Kapitola 1
Rotačně symetrické úlohy Rotačně symetrickými nazýváme takové případy, kdy je zatěžováno rotační těleso, přičemž je rotačně symetrická nejen geometrie, ale také zatížení a uložení tohoto tělesa. Důsledkem tohoto předpokladu je, že také napětí a deformace tělesa jsou rotačně symetrické.
1.1
Silnostěnné (tlustostěnné) nádoby
Silnostěnné nádoby jsou konstrukční prvky tvaru dutého rotačního válce, zatížené rovnoměrně rozloženými tlaky na vnitřním i na vnějším povrchu, přičemž tloušťka stěny tohoto válce není zanedbatelná vzhledem k jeho poloměru. Tento předpoklad je podstatným rozdílem oproti předpokladu tenkostěnnosti u tenkostěnných rotačně symetrických nádob, jehož důsledkem je proměnnost napětí po tloušťce silnostěnných nádob. Průběh napětí ve stěně silnostěnných nádob si odvodíme následně.
1.1.1
Napětí v silnostěnné nádobě
Vzhledem k namáhání nádoby rozlišujeme dva typy silnostěnných nádob. Prvním typem jsou takzvané uzavřené silnostěnné nádoby. To jsou takové nádoby, které mají dna zatížena tlakem, jejichž silová výslednice je přenášena stěnou nádoby (obr. 1.1).
p2
p1 F2
A2=π.r 22
r1
r2
F1
A1=π.r 21
At=π.(r 22−r 21 )
Obrázek 1.1: Uzavřená silnostěnná nádoba 1
Výpočet osového napětí σo v uzavřené silnostěnné nádobě Vnitřní tlak p1 působí zevnitř jak na stěnu nádoby, tak i na její dno. Stejně tak vnější tlak p2 působí zvnějšku na stěnu nádoby i na její dno (viz obr. 1.2). Hledané osové napětí σo předpokládáme konstantní po celé tloušťce stěny a působící ve směru osy nádoby. Silová rovnice rovnováhy ve směru osy nádoby je
p2
σo r1
p1 F1
F2
A2=π.r 22
r2
F0
A1=π.r 21
At=π.(r 22−r 21 )
Obrázek 1.2: Výpočet osového napětí v uzavřené nádobě (1.1)
Fo − F1 + F2 = 0 · Nyní do rovnice 1.1 dosadíme za jednotlivé členy Fo = σo · At , a dostáváme
F1 = p1 · A1
a
F2 = p2 · A2
σo · π · r22 − r12 − p1 · π · r12 + p2 · π · r22 = 0 ·
Hledanou velikost osového napětí σo pak dostáváme jako σo =
p1 · r12 − p2 · r22 · r22 − r12
(1.2)
Druhým typem je otevřená silnostěnná nádoba. Stěna této nádoby není zatížena osovou silou (σo = 0). Takovouto nádobou je například jednoduchý hydraulický válec z obrázku 1.3
F
Obrázek 1.3: Hydraulický válec Nyní se zabývejme napjatostí v rovině kolmé na osu válce, přičemž uvažujme následující předpoklady: 2
• platí Hookeův zákon, • platí rotační symetrie geometrie, zatížení, a tedy i deformace a napětí (veličiny v problému vystupující jsou funkcí jen vzdálenosti od osy nádoby – x), • uvažujeme jen tu část nádoby, která není ovlivněna okrajovými podmínkami na okraji nádoby. Z nádoby vyjmeme element délky b a tloušťky dx, omezený středovým úhlem dϕ (viz obr. 1.4 a obr. 1.5). Z obrázku vidíme, že ve směru poloměru nádoby působí silová
dx p2 p1
x
b
r1 r2
Obrázek 1.4: Element pláště silnostěnné válcové nádoby
σr(x)+dσr(x)
σt(x)
σr(x) dϕ
σt(x) dx
b
x
Obrázek 1.5: Napjatost působící na element stěny silnostěnné nádoby výslednice radiálního napětí σr (x) a průměty silových výslednic napětí tečných σt (x). Tak lze psát silovou rovnici rovnováhy v radiálním směru ve tvaru dϕ (σr + dσr ) · (x + dx) · dϕ · b − σr · x · dϕ · b − 2 · σt · b · dx · sin = 0· (1.3) 2 dϕ dϕ = , a tak po úpravě Jelikož uvažujeme nekonečně malý úhel dϕ, zaveďme sin 2 2 dostáváme rovnici rovnováhy d(σr · x) − σt · dx = 0 , 3
(1.4)
což lze přepsat do tvaru dσr · x + σr · dx − σt · dx = 0 a následně upravit na
dσr σt − σr = · x dx
(1.5)
Osovou rovnici rovnováhy jsme již použili při určení velikosti osového napětí σo . Zde se jen zmiňme o tečné rovnici rovnováhy, ze které plyne σt = σt , což je výsledek zřejmý ze symetrie, kterou jsme již použili při tvorbě obrázku 1.5. Těleso v prostoru musí vyhovět nejen třem silovým rovnicím rovnováhy, ale také třem momentovým rovnicím rovnováhy. Ty jsou však v případě rotačně symetrických úloh splněny vždy. Tím jsme vyčerpali všechny rovnice rovnováhy a stále nám k určení všech neznámých účinků chybí jedna rovnice. Jedná se tedy o úlohu staticky neurčitou, k jejímuž řešení musíme použít deformační podmínku. Na obrázku 1.6 je vyznačen uvažovaný element před i po deformaci.
do
∆do
u(x)+du(x)
dϕ
dx+∆dx
do
dx
dϕ
u(x)
x
Obrázek 1.6: Deformace elementu pláště silnostěnné nádoby Nejprve vyjádříme pomocí změny elementu ∆ dx velikost radiální deformace εr (x) =
[dx + (u(x) + du(x)) − u(x)] − dx du(x) ∆ dx = = = u0 (x) · dx dx dx
(1.6)
Potom vyjádříme pomocí změny délky elementu obvodu ∆ do velikost tečné deformace εt (x) =
∆ do u(x) · dϕ u(x) = = · do x · dϕ x
(1.7)
Nyní tyto vztahy dosadíme do rozšířeného Hookeova zákona, abychom vyjádřili radiální napětí σr (x) a tečné napětí σt (x) pomocí jediné neznámé – posunutí u(x) E u(x) E 0 · [εr (x) + ν · εt (x)] = · u (x) + ν · , (1.8) σr (x) = 1 − ν2 1 − ν2 x E u(x) E 0 σt (x) = · [εt (x) + ν · εr (x)] = · + ν · u (x) · (1.9) 1 − ν2 1 − ν2 x 4
Pomocí vztahů 1.8 a 1.9 vyjádříme jednotlivé členy rovnice 1.4 u(x) E 0 · u (x) + ν · ·x = d(σr (x) · x) = d 1 − ν2 x E · u00 (x) · dx · x + u0 (x) · dx + ν · u0 (x) · dx , = 2 1−ν u(x) E 0 · · dx + ν · u (x) · dx · σt (x) · dx = 1 − ν2 x Nyní tyto členy dosadíme do původní diferenciální rovnice 1.4 u(x) E 00 0 0 0 · u (x) · dx · x + u (x) · dx + ν · u (x) · dx − · dx + ν · u (x) · dx = 0 · 1 − ν2 x (1.10) E Protože předpokládáme reálný materiál, pro který je 6= 0 a také předpokládáme, 1 − ν2 že diferenciál délky dx je sice nekonečně malý, avšak nenulový (dx 6= 0), musí platit u00 (x) · x + u0 (x) −
u(x) = 0· x
(1.11)
Tím jsme získali diferenciální rovnici druhého řádu, ale již jen o jediné neznámé – posuvu u(x). Řešení této rovnice je vždy ve tvaru u(x) = xn . Provedeme tedy derivace tohoto řešení u0 (x) = n · xn−1
u00 (x) = n · (n − 1) · xn−2 ,
a
dosadíme je do původní rovnice 1.11 a upravíme ji n · (n − 1) · xn−2 · x + n · xn−1 −
xn =0 x
=⇒
xn−1 · [n · (n − 1) + n − 1] = 0 ·
Za předpokladu, že xn−1 6= 0, musí být nule rovna hranatá závorka, odkud vychází rovnice n2 − 1 = 0
a její řešení je n = ±1. To znamená, že jednotlivá řešení jsou x1 a x−1 . Výsledná hledaná funkce u(x) je pak lineární kombinací obou těchto možných řešení u(x) = C1 · x +
C2 · x
Provedeme-li nyní derivaci, resp. vydělení řešení souřadnicí x, získáme členy potřebné k dosazení do vztahů pro jednotlivá napětí (rozšířený Hookeův zákon) u0 = C1 −
C2 x2
C2 u(x) = C1 + 2 · x x
a
Dosadíme-li nyní tyto členy do 1.8 a 1.9 dostáváme u(x) C2 C2 E E 0 · u (x) + ν · · C1 − 2 + ν · C1 + ν · 2 , (1.12) = σr (x) = 1 − ν2 x 1 − ν2 x x E u(x) E C2 C2 0 σt (x) = · + ν · u (x) = · C1 + 2 + ν · C1 − ν · 2 · (1.13) 1 − ν2 x 1 − ν2 x x 5
V obou těchto rovnicích se vyskytují stejné členy. Pokud tedy zavedeme nové značení konstant E · C1 E , (1.14) · [C1 + ν · C1 ] = K= 2 1−ν 1−ν C=
E E · C2 , · [C2 + ν · C2 ] = 2 1−ν 1+ν
(1.15)
můžeme výsledné vztahy pro radiální a tečné (obvodové) napětí zapsat ve tvaru σr (x) = K −
C , x2
(1.16)
σt (x) = K +
C · x2
(1.17)
To jsou rovnice polytrop symetrických vzhledem k hodnotě konstanty K, které vyjadřují průběhy radiálního a tečného napětí jako funkci souřadnice x. Nově zavedené integrační konstanty K a C (nahrazují původní dvě konstanty C1 a C2 ) určíme z okrajových podmínek, které musí válcová nádoba splňovat na vnitřním (x = r1 ) a na vnějším (x = r2 ) povrchu podle obrázku 1.7. Musí tak platit
p2 σr(r2)
r2
σr(r1) r1
p1
Obrázek 1.7: Stanovení okrajových podmínek pomocí tlaků
σr (r1 ) = −p1 ,
(1.18)
σr (r2 ) = −p2 ·
(1.19)
Dosazením podmínek 1.18 a 1.19 do rovnice radiálního napětí 1.16 dostáváme vyjádření konstant K a C již jen pomocí zadaných veličin p1 , p2 , r1 a r2 K=
p1 · r12 − p2 · r22 , r22 − r12
C = (p1 − p2 ) ·
6
r12 · r22 · r22 − r12
(1.20)
(1.21)
Poznámka: Rozměry těchto konstant jsou K [N · mm−2 ] a C [N]. Všimněte si, že velikost osového napětí σo je stejně velká, jako je velikost integrační konstanty K. Proto je v některých, zejména starších učebnicích, konstanta K označována jako (σo ).
