Prof.dr. Božidar Šarler 2009/2010

MEHANIKA KONTINUUMA / CONTINUUM MECHANICSELASTIČNA TRDNINA / ELASTIC SOLID

POGLAVJE 5

Do sedaj smo preučevali kinematiko kontinuuma, opis stanja napetosti inzapis petih zakonov klasične termodinamike in mehanike za kontinuum.

- ohranitev mase- ohranitev gibalne količine- ohranitev vrtilne količine- ohranitev energije- entropijsko neenačbo

Opisane enačbe niso dovolj za popis obnašanja specifične snovipod vplivom sil.

Iz izkušenj vemo, da je vpliv enakih sil npr. na železo drugačen kot npr. vpliv enakih sil na vodo.

Vpliv sil pa je lahko celo odvisen od smeri in velikosti sil.

Velik razred snovi, pri katerih deformacija izgine s tem, ko izgine vplivsil, imenujemo elastični materiali.

Nad neko velikostjo sil ostrane permanentna deformacija. V tem primeru sesnov obnaša plastično.

V tem poglavju obravnavamo:

- konstitucijske zveze za linearno elastično snov.

- nekatere izbrane probleme s področja linearnih elastičnih snovi.

- razred problemov z ravninskimi deformacijami in napetostmi.

Najprej obravnavajmo nekaj tipičnih laboratorijskih mehanskih eksperimentov.

Iz snovi izrežemo prizmatični vzorec s prečno površino . 0A

Snov statično obremenimo s silo v osni smeri, velikosti . P

Merimo podaljšek v osni smeri .

0A - linearni elastični režim. Vzorec se po vplivu sile povrne v 0

ABBC - plastični režim. Vzorec se po vplivu sile povrne v točko C

Snov se po plastični deformaciji običajno utrdi.

5.1 MEHANSKE LASTNOSTI

Napetost v odvisnosti od relativne osne deformacije.

V smislu od laboratorijskih razmer čimbolj neodvisnega popisa problema,rišemo naslednjo krivuljo

Naklon daljice 0A imenujemo Youngov modul.

osna relativna deformacija

napetost

207GPaYE za jekla

Deformacije kovin v elastičnem režimu so relativno majhne, reda velikosti

310axax

Pri nateznem poskusu pa lahko merimo tudi spremembo prečne dimenzijevzorca v odvisnosti od sile. Relativna prečna (radialna) deformacija je

Eksperimenti pokažejo, da je razmerje

constrd

v primeru majhnih deformacij (se skrči, zato minus)

Razmerje imenujemo Poissonovo število in ga označimo z rd

Tipično Poissonovo število za železo je 0,3.

V primeru, ko ima vzorec, ki ga obravnavamo, različne lastnosti gledena orientacijo, iz katere je bil izrezan iz bloka, je material anizotropen.

Tipični primeri anizotropnih snovi so

- les- valjana jeklena plošča- biološka tkiva

V nasprotnem primeru je material izotropen.

V primeru, ko ima vzorec, ki ga obravnavamo, različne lastnosti gledena položaj iz katerega je bil izrezan iz bloka, je snov nehomogena. Npr. ulita jeklena brama. V nasprotnem primeru je snov homogena.

Nadalje lahko snov testiramo s hidrostatično napetostjo. V tem primeru je napetost oblike

ij ijT

Količino

imenujemo elastični modul.

138GPak za jekla

Naslednji poskus nam da novo snovno konstanto. Krožni valj z dolžino zvijemo za kot ko uporabimo navor .ax M

Strižni modul definiramo kot4

axM rI

76GPa za jekla

V nadaljevanju nas zanima, koliko takšnih neodvisnih eksperimentov lahkonaredimo za elastično snov. Koliko neodvisnoh snovnih lastnosti lahko pripišemo snovi, ki se obnaša elastično?

5.2 LINEARNA ELASTIČNA TRDNINA

V prejšnjem poglavju obravnavani eksperimenti imajo naslednje skupne štiri značilnosti

1. Zveza med silo in deformacijo je linearna.2. Hitrost uporabe sile ne vpliva na deformacijo.3. Po odstranitvi sile deformacija povsem izgine.4. Deformacija je zalo majhna.

Zgornje značilnosti uporabimo za definicijo linearno elastične ali Hookove snovi.

Osnovna predpostavka za takšno snov je

ECauchijev napetostni tenzorInfinitezimalni deformacijski tenzor

Pri čemer je

11 1111 11 1112 12 1133 33

12 1211 11 1212 12 1233 33

33 3311 11 3312 12 3333 33

............

...................................................................

............

