu lomů: 1. Fyzika pevných látek




181

2. Fraktografie

3. Mechanika poddajných těles

Klasifikace lomů: a) Podle typu mate riálu • • •

a) Podle typu mate riálu • • • Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017



182

LOMY: KŘEHKÉ

TVÁRNÉ mechanizmus lomu

Poznámka:

šíření trhliny

příklady




183

KLASIFIKACE LOMŮ




184

TĚLESO S TRHLINOU

Rozměry trhliny

Stanovení podmínek šíření trhliny Alan Arnold Griffith (1893–1963)

George Rankin Irwin (1907–1998)

termodynam. rovnováha tělesa s trhlinou

podobnost stavu napjatosti na čele trhliny

8.1 TEORIE ALANA ARNOLDA GRIFFITHA




185

Podmínky samovolného šíření trhliny

≅

8.2 TEORIE GEORGE RANKINA IRWINA

Mód I – tahový


Mód II – rovinný smykový

Mód III – antirovinný smykový



186

Stavy, kdy trhlina nemá vliv na napjatost

Napjatost v Módu I

Napjatost v Módu II

Napjatost v Módu III




187

Faktor intenzity napětí

Vliv plastické zóny




188

6. LITERATURA [1] MICHALEC, Jiří, a kol.: Pružnost a pevnost II, Vydavatelství ČVUT, Praha 1994, 2000 a 2006 [2] VALENTA, František, a kol.: Pružnost a pevnost III, Vydavatelství ČVUT, Praha 1995 a 2002 [3] ŘEZNÍČKOVI, Jan a Jitka: Pružnost a pevnost v technické praxi - Příklady II, Nakladatelství ČVUT, Praha 2006 [4] ŘEZNÍČEK, Jan: Pružnost a pevnost I – Přednášky, Podklady pro studenty FS ČVUT v Praze, http://pruznost.unas.cz, Praha 2006 – 2016




189

DOSLOV

Vážené kolegyně a vážení kolegové, rád jsem s Vámi trávil každý týden úterní ráno v učebně budovy Fakulty strojní ČVUT v Praze v Dejvicích, která nese oficiální označení T4:C2-334. (Bohužel to nešlo v mé nejoblíbenější T4:D2-266, kde jsme s většinou z Vás absolvovali přednášky z Pružnosti a pevnosti I). Stejně jako v Pružnosti a pevnosti I bylo mou snahou Vám předat přijatelnou formou co nejvíce informací, které by Vám alespoň trochu usnadnily přípravu ke zkoušce z Pružnosti a pevnosti II. Snažil jsem se opět ukázat, že se s pružností a pevností setkáváme každý den, a tak doufám, že jsem Vás moc nenudil a že všichni zvládnete zkoušku bez vážnějších problémů. Nezapomeňte, že moje nabídka z první přednášky na pomoc při řešení Vašich osobních a studijních problémů není časově omezená, a tak si můžete přijít problémy vyříkat, i když už Vás nebudu učit, protože chtě nechtě „mými“ studenty budete stále, ať Vás učím nebo ne. Všem Vám přeji hodně úspěchů v nastávajícím zkouškovém období, a to nejen při zkoušce z Pružnosti a pevnosti II, ale i z ostatních předmětů, které jsou neméně důležité pro Vaše další studium. Hlavně Vám přeji pevné zdraví, protože bez něho to nejde. A snad někdy v budoucnu u některého z předmětů vyšší pružnosti v navazujícím magisterském studiu na shledanou!




190

POZNÁMKY



KDOPAK VÁS TO VLASTNĚ UČIL? JAN ŘEZNÍČEK – narodil jsem se v roce 1957. Základní devítiletou školu a gymnázium jsem absolvoval v Benešově. V letech 1976 až 1981 jsem studoval na Fakultě strojní Českého vysokého učení technického v Praze magisterský (inženýrský) obor Aplikovaná mechanika. Ihned po absolvování jsem nastoupil do podniku Teplotechna a následně na prezenční službu do armády, kde jsem působil rok jako technik a staral se všechna možná vojenská vozidla. V roce 1982 jsem nastoupil na tehdejší Katedru pružnosti a pevnosti na stáž a tím pádem od roku 1982 pravidelně učím na fakultě. Začínal jsem nejprve tím „nejjednodušším“ − Pružností a pevností I. Postupně jsem si „troufnul“ i na Pružnost a pevnost II a další oborové předměty. V letech 1983 − 84 jsem souběžně pracoval ve výpočetním oddělení SVÚSS v Praze Běchovicích. Po rozdělení Československa a vzniku samostatné Fakulty dopravní na Českém vysokém učení technickém v Praze jsem tam v letech 1995 až 1998 přednášel a cvičil Pružnost a pevnost. V současnosti dále na Fakultě strojní učím předměty: Experimentální metody certifikace strojů v bakalářském studiu a Pevnost letadel a motorů a Mechanika 5 v navazujícím magisterském studiu. Mým heslem je:

Přednášky jsou jedno velké divadlo a jestli to je komedie nebo tragedie, to se ukáže až u zkoušky!!!

NEJSEM JENOM UČITEL! Kromě pružnosti a pevnosti, resp. celé mechaniky mám ještě jednoho koníčka – tedy vzpínajícího se koně na zadních. Již dlouhá léta sbírám modely Fe rrari formule 1 od ročníku 1950 až po dnešek. Řada z vás také zná můj „červený roh“ v kanceláři, který se snažím neustále doplňovat o další a další exempláře všech velikostí od malých měřítek 1/72 přes 1/43, 1/36, 1/32, 1/24 až po největší 1/18. Přednášky z „nové“ PP IIA (211 A152) ZS akademického roku 2016/2017


Jan Řezníček

PRUŽNOST A PEVNOST PEVNOST II – PŘEDNÁŠKY Podklady pro přednášky v bakalářských studijních programech: „Teoretický základ strojního inženýrství“ a „Strojírenství“ Fakulta strojní České vysoké učení technické v Praze, Technická 4, 166 07 Praha 6, Vystaveno dne 28. září 2016 http://www.pruznost.unas.cz 2016 na: Vydání šesté (první vydání akademický rok 2009/2010) 190 stran, 490 490 obrázků, 55 řešených příkladů, 46 příkladů „pro inspiraci“.

PRUŽNOST A PEVNOST II PŘEDNÁŠKY

Recommend Documents