Vyjádřené průběhy radiálního napětí σr (x) a tečného napětí σt (x) zobrazíme následovně (obr. 1.8).
x
σr(r2)=−p2 r2
p2
r1 x
C x2
σr(x) σr(r1)=−p1
σt(r2)=2.K+p2
K
K
K
C x2
p1 σt(r1)=2.K+p1
p1
p1
σt(x)
−σ
+σ
Obrázek 1.8: Průběhy tečného a radiálního napětí ve stěně silnostěnné nádoby. Dále odvodíme některé vztahy mezi jednotlivými napětími. 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 · Srovnání válcové uzavřené silnostěnné a tenkostěnné nádoby Zkusme do vztahů pro silnostěnnou nádobu 1.22 dosadit tloušťku stěny t odpovídající nádobě tenkostěnné (r1,2 t). σt (x) = K +
C , x2
σr (x) = K −
C x2
a
σo = K ·
(1.22)
Konstanty K a C upravíme použitím r1 ≈ r2 ≈ R
=⇒
(r1 + r2 ) ≈ 2 · R
a
(r1 − r2 ) = t ,
do následujícího tvaru K=
p1 · r12 p·R p · R2 p1 · r12 − p2 · r22 = = , ≈ 2 2 (r2 − r1 ) · (r2 + r1 ) t·2·R 2·t r2 − r1 | {z } | {z } =t
≈2·R
7
x≈R
C = (p1 − p2 ) ·
r12 · r22 R4 p · R3 r12 · r22 ≈ p · = · = p · 1 (r2 − r1 ) · (r2 + r1 ) t·2·R 2·t r22 − r12 | {z } | {z } =t
≈2·R
Nyní již tyto „upravenéÿ hodnoty dosadíme do základních rovnic průběhů napětí v silnostěnné uzavřené válcové nádobě p · R3 p·R p·R p·R p·R C + 2 ·2t = + = , σt = K + 2 ≈ 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 p·R · σo = K ≈ 2·t Tyto výsledky přesně odpovídají výsledkům, které byly odvozeny pomocí Laplaceovy rovnice v PP I. Deformace pláště silnostěnné nádoby Jelikož ve stěně silnostěnné nádoby vzniká obecně prostorová napjatost (uzavřená nádoba), nebo rovinná napjatost (otevřená nádoba), musíme ke stanovení deformací (změn poloměrů nádoby ∆ r1 a ∆ r2 ) využít rozšířeného Hookeova zákona. Při stanovení změny poloměru vyjdeme ze základního odvození silnostěnných nádob – vztahu pro výpočet tečných deformací u(x) εt (x) = · x Protože u(x) je posunutí obecného místa popsaného souřadnicí x ve směru této sou-
u(r2)=∆r2 u(r1)=∆r1 r2 r1
Obrázek 1.9: Výpočet deformace pláště silnostěnné nádoby řadnice, musí na vnitřním povrchu platit εt (r1 ) =
∆ r1 · r1
(1.23)
Obdobný vztah musí platit i na vnějším poloměru εt (r2 ) = 8
∆ r2 · r2
(1.24)
Odtud získáme potřebné vztahy pro určení změn poloměrů nádoby ∆ r1 a ∆ r2 a
∆ r1 = r1 · εt (r1 )
∆ r2 = r2 · εt (r2 ) ·
Při dalším výpočtu deformací pomocí rozšířeného Hookeova zákona musíme rozlišit, jedná-li se o nádobu uzavřenou, nebo nádobu otevřenou a – pro nádobu uzavřenou (σo 6= 0): ∆ r1 =
r1 · [σt (r1 ) − ν · (σr (r1 ) + σo )] , E
(1.25a)
resp. ∆ r2 =
r2 · [σt (r2 ) − ν · (σr (r2 ) + σo )] · E
b – pro nádobu otevřenou (σo = 0): ∆ r1 =
r1 · [σt (r1 ) − ν · σr (r1 )] , E
(1.25b)
resp. ∆ r2 =
r2 · [σt (r2 ) − ν · σr (r2 )] · E
Změna délky ∆ l silnostěnné nádoby se také musí počítat z rozšířeného Hookeova zákona s uvažováním uzavřené, nebo otevřené nádoby a – pro nádobu uzavřenou (σo 6= 0):
l · σo − ν · (σt (x) + σr (x)) · ∆ l = l · εo = | {z } E
(1.26a)
=2·K
b – pro nádobu otevřenou (σo = 0):
∆ l = l · εo =
l · −ν · (σt (x) + σr (x)) · | {z } E
(1.26b)
=2·K
Dimenzování silnostěnných nádob – pevnostní podmínky
a – nádoba s vnitřním přetlakem (p1 > p2 ) – otevřená Jak je vidět z obrázku 1.10, nejnamáhanějším místem je vždy vnitřní poloměr r1 . V tomto místě bude pevnostní podmínka dle hypotézy τM AX (1.27)
σred = σt (r1 ) − σr (r1 ) ≤ σD ·
Jednotlivé členy v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základních vztahů pro výpočet napětí silnostěnných nádob σt (r1 ) = 2 · K + p1 = 2 ·
p1 · r12 − p2 · r22 + p1 r22 − r12 9
a
σr (r1 ) = −p1 ·
σr(r2)
σr(x) r2
−p1
r1 p1
σt(r2)
K
−p2
p2
x
σt
σr
σt(x)
σr(r1) σo=0 σt(r1) −σ +σ
σred Obrázek 1.10: Napjatost otevřené nádoby s vnitřním přetlakem. Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme p1 · r12 − p2 · r22 (p1 − p2 ) · r22 σred = (2 · K + p1 ) − (−p1 ) = 2 · + p1 = 2 · ≤ σD · r22 − r12 r22 − r12
A odtud již po úpravě dostáváme běžně používaný vztah pro dovolený tlakový spád " 2 # r1 σD = (p1 − p2 )D · (1.28) · 1− (p1 − p2 ) ≤ 2 r2 b – nádoba s vnitřním přetlakem (p1 > p2 ) – uzavřená Nejnamáhanějším místem je vždy vnitřní poloměr r1 (obr. 1.11). Pevnostní podmínka dle τM AX bude mít stejný tvar jako v případě otevřené nádoby, protože poloha osového napětí je vždy mezi tečným a radiálním napětím. σred = σt (r1 ) − σr (r1 ) ≤ σD ·
(1.29)
Veškeré úpravy budou shodné s úpravami provedenými v případě otevřené nádoby, a tak i výsledný vztah bude naprosto stejný " 2 # r1 σD = (p1 − p2 )D · (1.30) · 1− (p1 − p2 ) ≤ 2 r2 Poznámka: Shodnost a jednoduchost obou vztahů je dána použitím hypotézy τM AX , která počítá pouze s největším a nejmenším hlavním napětím. V případě hypotézy H.M.H. by výsledky byly složitější a rozdílné.
10
σr(r2)
σr(x) r2
−p1
r1 p1
σt(r2) K=σo
−p2
p2
x
σt
σr σr(r1) −σ
σt(x)
σo≠0 σ (r ) t 1 +σ
σred Obrázek 1.11: Napjatost uzavřené nádoby s vnitřním přetlakem. c – nádoba s vnějším přetlakem (p2 > p1 ) – otevřená Nejnamáhanějším místem je vždy vnitřní poloměr r1 , a to i v případě, že je nádoba namáhána vnějším přetlakem (viz obr. 1.12). V tomto místě bude pevnostní podmínka dle hypotézy τM AX σred = 0 − σt (r1 ) ≤ σD · (1.31) Tečné napětí v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základního vztahu pro výpočet napětí silnostěnných nádob σt (r1 ) = 2 · K + p1 = 2 ·
p1 · r12 − p2 · r22 + p1 · r22 − r12
Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme p1 · r12 − p2 · r22 σred = 0 − (2 · K + p1 ) = 0 − 2 · + p 1 ≤ σD · r22 − r12
(1.32)
Poznámka: Tento výraz již nemá cenu dále obecně upravovat, protože jednoduchý vztah pro dovolený tlakový spád, jako v ostatních případech, v tomto případě sestavit nelze. V těchto případech je výhodné vždy již vyjádřit přímo hledanou veličinu a vypočítat ji.
d – nádoba s vnějším přetlakem (p2 > p1 ) – uzavřená Nejnamáhanějším místem je vždy vnitřní poloměr r1 , a to i v případě, že je nádoba namáhána vnějším přetlakem obr. 1.13. V tomto místě bude pevnostní podmínka dle hypotézy τM AX 11
x
σt(r2) K p2
−p2 σt(x)
r2
σr(x)
σt
r1
σr(r2) σr −p1
σt(r1)
σo=0 σr(r1)
−σ
p1
+σ
σred Obrázek 1.12: Napjatost otevřené nádoby s vnějším přetlakem. (1.33)
σred = σr (r1 ) − σt (r1 ) ≤ σD ·
Jednotlivé členy v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základních vztahů pro výpočet napětí silnostěnných nádob σt (r1 ) = 2 · K + p1 = 2 ·
p1 · r12 − p2 · r22 + p1 r22 − r12
a
σr (r1 ) = −p1 ·
Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme p1 · r12 − p2 · r22 (p2 − p1 ) · r22 σred = −p1 − (2 · K + p1 ) = 2 · −p1 − = 2 · ≤ σD · r22 − r12 r22 − r12 A odtud již po úpravě dostáváme běžně používaný vztah pro dovolený tlakový spád " 2 # r1 σD · 1− = (p2 − p1 )D · (1.34) (p2 − p1 ) ≤ 2 r2
12
x
σt(r2) K p2
σo≠0 −p2 σt(x)
r2
σr(x)
σt
r1
σr(r2)
σt(r1)
σr −p1
σr(r1)
−σ
p1
+σ
σred Obrázek 1.13: Napjatost uzavřené nádoby s vnějším přetlakem.
Příklad 1.1: Silnostěnná nádoba – pevnostní teorie Válec stacionárního hydraulického zvedáku (obr. P-1.1) 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 .
Fmax
Určete maximální sílu Fmax s bezpečností k = 5, kterou lze získat na pístu tohoto válce.
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 τM AX můžeme použít přímo dosazení do odvozeného vzorce " 2 # r1 σD =⇒ · 1− (p1 )D ≤ 2 r2
p ∅d ∅D
Obrázek P-1.1:
230 " σk " 2 # # d 100 2 k 5 = = 14, 0 MPa · · 1− · 1− (p1 )D ≤ 2 D 2 160 13
Pro výpočet podle hypotézy H.M.H. musíme vyjádřit všechna napětí jako funkce tlaku r2 K = p1 · 2 1 2 ; r − r1 2 r12 r22 + r12 σt (r1 ) = 2 · K + p1 = p1 · 2 · 2 + 1 = p · · 1 r2 − r12 r22 − r12
σr (r1 ) = −p1 ;
Tyto hodnoty nyní dosadíme do pevnostní podmínky pro dvojosou napjatost σt a σr p σt (r1 )2 + σr (r1 )2 − σt (r1 ) · σr (r1 ) ≤ σD =⇒ s 2 r22 + r12 r22 + r12 σk 2 , p1 · + (−1) − · (−1) ≤ 2 2 2 2 k r2 − r1 r2 − r1 (p1 )D ≤ k·
s
σk 2 2
r22 + r1 r22 − r12
r 2 + r12 + 1 + 22 r2 − r12
= 5·
s
=
230 = 15, 8 MPa · 2 1602 + 1002 1602 + 1002 +1+ 1602 − 1002 1602 − 1002
Hledaná maximální síla pak bude Fmax = (p1 )D · Apístu
Fmax = 14, 0 · π · 502 = 109 956 N ≈ 110 kN · Fmax = 15, 8 · π · 502 = 124 093 N ≈ 124 kN ·
τM AX H.M.H.
• Jednotlivé hodnoty podle τM AX jsou: σr (r1 ) = −14 N · mm−2 −2 K = +9 N · mm =⇒ σred = 46 N · mm−2 = σD σt (r1 ) = +32 N · mm−2 σr (r2 ) = 0 N · mm−2 σt (r2 ) = +18 N · mm−2
Poznámka:
x K
+18 σt(x) σr(x) −14 σr(r1) +9 σt(r1) +32 r2
r1 p1 σ σred
14
Typ nádoby p1 > p2
p2 > p1
Uzavřená nádoba (UN) Otevřená nádoba (ON) σt (r1 ) − σr (r1 ) ≤ σD , resp. po úpravě " 2 # r1 σD · 1− (p1 − p2 )D ≤ 2 r2 σr (r1 ) − σt (r1 ) ≤ σD 0 − σt (r1 ) ≤ σD , resp. po úpravě " 2 # r1 σD · 1− (p2 − p1 )D ≤ 2 r2
Tabulka 1.1: Tabulka shrnutí všech možností pevnostních podmínek sestavených podle hypotézy τM AX pro dimenzování silnostěnných válcových nádob namáhaných přetlaky p1 a p2 .