T C E C E C E

Če je relacija med Cauchijevim napetostnim tenzorjem in infinitezimalnimdeformacijskim tenzorjem linearna, lahko zapišemo

Opisanih devet enačb lahko v kompaktni obliki zapišemo kot

ij ijkl klT C E

Tenzor je tenzor četrtega reda, ki ga imenujemo tenzor elastičnosti.C

Tenzorja in sta tenzorja drugega reda.T E

Tenzor elastičnosti se transformira iz baze v bazo kotie'ie

'ijkl mi nj rk sl mnrsC Q Q Q Q C

Če je telo homogeno je neodvisen od položaja.C

V tem poglavju obravnavamo zgolj homogena telesa.

V celoti tenzor vsebuje 81 (9x9) koeficientov.C

Ker je tenzor simetričen, lahko vedno kombiniramo dva členav en člen.

1112 12 1121 21 1112 12 1121 12 1112 1121 12C E C E C E C E C C E

Na ta način

1112 1121C C postane en neodvisen koeficient.

Zaradi simetrije infenitezimalnega deformacijskega tenzorja moraimeti tenzor elastičnosti naslednjo lastnost

ijkl ijlkC C

Na ta način zmanjšamo število neodvisnih koeficientov iz 81 na 54.

Zaradi simetrije Cauchijevega napetostnega tenzorja mora imetitenzor elastičnosti naslednjo lastnost

ij jiT T

ijkl jiklC C

Ta enačba zmanjša število neodvisnih koeficientov iz 54 na 36.

Nadalje predpostavimo, da je koncept elastičnosti povezan z obstojemnotranje energije, imenovane tudi energijska funkcija deformacije, ki je pozitivno definitna funkcija deformacijskih komponent

ijU U Eij

Zaradi te predpostavke lahko pokažemo

ijkl kljiC C

Na ta način nadalje zmanjšamo število neodvisnih koeficientov elastičnegatenzorja s 36 na 21.

Če nadalje predpostavimo, da je snov izotropna, nam preostaneta samo 2neodvisna koeficienta. V primeru anizotropne monoklinične snovi imamo 13 neodvisnih koeficientov. V primeru anizotropne ortotropne snovi 9 koeficientov in v primeru anizotropne transverzno izotropne snovi 5 koeficientov.

, , ijkl ij kl ijkl ik jl ijkl il jkA B H

Identični tenzor je edini izotropni tenzor drugega reda. Iz njega lahko naredimo naslednje izotropne tenzorje četrtega reda.

Elastični tenzor izrazimo s tremi izotropnimi tenzorji četrtega reda

ijkl ijkl ijkl ijklC A B H

Kjer so konstante. Zaradi zgornje oblike lahko zapišemo, ,

ij kk ij ijT E E

ij ijkl kl ij kl kl ik jl kl il jk klT C E E E E

Označimo in dobimo ali 2 2ij kk ij ijT E E 2ij ij ijT e E kke E dilatacija

SPECIFIČNA OBLIKA ELASTIČNEGA TENZORJA ZA IZOTROPNO SNOV

2e T I E

V brezkoordinatni obliki lahko zapišemo

Po komponentah lahko zapišemo

11 11 22 33 11

22 11 22 33 22

33 11 22 33 33

T E E E E

Zgornje enačbe predstavljajo konstitucijske zveze za linearno elastičnotrdnino.

, imenujemo Laméjevi konstanti. Določimo ju z eksperimenti.Konstanti

Zvezo med napetostmi in deformacijami za elastično trdnino lahko zapišemo tudi v inverzni obliki. Se pravi, deformacijo v odvisnosti od napetosti. Dobimo (vaje):

2 3 2ij ij kk ijE T T

5.4 YOUNGOV MODUL, POISSONOVO RAZMERJE, STRIŽNI MODUL, TLAČNI MODUL

Izpeljemo (vaje) pa lahko tudi naslednjo zvezo

3 2 kke T

V primeru, ko je samo ena pravokotna komponenta napetosti različna od nič,imenujemo takšno stanje napetosti enoosno.

Enoosno stanje napetosti v smeri lahko zapišemo1e

11 11 11 11

33 22 11 11

12 13 23

2 3 2 3 2

2 3 2 2 3 2 2

E T T T

E E T E

Enoosno stanje napetosti je dober približek nateznemu poslusu.

Za Youngov modul in Poissonovo število dobimo

11 11 22 33

22 22 33 11

33 33 11 22

E T T TE

Običajno enačbe z Youngovim modulom in Poissonovim številomter drugo Laméjevo konstanto zapišemo v naslednji obliki

V zgornjih enačbah so tri snovne konstante. Vendar sta neodvisni konstanti samo dve.

lahko izrazimo iz 3 2

Dobimo pomembno zvezo

Tako lahko napišemo samo z dvema konstantama

11ij ij kk ij

E T TE

V primeru, da samo dve strižni napetosti nista enaki nič, imenujemotovrstno stanje napetosti preprosti strig. V tem primeru imamo

12 21T T

12 21 2E E

vidimo, da je druga Laméjeva konstanta strižni modul

Tretje stanje napetosti imenujemo hidrostatična napetost.

