Ротационо симетрична деформација средње површи ротационе љуске

Transcript

1 Ротационо симетрична деформација средње површи ротационе љуске слика. У свакој тачки посматране средње површи, у општем случају, постоје два компонентална померања: v - померање у правцу тангенте на меридијалну криву, w - померање у правцу нормале. Деформацијске величине (дилатације) су дефинисане следећим изразима: ds dv w...(.) ds R d ds ( vctg w)...(.) ds R Поред дилатација посматраће се и промена угла нагиба тангенте на меридијалну криву χ : dw χ v+. R d Из једначина (.) и (.) може да се елиминише w и да се добије следећа диференцијална једначина по непознатом померању v: dv d R R v d+ C sin. vctg R R, чије је решење: sin Константа С означава померање љуске као крутог тела у правцу осе ротације. Када се одреди v, w може да се одреди из једначине (.). Пример.. За сферну куполу, оптерећену према слици, одредити изразе за промену полупречника паралелног круга R, као и промену угла нагиба тангенте на меридијалну криву χ. слика. XI-

2 Решење Прво треба да се одреде изрази за пресечне силе: Z Y a p ( ) π ( sin+ cos) sin π cos sin... ( cos ) P a Y Z d a p d ( ) π ( cos ) P a p ap, π π R sin 4 asin Za Када су одређене пресечне силе могу да се одреде деформације које су, према Hook овом закону, једнаке: ( ν ) Eh ( ν ) Eh Промена полупречника паралелног круга R је једнака: R R Да би се одредило χ мора прво да се одреде померања v и w. Пошто је, вредност израза R R је једнака нули па је: v Из једначине (.) следи: w vctg R dw Померање v је једнако нули и w је константно па је: χ v+ R d Пример.. За сферну куполу, која се загрева за t, одредити изразе за промену полупречника паралелног круга R као и промену угла нагиба тангенте на меридијалну криву χ. π Решење слика. Не постоји спољашње оптерећење па су пресечне силе једнаке нули. Дилатације су: Промена полупречника паралелног круга R је једнака: R R И у овом примеру дилатације и су једнаке, па је v. w vctg R dw χ v+ R d XI-

3 Пример.. За конусну љуску, која се загрева за t, одредити изразе за промену полупречника паралелног круга R као и промену угла нагиба тангенте на меридијалну криву χ. Решење Дилатације су: слика.4 Промена полупречника паралелног круга R је: R R Везе између деформација и померања код конусне љуске су: dv w R d...(.) ( vctg w )...(.4) R Промена угла нагиба тангенте на меридијалну криву је једнака: dw χ v+ R d χ Безмоментна теорија цилиндричних љуски Цилиндричне љуске настају кретањем једне праве, изводнице, по датој кривој, директриси. Изводница при кретању остаје стално паралелна једној датој правој. Главне координате су: - угао који заклапа нормала у посматраној тачки са правцем неке унапред изабране нормалe, х - растојање од неког унапред изабраног попречног пресека. слика.5 XI-

4 Површинско оптерећење које делује на издвојени део љуске, као и пресечне силе које се услед његовог дејства јављају, приказани су на слици.6. слика.6 Безмоментна теорија кружне цилиндричних љуски - ротациона симетрија Пресечне силе за случај ротационо симетричне конструкције и оптерећења, које неће зависити од координате,приказане су на слици.7. Пресечне силе и могу да се одреде из услова равнотеже елемента љуске: X : d + X...(.5) d Z : + Z...(.6) R Пример.4. слика.7 За кружну цилиндричну љуску, оптерећену према слици, одредити изразе за померања и пресечне силе. Узети у обзир сопствену тежину конструкције. слика.8 XI-4

5 Решење Пресечне силе које се јављају се одређују независно једна од друге. Прво ће се одредити пресечна сила. Она зависи од оптерећења у х - правцу које је приказано на слици.9. X( ) ( ) Константа С се одређује из граничног услова: слика.9 Из једначине (.6) одређује се сила оптерећење у z правцу је изражено као: Z( ) па је ( ) Када су познате силе могу да се одреде деформације: Везе између деформација и померања су: du d...(.7) w a...(.8) где је: u - померање у правцу х - осе, w - померање у правцу нормале на средњу површ. Из једначине (.7) одређује се померање u: u( ). За усвојени координатни систем површинско XI-5

6 Константа С се одређује из граничног услова: u( ) Из једначине (.8) одређује се померање w: w( ) Савијање кружне цилиндричне љуске при ротационо симетричном оптерећењу Пресечне силе које се јављају за овај случај напрезања су приказане на слици.. слика. Површинско оптерећење у правцу х - осе изазива само пресечну силу исто као и у случају мембранског напрезања. која се одређује Остале пресечне силе су изражене у функцији померања w: M d w K, T d d w K, d w Eh, M ν M. a Компонентално померање w се добија решавањем диференцијалне једначине савијања кружно цилиндричне љуске константне дебљине при ротационо симетричном оптерећењу: 4 d w 4 Z + 4β w, где је 4 d K β ( ν ) 4. a h Решење ове диференцијалне једначине је: ( cosβ sinβ ) ( cosβ sinβ ) w w + e C + C + e C + C β 4 XI-6

7 Дуга цилиндрична љуска Посматра се дуга цилиндрична љуску која је оптерећена на једном крају линијским моментом савијања M и трансверзалном силом T. слика. Пошто нема површинског оптерећења партикуларно решење за померање w, w, је једнако нули. Вредности померања и пресечних сила када треба да буду једнаки нули. w Непознате константе се одређују из граничних услова: Изводи који су потребни да би се одредиле непознате константе су: d w 4 cos sin ( ) β e C β + C β, d d w β e ( C4+ C) cosβ + ( C4 C) sinβ d. Систем једначина је: Решење система је:...()...() C ( T β M ) β K +, β M C 4. β K Коначни израз за угиб је: w e ( T + β M ) cosβ M sinβ β K. Као љуске бесконачне дужине могу да се решавају љуске код којих је: β l > 5. XI-7

8 Пример.5. За ротационо симетричну конструкцију, приказану на слици, одредити изразе за пресечне силе. E Gpa ν. h. m p 5 k/m a m l 6 m Решење ( ν ) ( ). 4 4 β.68 a h. слика. β l > 5 - приказана љуска може да се решава као дугу љуска. Партикуларно решење за померање w, w, представља решење за померање по безмоментној теорији. Ово решење одређено је у примеру.4: w Израз за угиб је: pa + ( cosβ + sinβ ). Eh l w e C C4 Гранични услови: Потребан је следећи извод да би се одредиле непознате константе: dw pa + βe ( C C ) cosβ ( C + C ) sinβ d Ehl Систем једначина: ()...() чије је решење: C, pa 6 C Ehlβ Решење за угиб је: pa pa 5 e w + e sinβ.5 + sinβ. Eh l Ehlβ β XI-8