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 τM AX je vzhledem k H.M.H. konzervativní, a tak odvozené podmínky (viz předchozí tabulka) jsou na straně bezpečnosti.
1.1.2
Zvláštní případy silnostěnných válcových nádob
Nádoba bez otvoru (r1 = 0; p1 = 0) Jedná se prakticky o plný hřídel o průměru d = 2 · r2 , na který působí vnější přetlak p2 . Vyjádříme si pomocí těchto hodnot konstanty K a C užívané v rovnicích napětí K=
−p2 · r22 p1 · r12 − p2 · r22 = = −p2 , r22 − r12 r22 C = (p1 − p2 ) ·
r12 · r22 = 0· r22 − r12
Tyto hodnoty dosadíme do základních vtahů σt (x) = K +
C x2
a
σr (x) = K −
C · x2
a
σr (x) = K −
0 = −p2 · x2
Tím získáme výsledné průběhy napětí σt (x) = K +
0 = −p2 x2
Průběhy obou napětí jsou konstantní a shodné a také shodné s konstantou K. Jejich velikost je rovna hodnotě vnějšího tlaku p2 (obr. 1.14).
15
x −p2 p2 σt(x)≡σr(x)≡K
r2
σo
K
σ τrMeAdX Obrázek 1.14: Napjatost nádoby bez otvoru.
p2 ∅d
Poznámka: Konstanta C musí být nulová i matematicky, protože jinak by člen C/x2 v rovnicích průběhů tečného a radiálního napětí vedl v ose nádoby (pro x = 0) na matematicky nepřípustný výraz C/0.
Nádoba s malým otvorem (r1 → 0; p1 = 0) Jedná se prakticky o plný hřídel o průměru d = 2 · r2 , ve kterém je vyvrtán velmi malý mazací otvor (r1 → 0) bez vnitřního přetlaku (p1 = 0), na který působí jen vnější přetlak p2 . Vyjádříme si pomocí těchto hodnot konstanty K a C užívané v rovnicích napětí K=
p1 · r12 − p2 · r22 −p2 · r22 = −p2 , ≈ r22 − r12 r22
C = (p1 − p2 ) ·
r12 · r22 r12 · r22 = −p2 · r12 · = −p · 2 r22 − r12 r22
Tyto hodnoty dosadíme do základních vtahů σt (x) = K +
C x2
a 16
σr (x) = K −
C · x2
pro
x → r1
je
C −p2 · r12 → = −p2 , x2 r12
pro
x > r1
je
−p2 · r12 C = ≈ 0, x2 x2
Druhý člen v těchto rovnicích musíme posoudit z pohledu velikosti souřadnice x odkud získáme výsledné průběhy napětí v závislosti na souřadnici x −p2 · r12 σt (x) = −p2 + = x2
* x ≈ r1 :
−p2 · r12 σr (x) = −p2 − = x2
= −2 · p2
x > r1 :
= −p2
* x ≈ r1 :
=0
x > r1 :
= −p2
Průběhy obou napětí ve většině tloušťky stěny odpovídají nádobě bez otvoru a jsou
x −p2 p2 r2
r1
σt(x) σr(x)
σo
σt(r1)
σ τrMeAdX Obrázek 1.15: Napjatost nádoby s malým otvorem tedy konstantní a jejich velikost je rovna záporné hodnotě vnějšího tlaku −p2 . Pouze v malé oblasti blízké otvoru r1 se průběhy výrazně odlišují.
1.1.3
Nalisované silnostěnné nádoby
Jednoduchá silnostěnná nádoba s poloměry r1 a r3 , zatížená tlaky p1 a p3 má relativně nevýhodné rozložení napětí (viz obr. 1.16). Maximální redukované napětí σred je na poloměru r1 a v celé zbývající stěně je redukované napětí nižší, až na vnějším poloměru označeném r3 je nejnižší. Znamená to, že většina nádoby je „pevnostně nevyužívánaÿ. Vhodným zásahem do průběhu radiálního napětí můžeme výrazně ovlivnit celkové rozložení napětí, resp. možný dovolený tlakový spád ∆ pD (viz obr. 1.17). Cílem nalisování je vnesení předpětí ∆ σ opačného znaménka, než je napětí σ při provozu 17
σred(r3) p3
x
−p3 σr(x)
σt(x)
σo
−p1
K σred(r1)
p1
Obrázek 1.16: Rozložení napětí v nádobě vyrobené z jednoho kusu. a tím dosáhnout zvýšení přípustného tlakového spádu ∆ pD . Protože v nádobě namá-
σ
σ
σD
σD
∆pD
∆p
∆p
∆pD
Obrázek 1.17: Schéma možného zvýšení tlakového spádu ∆ pD . hané vnitřním přetlakem je dominantní tahové tečné napětí σt (x), je třeba vnést do pláště nádoby tlaková napětí. Toho lze dosáhnout pomocí přesahu ∆ r2 na poloměru r2 , kde na sebe obě silnostěnné nádoby nalisujeme. Zatímco průběh radiálního napětí σr se změní pouze málo, tak průběh tečného napětí σt se změní výrazně. Tím dojde k rozdílnému namáhání vnitřní a vnější části nalisované nádoby v důsledku superpozice napjatostí od přetlaků a od nalisování (viz obr. 1.18).
x σr
x σrLII
σt σrLI
(a) Původní přetlaků.
napětí
od
σtLII σtLI
(b) Napětí od nalisování.
Obrázek 1.18: Superpozice napětí ve dvouvrstvé nalisované nádobě. Výsledné průběhy napětí v nalisované dvouvrstvé nádobě jsou patrné z obrázku 1.19.
18
σrIeId(r3) σrIed(r2) p3
σrII(x)
II
p2
I
x
−p3 σrI(x) −p1
KII σtII(x)
σo
σtI(x) KI σrIeId(r2)
p1
σrIed(r1) Obrázek 1.19: Rozložení napětí ve dvouvrstvé nalisované nádobě.
Poznámka: Teoreticky lze na sebe lisovat i více nádob nebo kontaktní tlak vyvozovat navíjením vnější vrstvy na vnitřní s určitým předpětím. Tak dostaneme mnohovrstvé nádoby (obdoba různých vrstvených laminátových konstrukcí apod.). Tyto nádoby mohou mít průběh redukovaného napětí po celé tloušťce stěny prakticky konstantní (σred (rint ) ≈ σred (rext )). Další výhodou těchto vrstvených konstrukcí, kromě optimalizace rozložení napětí, může být také zabránění šíření trhlin, protože se trhlina obtížně šíří přes rozhraní dvou sousedních vrstev.
σred(rext) p3
x
−pext σr
σo
σt
−pint p1
σred(rint)
Prakticky po celé stěně platí σred ≈ konst. (
)
Obrázek 1.20: Rozložení napětí v mnohovrstvé nalisované nádobě a schéma šíření trhliny. Dále budeme řešit pouze dvouvrstvé nalisované válcové nádoby (vícevrstvé by se počítaly stejně, jen by to trvalo podstatně déle). Určení přesahu ∆ r2 u dvouvrstvé nalisované nádoby Předpokládáme obě otevřené silnostěnné nádoby (σoI = σoII = 0), vyrobené ze shodného materiálu (E) a vše 19
v oblasti malých deformací (např. v rámci výrobní tolerance). Také uvažujeme, že r2II ≈ r2I ≈ r2 ·
(1.35)
Z obrázku 1.21 je patrné, že po nalisování a zatížení nádob vnitřním přetlakem p1
∆r2II
∆r2I
stav po nalisování a zatížení přetlaky p1 a p2
II
r3
r2II
∆r2
r2I
r1
I
Obrázek 1.21: Schéma výpočtu dvouvrstvé nalisované nádoby a vnějším přetlakem p3 můžeme hledaný přesah vyjádřit pomocí rozdílu deformací vnější nádoby II a vnitřní nádoby I jako ∆ r2 = ∆ r2II − ∆ r2I ·
(1.36)
Tuto rovnici 1.36 vydělíme poloměrem r2 a využijeme předpokladu 1.35, kde předpokládáme „skoroÿ stejné velikosti poloměrů r2I a r2II ∆ r2II ∆ r2I ∆ r II ∆ r2 ∆ rI I = − ≈ II2 − I 2 = εII t (r2 ) − εt (r2 ) · r2 r2 r2 r2 r2
(1.37)
Tečné deformace na poloměru r2 vyjádříme z rozšířeného Hookeova zákona pomocí tečných a radiálních napětí, resp. pomocí tlaku p2 σrI,II (r2 ) = −p2 1 I 1 I · σt (r2 ) − ν · σrI (r2 ) = · σt (r2 ) + ν · p2 , E E 1 II 1 II εII · σt (r2 ) − ν · σrII (r2 ) = · σt (r2 ) + ν · p2 · t = E E Nyní vyjádříme rozdíl tečných deformací na poloměru r2 εIt =
(1.38) (1.39)
1 1 II · σt (r2 ) + ν · p2 − σtI (r2 ) + ν · p2 = · σtII (r2 ) − σtI (r2 ) · E E (1.40) Pokud dosadíme za tečné napětí vnější, resp. vnitřní nádoby známé vztahy
I εII t (r2 ) − εt (r2 ) =
σtII (r2 ) = 2 · K II + p2 ,
resp.
σtI (r2 ) = 2 · K I + p2 ,
dostáváme I εII t (r2 ) − εt (r2 ) =
2 1 · 2 · K II + p2 − 2 · K I + p2 = · K II − K I · E E
(1.41)
Hledaný přesah ∆ r2 můžeme pak vyjádřit jako (viz obr. 1.21) ∆ r2 =
2 · r2 r2 II · σt (r2 ) − σtI (r2 ) = · K II − K I · E E 20
(1.42)
Podle teorie nalisovaných nádob lze vyřešit také náboj na hřídeli (uložení s přesahem) Hřídel je vnitřní nádoba (I) bez otvoru (r1 = 0, r2 a p2 ) a náboj je vnější (II) otevřená nádoba (r2 , r3 a p2 ). Rozložení napětí v hřídeli i náboji je patrné z obrázku 1.22
x σrN −p2
σo
σtN KN
H H σH t ≡σr ≡K
σH red σN red Obrázek 1.22: Rozložení napětí na hřídeli a náboji po nalisování. Pode vztahu 1.42 pro přesah bude ∆ r2 =
2 · r2 2 · r2 · K II − K I = · E E
p2 · r22 − (−p2 ) r32 − r22
Z rovnice vyjádříme tlak p2 jako funkci přesahu ∆ r2 " 2 # ∆ r2 · E r2 p2 = · · 1− 2 · r2 r3
(1.43)
Známe-li tlak p2 a rozměry hřídele i náboje, můžeme provést pevnostní kontrolu obou částí nalisovaného spoje podle hypotézy τM AX 1. Hřídel (H): H = 0 − σ H = −K H = − (−p ) = p , σred 2 2 t 2. Náboj (N): r32 p2 · r22 N = σ N (r ) − σ N (r ) = 2 · K N + p + 2 · p = 2 · · p2 · − (−p ) = 2 · σred 2 2 2 2 2 t r r32 − r22 r32 − r22 Je vidět, že namáhání náboje je více než 2× větší než namáhání hřídele, na který je náboj nalisován.
21
Poznámka: Z těchto vztahů lze určit minimální, resp. maximální únosnost nalisovaného spoje nebo také sílu, která je třeba k nalisování náboje na hřídel, resp. sílu, kterou musíme vyvinout, abychom náboj z hřídele sundali. Ve všech těchto případech musíme znát šířku náboje b a také součinitel tření, který vzniká na styčných plochách náboje a hřídele. Kontaktní tlak p2 vyvolá mezi nábojem a hřídelem na elementární ploše dA2 = r2 · dϕ dx kontaktní normálovou sílu dN2 , kterou můžeme vyjádřit pomocí rozměrů, přesahu a modulu pružnosti E " 2 # ∆ r2 min · E r2 dN2 min = · 1− · dA2 · 2 · r r 2 3 " * 2 # ∆ r2 · E r2 dN2 = p2 · dA2 = · 1− · dA2 ⇒ 2 · r2 r3 " 2 # r2 ∆ r2 max · E · 1− · dA2 · dN2 max = 2 · r2 r3 Nyní tuto normálovou složku N2 přepočteme pomocí součinitele tření f na tečnou složku T2 . Existují dvě možnosti: 1. Pro výpočet lisovací síly FL nás zajímá tečná síla do směru osy hřídele T2o – použijeme osový součinitel tření fo . Lisovací/stahovací síla FL/S tedy bude
b dN2 dT 2o
FL/S =
Z
dT2o
r2
(A2 )
" 2 # r2 · F = fo · ∆ r2 min · π · b · E · 1 − Z L/S min r3 = fo · dN2 ⇒ " 2 # (A2 ) FL/S max = fo · ∆ r2 max · π · b · E · 1 − r2 · r3
2. Pro výpočet přenášeného krouticího momentu MK nás zajímá tečná síla do směru společné tečny válcové plochy náboje a hřídele T2t – použijeme tečný součinitel tření ft . Přenášený krouticí moment MK bude
dN2 dT2t r2
MK =
Z
(A2 )
dT2t
" 2 # r2 M = ft · r2 · ∆ r2 min · π · b · E · 1 − · Z K min r3 = ft ·r2 · dN2 ⇒ " 2 # r2 (A2 ) · M = f · r · ∆ r · π · b · E · 1 − t 2 2 max K max r3
Všechny předchozí výpočty byly prováděny pro shodné materiály hřídele i náboje, resp. pro materiály se shodným modulem pružnosti E a shodným Poissonovým číslem ν. V případě nalisování náboje na hřídel vyrobený z jiného materiálu (plast/ocel, . . . ) je třeba odvodit vztahy s použitím rozdílných materiálů. Odvození začíná již použitím rozšířeného Hookeova zákona, kde je třeba ve všech vztazích rozlišovat moduly pružnosti E náboje a hřídele a případně i Poissonovo číslo ν.
Pomocí předchozích vztahů lze řešit různé způsoby uložení náboje (ozubeného kola) na hřídeli (viz obr. 1.23). Náboj je postupně nalisován na plný hřídel, na hřídel s malým otvorem a na hřídel tvořený trubkou.
22
x
σH red σN red (a) Náboj na plný hřídel
x
σH red σN red (b) Náboj na hřídel s malým otvorem
x
σH red σN red (c) Náboj na dutý hřídel
Obrázek 1.23: Příklady realizace nalisovaného spoje a výpočtové modely.
Minimalizace namáhání nalisované nádoby (dle hypotézy τM AX ) Předpoklady řešení:
1. obě silnostěnné nádoby jsou konstruované jako otevřené (σoI = σoII = 0), I = 2. obě nádoby jsou ze stejného materiálu (E I = E II = E, ν I = ν II = ν a σD II σD = σD ),
3. namáhání nalisovaných nádob je vnitřním přetlakem (p1 > p2 > p3 ), I = σ II = σ . 4. platí podmínka shodného maximálního namáhání obou nádob σred D red
Nyní použijeme pro vnitřní nádobu (I) i vnější nádobu (II) podmínku odvozenou podle hypotézy τM AX pro otevřenou nádobu a tyto dvě rovnice sečteme – za předpokladu, že 23
kontaktní tlak p2 působící jak na vnitřní, tak na vnější nádobu, musí být stejný " 2 # r1 σD · 1− , (I) : (p1 − p2 )D ≤ 2 r2 " 2 # σD r2 (II) : (p2 − p3 )D ≤ · 1− , 2 r3 X
:
" 2 2 # r1 r2 σD · 2− − · (p1 − p3 )D ≤ 2 r2 r3
Toto je výraz pro dovolený tlakový spád tak (p1 − p3 )D , aby právě v obou částech byla splněna pevnostní podmínka podle hypotézy τM AX . Splnění poslední rovnice však nemusí znamenat, že jsou splněny rovnice (I) a (II). Jejich splnění závisí na velikosti tlaku p2 . Ten však můžeme regulovat vhodnou volbou přesahu při lisování viz rovnice 1.43. Optimalizace geometrie nalisované nádoby Pro odvozený dovolený tlakový spád (p1 − p3 )D a známé rozměry r1 a r3 hledáme optimální velikost poloměru nalisování r2 tak, aby byl tlakový spád co největší. Musí tedy platit ∂ (p1 − p3 )D = 0 · ∂r2 Za předpokladu nenulového dovoleného napětí σD musí být " " 2 2 # r2 r1 ∂ − ⇒ 0= 0− 0= · 2− ∂r2 r2 r3
r2 −2 · 13 r2
!
# r2 −2· 2 · r3
Odtud již dostáváme potřebný vztah mezi poloměry ve tvaru r12 r2 = 2 3 r2 r3
⇒
r12 · r32 = r24
⇒
r2 opt =
√
r1 · r3 ·
Optimální poloměr r2 opt. je tedy dán jako geometrický průměr poloměrů r1 a r3 a maximální dovolený tlakový spád bude " 2 √ # r1 · r3 2 σD r1 σD r1 r1 − (p1 − p3 )D opt ≤ = · 2− √ · 2− − · 2 r1 · r3 r3 2 r3 r3 Odlehčený stav nalisované nádoby (pevnostní kontrola dle hypotézy τM AX ) Předpokládáme stav, kdy nádoba nebude zatížena ani vnitřním ani vnějším přetlakem (p1 = p3 = 0) a zbude pouze namáhání neznámým kontaktním tlakem p× 2 , který je pouze a jen důsledkem přesahu ∆ r2 . Výpočet odlehčeného stavu lze provést jako rozdíl mezi skutečným a fiktivním stavem silnostěnné nalisované nádoby – tedy využitím principu superpozice (viz obr. 1.24). Nebo je možno z přesahu ∆ r2 nejprve určit neznámý kontaktní tlak p× 2 a z něho namáhání vnitřní a vnější nádoby. 24
p3 = 0
p3 p×2
p3
p2
p1 = 0
=
Odlehčený stav nalisované nádoby (p1 = p3 = 0 a p× 2 6= 0)
_
p1
Skutečný stav nalisované nádoby (p1 6= 0; p3 6= 0 a p× 2 6= 0)
p1
Fiktivní stav nádoby z jednoho kusu (p1 6= 0 a p3 6= 0)
Obrázek 1.24: Schéma výpočtu odlehčeného stavu nalisovaných nádob
x KII σrII σrI I
II
x K fikt σtII
σo
σtI
_
σrfikt
σo
σtfikt
KI Skutečný stav napjatosti
Fiktivní stav napjatosti
Obrázek 1.25: Průběhy napětí skutečné a fiktivní nádoby.
25
Graficky zobrazíme tento výpočet pomocí vykreslení všech potřebných průběhů do jednoho společného diagramu (obr. 1.25) současně se zobrazením redukovaných napětí jednotlivých nádob podle hypotézy τM AX (obr. 1.26). Nyní zakreslíme jednotlivé průběhy do společného obrázku (viz obr. 1.26) a provedeme grafický rozdíl obou průběhů.
x σrII σrI
σrfikt
KII σtfikt
σo
σtI KI
I
II
x K odl II σrodl II σtodl II σtII σo σtodl I σrodl I K odl I
K fikt σIrIed
σroeddl II σroeddl I
σIred
Obrázek 1.26: Průběhy napětí skutečné a fiktivní nádoby a jejich rozdíl. Průběhy radiálního a tečného napětí v jednotlivých částech (I) a (II) nalisované nádoby popíšeme pomocí základních vztahů pro napětí ve stěně silnostěnné nádoby (r1 , r2 , r3 a p1 , p2 , p3 ) CI x2 C II σtII (x) = K II + 2 x 2 − p · r2 p · r 1 2 1 2 KI = r22 − r12 r2 · r2 C I = (p1 − p2 ) · 21 22 r2 − r1 σtI (x) = K I +
a a a a
CI , x2 C II σrII (x) = K II − 2 , x 2 − p · r2 p · r 2 3 2 3 K II = , r32 − r22 r2 · r2 C II = (p2 − p3 ) · 22 32 · r3 − r2 σrI (x) = K I −
Budeme předpokládat, že v zatíženém stavu tato nalisovaná nádoba pevnostně vyhovuje II I ≤ σD II · ≤ σD I a σred σred
Průběhy radiálního a tečného napětí ve fiktivní nádobě tvořené z jednoho kusu popíšeme také pomocí základních vztahů pro napětí ve stěně silnostěnné nádoby (r1 , r3 a p1 , p3 ) C f ikt x2 2 p1 · r1 − p3 · r32 = r32 − r12
σtf ikt (x) = K f ikt + K f ikt
C f ikt , x2 r2 · r2 = (p1 − p3 ) · 21 32 · r3 − r1
a
σrf ikt (x) = K f ikt −
a
C f ikt
V obrázku jsou použity konstanty K odlehčené nádoby, které určíme jako K odl I = K I − K f ikt
a
K odl II = K II − K f ikt ·
Výsledná napětí v odlehčeném stavu tedy na jednotlivých poloměrech budou 26
1. vnitřní nádoba (I) na poloměru r1 σtodl I (r1 ) = σtI (r1 ) − σtf ikt (r1 )
a
σrodl I (r1 ) = σrI (r1 ) − σrf ikt (r1 ) = 0 ·
2. spojení vnitřní (I) a vnější (II) nádoby na poloměru r2 σtodl I (r2 ) = σtI (r2 ) − σtf ikt (r2 )
a σtodl II (r2 ) = σtII (r2 ) − σtf ikt (r2 ) ,
σrodl I (r2 ) = σrI (r2 ) − σrf ikt (r2 ) = −p× 2
a σrodl II (r2 ) = σrII (r2 ) − σrf ikt (r2 ) = −p× 2·
3. vnější nádoba (II) na poloměru r3 σtodl II (r3 ) = σtII (r3 ) − σtf ikt (r3 )
a
σrodl II (r3 ) = σrII (r3 ) − σrf ikt (r3 ) = 0 ·
Redukovaná napětí v odlehčeném stavu určíme podle hypotézy τM AX , stejně jako v zatíženém stavu pro vnitřní nádobu (I) na poloměru r1 a pro vnější nádobu (II) na poloměru r2 odl I = σrodl I (r1 ) − σtodl I (r1 ) = 0 − σtodl I (r1 ) = −2 · K odl I , σred
odl II = σtodl II (r2 ) − σrodl II (r2 ) = σtodl II (r2 ) − p× σred 2 ·
Abychom mohli konstatovat, že nalisovaná nádoba „komplexněÿ pevnostně vyhovuje, musí platit odl I odl II σred ≤ σD I a σred ≤ σD II ·
1.2
Rotující kotouče
Rotující kotouč je těleso kruhového nebo mezikruhového tvaru, které rotuje úhlovou rychlostí ω. Je proto zatíženo spojitě rozloženými odstředivými silami a případně silami na vnitřním a vnějším obvodě, které vyvolávají napětí σr (r1 ), resp. σr (r2 ). Napětí σr (r1 ) a σr (r2 ) vznikají například od nalisování na hřídel, tahem od odstředivých sil působících na lopatky umístěné na obvodě (oběžná kola turbín) apod. Tloušťku kotouče budeme uvažovat konstantní (obr. 1.28).
(a) Volný kotouč zatížený jen účinky odstředivé síly
(b) Nalisovaný kotouč zatížen účinky od odstředivé síly a od vnitřního tlaku
(c) Nalisovaný kotouč s lopatkami zatížen účinky od odstředivé síly, od vnitřního tlaku a vnějšího tahu
Obrázek 1.27: Způsoby namáhání kotoučů.
27
h
σo=0 r1 r2
ω
Obrázek 1.28: Rotující kotouč.
1.2.1
Napětí v rotujícím kotouči
Při určování napjatosti tenkého rotujícího kotouče budeme vycházet z následujících předpokladů: • platí Hookeův zákon, • kotouč, jeho zatížení, a tedy i napětí a deformace jsou rotačně symetrické, • úhlová rychlost ω je konstantní, • tloušťka kotouče h je konstantní a je malá ve srovnání s vnějším poloměrem r2 , osové napětí je pak nulové (σo = 0). Rotující kotouč se svým namáháním podobá silnostěnné nádobě. Liší se pouze tím, že na každý element hmoty navíc působí odstředivé síly. Proto i následující odvození rovnic rovnováhy je velmi podobné odvození u silnostěnné nádoby. Vyjmeme element kotouče tak, jak je znázorněno na obrázku 1.29. V důsledku malé tloušťky kotouče, která umožní, aby se element smršťoval v osovém směru, lze osové napětí σo pokládat za nulové. Při velké tloušťce kotouče se kotouč při rotaci nemůže v osovém směru volně zužovat. V důsledku toho vzniká osové napětí, které je funkcí dvou proměnných – vzdálenosti od středu kotouče x a vzdálenosti od středové plochy disku. Tento případ přesahuje rámec těchto skript. U disků malé tloušťky lze předpokládat, že napětí a deformace je funkcí jediné proměnné x. Vedle napětí σr a σt působí na element také odstředivá síla dO = dm · ar = ρ · dV · x · ω 2 = ρ · x · dϕ · dx · h · x · ω 2 ,
(1.44)
dO = ρ · h · ω 2 · x2 · dx dϕ ,
(1.45)
po úpravě kde ρ je hustota materiálu.
28
b
ω
r1
r2 dx σt(x)
x
dO σr(x)+dσr
σr(x) dϕ σt(x)
Obrázek 1.29: Napjatost působící na element rotujícího tenkého kotouče.
Poznámka: Při dosazování za hustotu je třeba dát pozor na použité jednotky. V pružnosti a pevnosti je zvykem pracovat v jednotkách [N, mm, MPa]. Tuto praxi však v případě rotujících kotoučů opustíme a budeme pracovat v jednotkách základních [N, m, Pa]. Pokud bychom to neučinili, museli bychom nejen převádět jednotku hustoty na [kg · mm−3 ], ale navíc násobit tisícem, což není na první pohled patrné.
Rovnice rovnováhy sil působící na element u radiálního směru má pak tvar dϕ dO + (σr + dσr ) · (x + dx) · dϕ · h − σr · x · dϕ · h − 2 · σt · h · dx · sin = 0 · (1.46) 2
Po dosazení za dO z rovnice 1.45 a po úpravách podobných jako u silnostěnné nádoby má rovnice rovnováhy tvar 1 dσr · (σt − σr ) = + A · x, x dx Poslední rovnici lze psát také ve tvaru
kde
A = ρ · ω2 ·
d(σr (x) · x) − σt (x) · dx = −A · x2 · dx ·
(1.47)
(1.48)
Jedná se opět o diferenciální rovnici, ale se dvěma neznámými veličinami ⇒ úloha je staticky neurčitá a musíme doplnit deformační podmínku, kterou sestavíme z elementu před a po deformaci (viz obr. 1.30) stejně, jako v případě silnostěnné nádoby. Nejprve vyjádříme pomocí změny elementu ∆ dx velikost radiální deformace [dx + (u(x) + du(x)) − u(x)] − dx du(x) ∆ dx = = = u0 (x) · (1.49) dx dx dx Potom vyjádříme pomocí změny délky elementu obvodu ∆ do velikost tečné deformace εr (x) =
εt (x) =
u(x) · dϕ u(x) ∆ do = = · do x · dϕ x 29
(1.50)
dx+∆dx
u(x)+du(x)
u(x) dϕ
do ∆do
do x dϕ dx
Obrázek 1.30: Deformace elementu tenkého rotujícího kotouče Nyní tyto vztahy dosadíme do rozšířeného Hookeova zákona pro rovinnou napjatost, abychom vyjádřili tečné napětí σt (x) a radiální napětí σr (x) pomocí jediné neznámé – posunutí u(x) u(x) 0 + ν · u (x) , x
(1.51)
E E u(x) 0 σr (x) = · (εr (x) + ν · εt (x)) = · u (x) + ν · · 1 − ν2 1 − ν2 x
(1.52)
E E σt (x) = · (εt (x) + ν · εr (x)) = · 2 1−ν 1 − ν2
Pomocí vztahů 1.51 a 1.52 vyjádříme jednotlivé členy rovnice 1.48 u(x) E 0 · u (x) + ν · d(σr (x) · x) = d ·x = 1 − ν2 x E = · u00 (x) · dx · x + u0 (x) · dx + ν · u0 (x) · dx , 2 1−ν u(x) E 0 σt (x) · dx = · · dx + ν · u (x) · dx · 1 − ν2 x Nyní tyto členy dosadíme do původní diferenciální rovnice 1.48 u(x) E 00 0 0 0 · u (x) · dx · x + u (x) · dx + ν · u (x) · dx − · dx − ν · u (x) · dx = −A·x2 ·dx · 1 − ν2 x (1.53) E 6= 0 a také předpoProtože předpokládáme reálný materiál, pro který je E + = 1 − ν2 kládáme, že diferenciál délky dx je sice nekonečně malý, avšak nenulový (dx 6= 0), musí platit A u(x) = − + · x2 · (1.54) u00 (x) · x + u0 (x) − x E Tím jsme získali diferenciální rovnici druhého řádu, ale již jen o jediné neznámé – posuvu u(x). 30
Pokud nyní vyřešíme tuto rovnici, musí mít homogenní řešení stejné, jako měly silnostěnné nádoby a partikulární řešení, které odhadneme podle pravé strany ve tvaru uP (x) = K · x3 . Konstantu K určíme dosazením odhadnutého partikulárního řešení do původní rovnice 1.54 A K · x3 = − + · x2 x E A uP (x) = − · x3 8 · E+
6 · K · x · x + 3 · K · x2 − uH (x) = C1 · x +
C2 , x
A , 8 · E+
⇒
K=−
⇒
u(x) = C1 · x +
A C2 − · x3 · x 8 · E+
Výsledné vztahy pro napětí pak budou C2 1 + 3 · ν · A · x2 , − x2 8 C2 3 + ν · A · x2 · σr (x) = C1 + 2 − x 8 σt (x) = C1 +
Jejich průběhy se přibližují k asymptotám, kterými jsou paraboly at (x) a ar (x) 1+3·ν · A · x2 , 8 3+ν ar (x) = C1 − · A · x2 , 8 at (x) = C1 −
σr2 · r22 − σr1 · r12 3 + ν · A · r12 + r22 , + 2 2 8 r2 − r1 2 2 r ·r 3+ν C2 = (σr2 − σr1 ) · 21 22 − · A · r12 · r22 · 8 r2 − r1 C1 =
ω σ
b
r1 x
x2
σt(x)
C2
at(x) C1
σred
σt(x)
C2
r2
x2
ar(x)
at(x)
ar(x) σr(x)
σr(x) x Obrázek 1.31: Rozložení napětí ve volném tenkém rotujícím kotouči
31
ω σ r1=0
r2
σr(x)
C1
σred
σt(x)
x
1.2.2
Zvláštní případy tenkého rotujícího kotouče
Kotouč bez otvoru
Při použití okrajové podmínky σt (0) = σr (0)
získáme výsledné rovnice průběhů tečného a radiálního napětí po celém rotujícím kotouči 1+3·ν · A · x2 = at (x) , σt (x) = C1 − 8 3+ν σr (x) = C1 − · A · x2 = ar (x) · 8 Průběhy obou napětí jsou tedy shodné s průběhy asymptot at (x) a ar (x) a osu rotace (x = 0) protínají v hodnotě C1 . Velikost konstanty C1 je dána okrajovou podmínkou pro radiální napětí σr na vnějším obvodě kotouče. Toto napětí je zde buď nulové, nebo rovno napětí vyvolanému odstředivými účinky např. lopatek připevněných na obvodě. V případě volného okraje kotouče máme σr (r2 ) = 0 · Odtud vychází C1 =
3+ν · A · r22 · 8
Poznámka: I zde musí vycházet konstanta C2 nulová i matematicky, protože jinak by člen C2 /x2 v rovnicích průběhů tečného a radiálního napětí vedl v ose nádoby (pro x = 0) na matematicky nepřípustný výraz C2 /0.
Kotouč s velmi malým otvorem nezatížený na obvodě základní vztahy a získáme opět výsledné průběhy napětí C2 1 + 3 · ν · A · x2 , − x2 8 C2 3 + ν σr (x) = C1 − 2 − · A · x2 · x 8 σt (x) = C1 +
32
(r1 r2 ) Vyjádříme
ω σ r1→0 r2
σr(x)
C1
σred
σt(x)
x Konstanty C1 a C2 určíme opět z okrajových podmínek (pro volné oba kraje kotouče) σr (r1 ) = 0 jako C1 =
3+ν · A · r12 + r22 8
a
σr (r2 ) = 0 ,
a
pro: x → r1
pak z O.P. σr (r1 ) = 0 plyne
pro: x → r2
je
C2 = −
3+ν · A · r12 · r22 · 8
r12 · r22 3+ν C2 · A · → = C1 , x2 8 r12 C2 → 0· x2
Odkud získáme výsledné průběhy obou napětí v závislosti na souřadnici x
σt (x) =
* x ≈ r1 → 0 :
= 2 · C1
* x ≈ r1 → 0 :
=0
x > r1 :
σr (x) =
x > r1 :
= at (x)
= ar (x) ·
Průběhy napětí ve většině rotujícího kotouče s malým otvorem odpovídají průběhům napětí v rotujícímu kotouči bez otvoru a jsou tedy prakticky rovné asymptotám. Pouze v malé oblasti blízké otvoru r1 se průběhy výrazně odlišují. Velikost radiálního napětí klesá k nule a tečné napětí dosahuje dvojnásobku konstanty C1 . Příklad 1.2: Volný tenký rotující kotouč Uvažujme běžné CD nebo DVD vyrobené z polykarbonátu. Základní parametry disku jsou d = 15 mm, D = 120 mm, h = 1, 2 mm, materiál ρ = 1190 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· mm−2 . (E = 850·106 N·m−2 , σk = 60·106 N·m−2 , σpt = 70·106 N·m−2 ). Určete maximální namáhání vznikající při otáčkách n = 104 1·min−1 (≈ 1047, 2 s −1 ). 33
Vztahy pro tečné a radiální napětí vznikající v tenkém rotujícím kotouči obecně jsou
σt (x) = C1 +
C2 1 + 3 · ν · A · x2 − x2 8
a
σr (x) = C1 +
C2 3 + ν · A · x2 · − x2 8
Velikost konstanty A závisí pouze na materiálu kotouče a jeho otáčkách (úhlové rychlosti)
2·π 2·π = 104 · = 1047, 2 s−1 , 60 60 A = ρ · ω 2 = 1190 · 1047, 22 = 1, 305 · 109 kg · m−3 · s−2 · ω =n·
Konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek. CD disk můžeme považovat vzhledem ke způsobu unášení jako volný kotouč, pro který musí platit 3+ν C2 3 + ν · A · r12 C1 = · A · r12 + r22 , 1. σr (r1 ) = 0 ⇒ 0 = C1 − 2 − 8 8 r1 ⇒ C2 3 + ν 3+ν 2. σr (r2 ) = 0 ⇒ 0 = C1 − 2 − C2 = · A · r22 · A · r12 · r22 · 8 8 r2 Maximální tečné napětí vzniká na vnitřním poloměru disku r1 a jeho velikost je dána vztahem
3+ν · A · r12 · r22 1 + 3 · ν 3+ν 2 2 8 · A · r1 + r2 + · A · r12 = σt (r1 ) = − 8 8 r12 1, 305·109 A · 0, 00752 · (1 − 0, 3) + 0, 062 · (3 + 0, 3) = = · r12 · (1 − ν) + r22 · (3 + ν) = 4 4 = 3, 9·106 N·m−2 = 3, 9 N·mm−2 · 34
σt(r1)=3,9 N.mm−2 Protože podle předpokladu tenkého kotouče je σo = 0 a podle okrajové podmínky je σr (r1 ) = 0, bude σred = σt (r1 ) = 3, 9 N·mm−2 60 N·mm−2 = σk · Nyní ještě určíme tečné napětí na vnějším poloměru σt (r2 ), protože radiální napětí známe (pro volný kraj kotouče musí platit σr (r2 ) = 0).
C1=1,97 N.mm−2
at(x)
σt(x)
ar(x) σr(x)
x r1 r2
3+ν · A · r12 · r22 1 + 3 · ν 3+ν 2 2 8 σt (r2 ) = · A · r1 + r2 + · A · r22 = − 8 8 r22 1, 305·109 A = · r12 · (3 + ν) + r22 · (1 − ν) = · 0, 00752 · (3 + 0, 3) + 0, 062 · (1 − 0, 3) = 4 4 = 0, 9·106 N·m−2 = 0, 9 N·mm−2 ·
•
1.3
Tenké kruhové desky
V těchto skriptech se omezíme jen na tenké desky kruhového nebo mezikruhového půdorysu a konstantní tloušťky. Uvažované desky jsou rovinné součásti plošného charakteru (tj. takové, u nichž je tloušťka mnohonásobně menší nežli ostatní rozměry), které jsou namáhány převážně na ohyb. Jedná se tedy o součásti stejného charakteru, jako jsou silnostěnné nádoby a rotující kotouče. Jejich zatížení je však odlišné. Zatímco silnostěnná nádoba je zatěžována přetlakem a kotouč odstředivými silami, je deska zatížena příčnými silami či momenty, které způsobují její ohyb obr. ??. Zatížení desky může být samozřejmě obecné, my se však omezíme jen na rotačně symetrické případy. Tedy případy, kdy jak geometrie, tak i její zatížení a uložení je rotačně symetrické. V desce nevzniká jen ohybové napětí, ale od posouvající síly vzniká, podobně jako u nosníku, napětí smykové. U tenkých desek lze smykové napětí vzhledem k ohybovému napětí zanedbat. Je-li však deska příliš tenká, má značné průhyby a radiální vlákna jsou po deformaci podstatně delší než před ní. Jejich prodloužení je způsobeno takovými napětími, která nazýváme napětí membránová. V tomto případě se deska navíc chová nelineárně. Tento typ nelinearity, který je důsledkem velkých deformací, se nazývá 35
σt(r2)=0,9 N.mm−2
σ
h
q0
r
wmax
R
Obrázek 1.32: Víko kanálového vlezu v dlažbě a jeho výpočtový model nový popis obrázku
(a) Nepodepřená volná deska (zatížení jen momenty)
(b) Podepřená volná deska (zatížení čímkoli)
(c) Vetknutá deska (zatížení čímkoli)
Obrázek 1.33: Kruhová deska a možnosti jejího zatížení
geometrická nelinearita. Pokud však nejsou průhyby desky příliš velké, jsou tyto jevy zanedbatelné. V dalším se omezíme právě na desky, u nichž lze zanedbat smyková i membránová napětí (viz níže uvedené předpoklady řešení). Tento typ desek je v literatuře někdy nazýván desky Kirchhoffovy podle autora hypotézy použité k jejich analýze.
1.3.1
Základní diferenciální rovnice tenkých kruhových desek
Při analýze napětí a deformací tenkých kruhových desek budeme vycházet z následujících předpokladů: • platí Hookeův zákon. • tloušťka desky není příliš velká, takže lze zanedbat smyková napětí (tloušťka desky nesmí převýšit 1/5 poloměru desky; při větších nárocích na přesnost 1/10 poloměru). Zároveň nesmí být průhyby desky příliš velké, aby bylo možno zanedbat membránová napětí. Obvykle se žádá, aby maximální průhyb nepřevýšil 1/3 tloušťky desky – při větších průhybech rychle narůstají chyby řešení. • střední plocha desky, kterou pokládáme za neutrální plochu s nulovým napětím, se deformuje tak, že se její body posouvají jen svisle, nikoli radiálně. • úsečky kolmé ke střední ploše před deformací, zůstanou po deformaci přímé a kolmé k deformované střední ploše (ploše neutrální). Tento předpoklad se na36
zývá Kirchhoffova hypotéza a je analogický předpokladu zachování rovinnosti příčných řezů u nosníků. Jeho důsledkem je lineární rozložení deformací, a tedy i napětí po tloušťce desky. • při vyjadřování vodorovných posuvů lze zanedbat normálové napětí kolmé ke střední ploše desky, neboť je podstatně menší nežli napětí ostatní. To má za důsledek, že pro deformace desky lze užít vztahů pro rovinnou napjatosti a tím zjednodušit řešení. • zatížení, uložení, a tedy i napětí a deformace desky jsou rotačně symetrické. Jsou-li tyto předpoklady splněny, deska se deformuje tak, že válcové řezy souosé s deskou se přemění po deformaci na řezy kuželové (obr. 1.34). Z desky vyjmeme
před deformací ϕ ϕ po deformaci
Obrázek 1.34: element (obr. 1.35) a uvážíme všechny silové účinky, jenž na něj působí z odstraněných částí a sestavíme rovnici rovnováhy. Na radiálním a tečném řezu elementu u obr. 1.35 jsou patrna lineárně proložená radiální a tečná normálová napětí. Posouvající síly dT a dT × jsou výslednicemi smykových napětí, působících v zakřivených stěnách elementu. Ve stěnách, kde působí tečná napětí σt , nemohou smyková napětí působit v důsledku rotační symetrie. Výslednými účinky normálových napětí σr a σt jsou ohybové momenty dMr a dMt působící na jednotlivé stěny elementu. Obě posouvající síly dT a dT × tvoří silovou dvojici o momentu dM = dT · dx (zanedbáme-li nekonečně malé veličiny vyššího řádu). Všechny výsledné momenty musí být v rovnováze. Rovnici rovnováhy sestavíme tak, že v obr. 1.35 sečteme průměty všech momentů v tečném směru (úhel α je malý) −dM + dMr − dMr× + dMt · dα = 0 ·
(1.55)
Abychom mohli vyjádřit rovnici rovnováhy pomocí napětí, musíme vyjádřit velikost ohybových momentů v jednotlivých stěnách v závislosti na maximálních napětích na spodní ploše desky (tahové napětí). Maximální velikost tečných napětí v radiálních řezech označíme σt . Pak v analogii k ohybu nosníků máme dMt = σt ·
1 · x · dα · h2 · 6 37
h
q(x)
dT(x)
r1 x
dx
dMr(x) r2
dMt(x) x
dx
dx
dMt(x)
x
dM dα
dT×(x) dMt(x) dM×r(x) h
σt(x) σr(x)+dσr(x)
dM×r(x)
dMr(x) dMt(x)
Obrázek 1.35: Momenty působící na element tenké kruhové desky. Obdobně určíme výsledný moment od radiálního napětí σr 1 dMr = σr · · x · dα · h2 · 6 Zde jsme zanedbali nepatrnou odchylku stěny, v níž působí σr , od roviny a považovali jsme ji za obdélník. Radiální napětí σr + dσr dává výsledný moment 1 (1.56) dMr× = (σr + dσr ) · · (x + dx) · dα · h2 · 6 Zbývá ještě vyjádřit velikost momentu dM dvojice posouvajících sil. Z desky vyjmeme kruhovou soustřednou desku o obecném poloměru x (obr. ??) a sestavíme pro ni složkovou rovnici rovnováhy. Zjistíme, že pro velikost posouvající síly na obvodě takto vyjmuté desky platí T (x) = Q(x), kde Q(x) je výsledná vnější síla působící na vyjmutou desku o poloměru x. Pro posouvající sílu na stěně elementu dT (x) pak platí dα dα T (x) · x · dα = T (x) · = Q(x) · 2·π·x 2·π 2·π a pro velikost momentu dM máme dT (x) =
(1.57)
dα dx · (1.58) 2·π Nyní můžeme všechny vyjádřené momenty dosadit do rovnice 1.55 a úpravou a zanedbáním nekonečně malých veličin vyšších řádů dospějeme k rovnici rovnováhy dM = dT (x) · dx = Q(x) ·
Q(x) d · (σr · x) − σt = −6 · · dx 2 · π · h2 38
(1.59)
q(x)
x
Q(x)
} T(x) Obrázek 1.36: Silová rovnováha elementu desky
Poznámka:
Úpravy shora zmíněné jsou uvedeny zde:
− dM + dMr − dMr× + dMt · dα = 0 − Q(x) ·
−
h2 h2 h2 dα · dx + σr · · x · dα − (σr + dσr ) (x + dx) · · dα + σt · · dx · dα = 0 2·π 6 6 6 .. .
Q(x) h2 h2 · dx − (σr · dx + dσr · x + O(2)) · + σt · · dx = 0 2·π 6 6 d 6 Q(x) (σr · x) − σt = − 2 · · dx h 2·π
Výrazem O(2) máme na mysli nekonečně malé číslo druhého řádu.
Rovnice rovnováhy 1.59 je podobná rovnici rovnováhy pro silnostěnné nádoby i pro rotující kotouče, od nichž se liší jen posledním členem, který vyjadřuje jiný způsob zatížení oproti nádobám a kotoučům. I u desek musíme nyní přejít k úvahám o deformacích, neboť rovnice 1.59 sama k určení σt a σr nestačí. Z předpokladu, že zatížení, uložení a tedy i napětí a deformace desky jsou rotačně symetrické plyne, že napjatost desky pokládáme za rovinnou, a tedy lze napětí v závislosti na deformaci vyjádřit stejně, jako tomu bylo u rotujících kotoučů. Podle obr. 1.37 vyjádříme pro malé deformace radiální posuv u pomocí změny vrcholového úhlu ϕ(x) jako h u(x) = · ϕ(x) · 2 Radiální deformaci tak můžeme vyjádřit jako d du = εr (x) = dx dx
h dϕ(x) h h · ϕ(x) = · = ϕ0 (x) 2 2 dx 2 39
(1.60)
ϕ(x)
ϕ(x)
h/2 h/2
x
x
u(x)
ϕ(x)
ϕ(x)
Obrázek 1.37: Posunutí u(x) vyjádřené pomocí natočení ϕ(x) Upravím podle zvolené varianty u následujícího obrázku. a tečnou deformaci vyjádříme jako 1 u(x) = εt (x) = x x
h h ϕ(x) · ϕ(x) = · · 2 2 x
(1.61)
Nyní vztahy 1.60 a 1.61 dosadíme do rozšířeného Hookeova zákona stejně jako u nádob a u kotoučů, abychom vyjádřili tečné napětí σt (x) a radiální napětí σr (x) pomocí jediné neznámé – úhlu ϕ(x) ϕ(x) E 0 + h · + ν · ϕ (x) , (1.62) · [ε (x) + ν · ε (x)] = E · σt (x) = t r 1 − ν2 2 x E ϕ(x) 0 + h σr (x) = · [εr (x) + ν · εt (x)] = E · · ϕ (x) + ν · · (1.63) 1 − ν2 2 x Pomocí vztahů 1.62 a 1.63 vyjádříme členy levé strany původní rovnice 1.59 d ϕ(x) d(σr (x) · x) 0 + h = E · · ϕ (x) + ν · ·x = dx dx 2 x h = E + · · ϕ00 (x) · x + ϕ0 (x) + ν · ϕ0 (x) , 2 h ϕ(x) + 0 σt (x) = E · · + ν · ϕ (x) · 2 x Levá strana původní diferenciální rovnice 1.59 bude h d (σr (x) · x) − σt (x) = E + · · ϕ00 (x) · x + ϕ0 (x)+ dx 2
ϕ(x) 0 − ν · ϕ (x) · +ν · ϕ (x) − x 0
Dosazením a úpravou pak dostáváme rovnici rovnováhy vyjádřenou v proměnné ϕ(x) ϕ00 (x) · x + ϕ0 (x) −
ϕ(x) 6 · Q(x) =− · x π · E + · h3 40
(1.64a)
Někteří autoři zapisují diferenciální rovnici v upraveném tvaru ϕ00 (x) +
t(x) ϕ0 (x) ϕ(x) − 2 =− , x x D
(1.64b)
kde t(x) [N · m−1 ] je zatížení desky od počátku až do místa x vztažené na jednotku délky obvodu a D [N · m] je desková tuhost jednotkové délky obvodu t(x) =
Q(x) 2·π·x
D=
E 1 · · h3 · 2 1 − ν 12
Řešení diferenciální rovnice se bude opět skládat z homogenní části, která bude shodná s nádobami a kotouči a z partikulárního řešení, které bude záležet na pravé straně řešené rovnice a může tak nabývat různých tvarů podle způsobu zatížení řešené desky ϕ(x) = ϕH (x) + ϕP (x) = C1 · x +
C2 + ϕP (x) · x
(1.65)
Integrační konstanty C1 a C2 opět záleží na okrajových podmínkách řešené desky. Základní diferenciální rovnici 1.64a lze zapsat také v tzv. staženém tvaru 0 1 6 · Q(x) 0 x· · (ϕ(x) · x) = − (1.66a) x π · E + · h3 nebo s využitím zatížení na jednotku délky t(x) a deskové tuhosti D podle 1.64b 0 t(x) 1 · (ϕ(x) · x)0 = − · (1.66b) x D Stažený tvar je velice výhodný z hlediska řešení diferenciální rovnice postupnou integrací pokud nedokážeme přímo odhadnout partikulární řešení. Poznámka: Vztahy pro napětí, resp. znaménko v nich je stanoveno podle namáhání SPODNÍHO povrchu řešené desky. Je-li spodní povrch natahován, je znaménko „+ÿ a je-li spodní povrch stlačován, je znaménko „-ÿ.
Deformace (průhyb) tenké kruhové desky K řešení výpočtu průhybu tenké kruhové rotačně symetrické desky w(x) využijeme opět velikost jejího natočení v daném místě, resp. velikost vrcholového úhlu ϕ(x). Z obrázku ?? průhybu desky podepřené na okraji je patrné, že platí dw = −ϕ(x) · dx ·
(1.67)
Hledaný průhyb desky w(x) získáme integrací levé a pravé strany rovnice 1.67 a přidáním integrační konstanty K Z w(x) = − ϕ(x) · dx + K · (1.68) Integrační konstantu K určujeme z okrajové podmínky pro uložení desky 41
ϕ(x) dϕ→0
dϕ→0
dϕ→0
ϕ(x) ϕ(x)
x
ϕ(x) dw
dw
ϕ(x)
dx
x
dw
ϕ(x)
x
dx
dx
Obrázek 1.38: Průhyb desky w(x) vyjádřený pomocí natočení ϕ(x) 1. podepřená, resp. vetknutá deska na poloměru r: 2. spojení dvou desek I a II na poloměru r: (průhybová plocha MUSÍ být spojitá)
w(r) = 0 wI (r) = wII (r).
Poznámka: • Podmínky pro průhyby nepoužívejte v žádném případě při určování integračních konstant C1 a C2 , protože tím do úlohy vnášíte jen další konstanty. • Obecně lze říci, že průhyb můžeme řešit až tehdy, máme-li kompletně dořešeno natočení tenké desky ϕ(x), a to včetně konstant C1 a C2 .
Okrajové podmínky používané při řešení kruhových desek 1. Podmínky na kraji desky: Pokud se jedná o desku bez otvoru uprostřed, je jedním z okrajů právě osa desky, kde ze symetrie desky vždy platí ϕ(0) = 0 ·
V řešení vždy vypadne člen C2 /x, jelikož dělení 0 by mělo za následek nekonečně velký úhel ϕ. Někteří autoři uvádějí podmínku ve tvaru
0
x r t
σt (0) = σr (0) , protože uprostřed desky nelze rozhodnout, který směr je tečný a který radiální. Tato podmínka vede ke stejnému závěru C2 = 0. Pokud má deska ve svém středu otvor, pak hovoříme o vnitřním a vnějším okraji desky. Volný (nezatížený) kraj desky na poloměru r může být i podepřený, ale není zde zatížen momentem, pak 42
σr (r) = 0 ·
r
r
Zatížený kraj desky na poloměru r momentem ±Mr , resp. ±mr (může být i podepřený) σr = ±
Mr 6 · Mr Mr =± =± , 1 Wor 2 · π · r · h2 · 2 · π · r · h2 6
+Mr r
resp. σr = ±
mr 6 · mr mr =± 2 , =± 1 wor h · h2 6
−Mr r
−mr
+mr
r
r
kde Mr je celkový ohybový moment rovnoměrně rozložený po celém okraji Mr je lineární hustota tohoto momentu. desky a mr = 2·π·r Vetknutý kraj desky na poloměru r (může to být jak vnitřní okraj desky r1 , tak i vnější r2 )
resp.
ϕ(r1 ) = 0 ,
ϕ(r2 ) = 0 ·
r
r
2. Podmínky ve spojení dvou polí desky: 1 a○ 2 tenké kruhové rotačně symetrické desky na obecném Ve spojení dvou polí ○ poloměru r je třeba sestavit dvě okrajové podmínky.
První podmínka vždy zaručuje hladkost průhybové plochy ve spojení na poloměru r ϕ(1) (r) = ϕ(2) (r) ·
Druhá podmínka závisí na individuálním uspořádáním každé úlohy (desky) 1 a○ 2 desky na poloměru r. Existují celkem čtyři a způsobu spojení polí ○ možnosti spojení dvou polí desky 1. Spojení desek stejné tloušťky bez zatížení vnějším momentem
2
h
1
wo(1) = wo(2) = wo (r) =
r (1)
(2) m(1) o (r) = mo (r)
⇒
1 2 ·h · 6
(2)
mo (r) mo (r) = wo (r) wo (r)
⇒
σr(1) (r) = σr(2) (r) ·
1
2
h2
h1
2. Spojení desek rozdílných tlouštěk h1 a h2 bez zatížení vnějším momentem wo(1) =
r 43
1 2 ·h 6 1
a wo(2) =
1 2 ·h · 6 2
(2) (1) (1) m(1) = σr(2) · w(2) ⇒ σr(1) (r) · h21 = σr(2) (r) · h22 · o (r) = mo (r) ⇒ σr · w
3. Spojení desek stejné tloušťky zatížené vnějším momentem ±mr
mr
1
+
r
2
_
r
mr (1)
mr (2)
mo
h
2
h
1
mr
(1)
mo
(2)
mo
dx
mo
dx
(2) m(1) o − mr − mo = 0
(2) m(1) o + mr − mo = 0
mr mo mo − − =0 wo wo wo 6 · mr − σr(2) = 0 σr(1) − h2
mr mo mo + − =0 wo wo wo 6 · mr − σr(2) = 0 σr(1) + h2 1 = wo (r) = · h2 · 6
(2)
(1)
(2)
(1)
wo(1) = wo(2)
4. Spojení desek rozdílných tlouštěk h1 a h2 zatížené vnějším momentem ±mr
2
1
+
r
(1)
_ mr
(2)
(1)
mo
mo
r
(2)
mo
r
(2) m(1) o − mr − mo = 0
σr(1) ·
2
r
mr mo
h2
h1
1
mr
h2
h1
mr
h2 h21 − mr − σr(2) · 2 = 0 6 6 wo(1) =
(2) m(1) o + mr − mo = 0
1 2 ·h , 6 1
Příklad 1.3: Jednoduchá deska 44
h2 h21 + mr − σr(2) · 2 = 0 6 6 1 2 = · h2 · 6
σr(1) · wo(2)
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 čísle ν. Určete diferenciální rovnici popisující chování zadané desky, vztahy pro napětí a maximální průhyb této desky. Tato deska je bez otvoru a zatížená konstantním spojitým tlakem qo . Příčné zatížení desky Q(x), které dosadíme do pravé strany, bude Q(x) = qo · π · x2 ·
ϕ00 (x) · x + ϕ0 (x) −
wmax
σr(0)=σt(0)
Řešíme tedy diferenciální rovnici
q0=konst.
r
6 · qo · π ϕ(x) =− · x2 · x π · E + · h3
Partikulární integrál odhadneme ve tvaru
σt(x)
ϕP (x) = K · x3 a jeho derivace budou
σr(x)
ϕ0P (x) = 3 · K · x2 a ϕ00P (x) = 6 · K · x · Neznámou konstantu K získáme dosazením partikulárního řešení ϕP (x) a jeho derivací do původní diferenciální rovnice 6·K·x·x+3·K·x2 −
|σr(r)|=σmax
σo
K · x3 6 · qo · π 6 · qo · π 3 · qo =− ·x2 ⇒ 8·K = − ·x2 ⇒ K = − · x π · E + · h3 π · E + · h3 4 · E + · h3
Řešení této diferenciální rovnice můžeme napsat jako ϕ(x) = C1 · x +
3 · qo C2 − · x3 · x 4 · E + · h3
Konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek pro uložení, resp. uspořádání desky OP:
1. ϕ(0) = 0 ⇒ C2 = 0 (nezapomeňte na pravidlo, že nulou se nesmí dělit), 3 · qo 3 · qo 2. ϕ(r) = 0 ⇒ 0 = C1 · r − · r 3 ⇒ C1 = · r2 · + 3 4·E ·h 4 · E + · h3
Úplné řešení diferenciální rovnice pro úhel natočení zadané tenké kruhové desky pak je ϕ(x) =
3 · qo · r 2 · x − x3 · + 3 4·E ·h
Pro výpočet deformací a následně napětí musíme stanovit 3 · qo ϕ(x) = · r 2 − x2 + 3 x 4·E ·h
a 45
ϕ0 (x) =
3 · qo · r 2 − 3 · x2 + 3 4·E ·h
a tyto hodnoty dosadit do vztahů pro radiální a tečnou deformaci tenké kruhové desky 3 · qo h 0 2 2 · ϕ (x) = · r − 3 · x , 2 8 · E + · h2 3 · qo h ϕ(x) 2 2 = · r − x εt (x) = · 2 x 8 · E + · h2 εr (x) =
a následně do rozšířeného Hookeova zákona
3 · qo 2 2 · r · (1 + ν) − x · (3 + ν) , 8 · h2 3 · qo 2 σt (x) = E + · [εt (x) + ν · εr (x)] = · r · (1 + ν) − x2 · (1 + 3 · ν) · 2 8·h σr (x) = E + · [εr (x) + ν · εt (x)] =
Poznámka: • Z průběhů je patrné, že radiální napětí „klesáÿ strměji než tečné, protože (3 + ν) > (1 + 3 · ν). • Dále je z průběhů patrné, že vyhovují podmínce ve středu desky a maximálnímu napětí na poloměru r σr (0) = σt (0) =
3 · qo · r 2 · (1 + ν) 8 · h2
a
σmax = |σr (r)| = | −
3 · qo · r 2 3 · qo · r 2 |= · 2 4·h 4 · h2
Výpočet deformace desky je pak již jen jednoduchou integrací funkce ϕ(x) 4 Z x 3 · qo r 2 · x2 3 · qo 2 3 · r · x − x · dx + C3 = · − w(x) = − + C3 · 4 · E + · h3 4 · E + · h3 4 2
Integrační konstantu určíme z podmínky pro uložení desky na poloměru r, w(r) = 0 4 3 · qo r r2 · r2 r4 3 · qo 0= · − · · + C ⇒ C = 3 3 4 · E + · h3 4 2 4 · E + · h3 4 A tedy 3 · qo · w(x) = 4 · E + · h3
x4 r 2 · x2 r 4 − + 4 2 4
, resp. wmax = w(0) = C3 =
r4 3 · qo · · 4 · E + · h3 4
• Příklad 1.4: Jednoduchá deska 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. Určete diferenciální rovnici popisující chování zadané desky a vztahy pro napětí. 46
m
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 nulová ϕ00 (x) · x + ϕ0 (x) −
r σr≡σt=6.m/h2
ϕ(x) = 0, x
σo=0
což odpovídá základní rovnici silnostěnných 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 neměl smysl. Průběh funkce ϕ(x) tedy bude jen lineární funkcí souřadnice x. Tím se zjednoduší vztahy pro napětí vyjádřené pomocí obecných vztahů pro deformace a rozšířeného Hookeova zákona h 0 h · ϕ (x) = · C1 2 2 h ϕ(x) h εt (x) = · = · C1 2 x 2 εr (x) =
h · C1 · (1 + ν) , 2 h ⇒ σt (x) = E + · [εt (x) + ν · εr (x)] = E + · · C1 · (1 + ν) · 2
⇒ σr (x) = E + · [εr (x) + ν · εt (x)] = E + ·
Znamená to tedy, že oba průběhy budou totožné a jejich velikost určíme z okrajové podmínky. Na vnějším okraji musí být radiální napětí σr vyvolané pouze ohybovým momentem m. Protože moment způsobuje „natahováníÿ spodního vlákna, budeme radiální napětí uvažovat kladné σr (r) = +
m 6·m m =+ 2 · =+ 1 2 wor h ·h 6
Hledané průběhy napětí v této tenké kruhové desce jsou σr (x) = +
6·m h2
a
σt (x) = +
6·m · h2
Poznámka: • Pokud bychom dál chtěli řešit funkci ϕ(x), museli bychom stanovit konstantu C1 σr (x) = E + ·
6·m h C1 · (1 + ν) = 2 h2
⇒
C1 =
12 · m · E + · h3 · (1 + ν)
• Dále si povšimněte, že průběhy napětí odpovídají nádobě bez otvoru (hřídeli) a jejich velikost je dána velikostí momentu m, který působí na okraji desky.
• 47
Příklad 1.5: Jednoduchá deska 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 M po celém obvodě desky m = . Deska má tloušťku h (h r1, 2 ) a je vyrobena 2 · π · r2 z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonově čísle ν. Určete vztahy pro napětí vznikající v této desce. Deska s otvorem uprostřed je zatížená jen momentem m a nepůsobí na ni 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 σr (x) = K −
C x2
a
σt (x) = K +
m r1 r2
C · x2
K
Znamená to tedy, že oba průběhy budou, stejně jako u nádob, polytropy, které budou mít osu v hodnotě konstanty K.
σo=0
σt(x) σr(x)
Pro výpočet konstant K a C využijeme vztahy platné pro silnostěnné nádoby pouze s tím, že okrajové podmínky není třeba přepočítávat z tlaků, ale budou přímo σr (r1 ) =
mr1 0 =0 = 1 2 wor1 ·h 6
a σr (r2 ) =
mr2 6·m +m =+ 2 · = 1 2 wor2 h ·h 6
Proto pro výpočet konstant K a C v tomto případě platí 6·m σr (r2 ) · r22 − σr (r1 ) · r12 r22 = , · h2 r22 − r12 r22 − r12 r2 · r2 6 · m r12 · r22 C = [σr (r2 ) − σr (r1 )] · 21 22 = · · 2 h2 r2 − r1 r2 − r12
K=
Zbývající okrajové hodnoty tečných napětí σt (r1 ) a σt (r2 ) tedy budou 6 · m r12 · r22 · 2 h2 6·m 6·m r22 r22 r2 − r12 = 2 · + =2·K, σt (r1 ) = · · h2 h2 r22 − r12 r12 r22 − r12 6 · m r12 · r22 · 2 h2 6·m r22 r2 − r12 6 · m r22 + r12 σt (r2 ) = · · 2 + = = 2 · K − σr (r2 ) · h2 h2 r22 − r12 r22 r2 − r12
Nejnamáhanějším místem této desky bude, stejně jako tomu bylo u silnostěnné nádoby, spodní strana vnitřního otvoru desky, kde bude redukované napětí podle teorie τM AX τM AX = σt (r1 ) − σr (r1 ) = 2 · K · σred
48
Poznámka: konstanty K.
Maximální redukované napětí je jako u nádoby s p1 = 0 rovno právě dvojnásobku
• Příklad 1.6: Složitější deska – 2 pole 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 materiál je určen E a ν.
Určete diferenciální rovnice jednotlivých polí, na které je třeba desku rozdělit a potřebné okrajové podmínky.
Tuto desku MUSÍME rozdělit na dvě pole, protože na poloměru r1 se mění zatížení. Pole I:
x ∈ h0; r1 i
F
QI (x) = 0,
r1
Diferenciální rovnice bude ϕI ϕ00I · x + ϕ0I − = 0. x Pole II: x ∈ hr1 ; r2 i QII (x) = F ,
r2
Diferenciální rovnice bude ϕII 6·F ϕ00II · x + ϕ0II − =− . x π · E + · h3 Řešení těchto dvou rovnic budou mít tvar
mII-I F II σrI=σIt
RA=F σIIt
C12 , x C22 + ϕII P · = C21 · x + x
ϕI = C11 · x + ϕII
I
mI-II
σo
σrII
Partikulární řešení druhé rovnice bychom určili postupnou integrací staženého tvaru 0 x 1 x 6·F 6·F · · (ϕII · x)0 = − · ln x − ⇒ ϕ = − · x· II P x π · E + · h3 π · E + · h3 2 4 Poznámka: V řešení sice vychází ln x, kde x [m] nebo [mm], což je matematicky „nesmyslnéÿ, ale následné okrajové podmínky převedou tuto funkci do matematicky „správnéhoÿ bezrozměrného tvaru ln(r/x).
Konstanty C11 , C12 , C21 a C2 určíme z okrajových podmínek – co kraj desky, to jedna podmínka: 49
OP:
1. x = 0 2. x = r1 3. x = r1 4. x = r2
ϕI (0) = 0 ⇒ C12 = 0 (nezapomeňte na pravidlo, že nulou se nesmí dělit), ϕI (r1 ) = ϕI (r2 ) průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká, mI−II = mII−I ⇒ σrI (r1 ) = σrII (r1 ) ve spojení není žádný vnější moment, σrII (r2 ) = 0 volný nezatížený kraj desky.
Pokud bychom tento systém dořešili, získali bychom následující průběhy napětí 1 r2 r12 3·F I I · (1 − ν) · (1 + ν) · ln · − (1 − ν) · σr (x) = σt (x) = , 2 · π · h2 2 r1 2 · r22 r2 r12 r12 3·F II · (1 + ν) · ln + (1 − ν) · − (1 − ν) · σr (x) = , 2 · π · h2 x 2 · x2 2 · r22 r2 r12 r12 3·F · · (1 + ν) · ln + (1 − ν) · 1 − − (1 − ν) · σtII (x) = 2 · π · h2 x 2 · x2 2 · r22 • Příklad 1.7: Složitější deska – 4 pole 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 modul pružnosti E a Poissonovo číslo ν. Určete diferenciální rovnice jednotlivých polí, na které je třeba desku rozdělit a potřebné okrajové podmínky. Nejprve musíme ze statické podmínky rovnováhy do svislého směru určit velikost reakce RA v podepření na poloměru r4 RA = q0 · π · r32 − r22 ·
q0 r1 r2 r3 r4
Nyní celou desku rozdělíme na čtyři pole. Pole I:
r5 q0
QI (x) = 0,
mII-I
Pole II: x ∈ hr2 ; r3 i
mII-III
QII (x) = q0 · π · x2 − r22 ,
Pole III: x ∈ hr3 ; r4 i QIII (x) = q0 · π ·
r32
Pole IV: x ∈ hr4 ; r5 i
−
r22
2
RII-III =RIII-II
II
mIII-II mIII-IV III
,
RIII-IV =RIV-III
QIV (x) = q0 · π · r32 − r2 − RA = 0·
I
mI-II
x ∈ hr1 ; r2 i
mIV-III IV
RA 50
RA
Diferenciální rovnice můžeme zapsat pro všechny čtyři desky ve tvaru ϕ00i (x) · x + ϕ0i (x) · x −
6 · Qi (x) ϕi (x) =− 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 na pravidlo „co kraj desky, to jedna podmínkaÿ, což znamená, že ve všech spojeních dvou polí se setkávají dva kraje a musí tam být dvě okrajové podmínky). OP:
1.
x = r1 :
2.
x = r2 :
3.
x = r2 :
4.
x = r3 :
5.
x = r3 :
6.
x = r4 :
7.
x = r4 :
8.
x = r5 :
σrI (r1 ) = 0 (volný nezatížený kraj desky), ϕI (r2 ) = ϕII (r2 ) (průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká), mI−II = mII−I ⇒ σrI (r2 ) = σrII (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 ) = σrIII (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 ) = σrIV (r4 ) (ve spojení není žádný vnější moment), σrIV (r5 ) = 0 (volný nezatížený kraj desky). •
51
Vlastnost Levá strana difer. rovnice Pravá strana Obecné řešení Okrajové podmínky
Nádoba x · u00 (x) + u0 (x) −
Kotouč u(x) = x
=0 na element nepůsobí žádné další účinky u(x) = C1 · x +
C2 x
x · u00 (x) + u0 (x) − =−
Deska u(x) = x
A · x2 A = ρ · ω 2 + E
kvadratická funkce od odstředivé síly dO u(x) = C2 A C1 · x + · x3 − x 8 · E+
kraj nádoby σr (r1, 2 ) = −p1, 2
kraj kotouče σr (r1, 2 ) = ±σ1, 2 C x2 C σr (x) = ar (x) − 2 x 1+3·ν at (x) = C1 − · A · x2 8 3+ν ar (x) = C1 − · A · x2 8 2 σr · r − σr1 · r12 + C1 = 2 22 r2 − r12 3+ν · A · r12 + r22 8 r2 · r2 C2 = (σr2 − σr1 ) · 21 22 − r2 − r1 3+ν · A · r12 · r22 8
x · ϕ00 (x) + ϕ0 (x) − =−
ϕ(x) = x
6 · Q(x) π · E + · h3
obecná funkce podle zatížení Q(x) C2 +ϕpart (x) ϕ(x) = C1 ·x+ x ϕpart (x) různé podle Q(x) kraj desky σr (r1, 2 ) = ±m/wo střed nebo vetknutí desky ϕ(0) = 0 nebo ϕ(r1, 2 ) = 0
σt (x) = at (x) +
Průběhy napětí
C x2 C σr (x) = K + 2 x
Konstanty
p1 · r12 − p2 · r22 r22 − r12 r2 · r2 C = (p1 − p2 ) · 21 22 r2 − r1
σt (x) = K +
K=
σt (x) a σr (x) podle tvaru příčného zatížení Q(x) resp. q(x)
C1 a C2 podle tvaru příčného zatížení Q(x) resp. q(x)
Tabulka 1.2: Tabulka shrnutí řešení a společných nebo podobných vlastností všech tří rotačně symetrických úloh.
52
Obsah 1 Rotačně symetrické úlohy 1.1
1.2
1.3
1
Silnostěnné (tlustostěnné) nádoby . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.1
Napětí v silnostěnné nádobě . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.2
Zvláštní případy silnostěnných válcových nádob . . . . . . . . . .
15
1.1.3
Nalisované silnostěnné nádoby . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
Rotující kotouče . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
1.2.1
Napětí v rotujícím kotouči . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
1.2.2
Zvláštní případy tenkého rotujícího kotouče . . . . . . . . . . . .
32
Tenké kruhové desky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
1.3.1
36
Základní diferenciální rovnice tenkých kruhových desek . . . . .
53