V tem primeru izpeljemo

Elastični modul je definiran kot

Vidimo, da so Laméjeve konstante, Youngov modul, strižni modul,Poissonovo število, in elastični modul vsi povezani!

Samo dva od njih pa sta neodvisna pri izotropni elastični snovi!

Zbirka relacij med med Laméjevimi konstantami, Youngovim modulom, strižnim modulom, Poissonovim številom in elastičnim modulom.

Zbirka elastičnih snovnih lastnosti za nekatere snovi

5.5 POGLAVITNE ENAČBE INFINITEZIMALNE TEORIJE ELASTIČNOSTI

i ix X

Napišimo Cauchyjevo enačbo gibanja za katerokoli snov

Enačba opisuje gibanje delca na položaju 1 2 3, ,x x x

V primeru, da obravnavamo samo majhne premike, velja

1 1 1 2 2 2 3 3 3, , x X u x X u x X u Iz enačbe izračunamo

1 2 3fixed 1 2 3i

i i i i ii

Dx u u u uv v v v

Dt t x x x

fixedi

Zanemarimo majhne člene, pa velja

fixedi

01 kkdV E dV

Diferencial deformiranega volumna izrazimo z diferencialom začetnega volumna (glej kinematiko) kot

Zaradi tega sta končni in začetni gostoti oblike

0 0 01 1kk kkE E

fixedi

Zaradi tega enačba gibanja za majhne pomike postane

1 11 kkE

To seveda velja samo za majhne pomike.

2ij ij ijT e E

Kako ugotovimo ali polje premika ustreza elastični snovi?

1 2 3, , ,u u x x x t

Polje premika opisuje možno gibanje elastične snovi z majhnimi deformacijami, če zadošča

Kako ugotovimo, da predstavlja možno gibanje 1 2 3, , ,u u x x x t

Najprej izračunamo

Nato izračunamo

Nato vstavimo premike in napetosti v enačbo ** in preverimo, ali velja.

Rob se mora pri tem gibati kot veleva i ij jt T n

5.6 NAVIER-OVE ENAČBE GIBANJA ELASTIČNE SNOVI

V tem poglavju izrazimo enačbe gibanja samo s komponentami premika. Te enačbe so poznane kot Navierove enačbe

2 jiij ij ij ij

uuT e E e

Zaradi tega

22ij ji

ijj j j j j i

x x x x x x

Upoštevajmo

j j i j i

x x x x x

Zardi tega enačba gibanja postane

0 02i i

ii j j

t x x x

Tri komponente zgornje enačbe so oblike

2 2 2 21

0 0 1 12 2 2 21 1 2 3

2 2 2 22

0 0 2 22 2 2 22 1 2 3

2 2 2 23

0 0 3 32 2 2 23 1 2 3

u eB u

t x x x x

u eB u

t x x x x

u eB u

t x x x x

Kjer velja

u uu ue

x x x x

V koordinatno invariantni obliki so Navier-ove enačbe gibanja oblike

20 02t

5.7 NAVIER-OVE ENAČBE GIBANJA ELASTIČNEGA MEDIJA VCILINDRIČNIH IN SFERIČNIH KOORDINATAH

Še ni opisano.

5.8 NAČELO SUPERPOZICIJE

(1)2 (1)(1)

0 0 12

Imejmo dve polji premika

zaradi volumskih sil

(1) (2)i iu u

(1) (2)i iB B

Naj bosta ustrezni napetostna polji.(1) (2)ij ijT T

Potem za elastični medij velja

(1) (2) (1) (2) (1) (2)0 0 1 12 i i ij ij

u u B B T Tt x

(2)2 (2)(2)

0 0 12

Seštevanje zgornjih dveh enačb da

Sile na površini, potrebne za vzpostavitev premika, so

(1) (2) (1) (2)i i ij j ij jt t T n T n

Opisano predstavlja princip superpozicije.

Princip je praktičen, ker lahko problem razcepimo na več podproblemovin rešimo vsakega izmed podproblemov posebej. Na koncu pa rešitve seštejemo.

Iz zgornje enačbe jasno sledi, da polje premika (1) (2)i iu u

ustreza volumski sili

ter napetosti

(1) (2)1 1B B

(1) (2)ij ijT T

A. RAVNINSKI ELASTIČNI VALOVI

RAVNINSKI NEVRTINČNI VALOVI

Še ni opisano.

5.10 RAVNINSKI IZOHORNI VALOVI

5.11 ODBOJ RAVNINSKIH ELASTIČNIH VALOV

5.12 VIBRACIJE NESKONČNE PLOŠČE

A.2 PREPROSTI NATEG, TORZIJA IN UPOGIBANJE

5.13 PREPROSTI NATEG

1 2 3 2 1 3 3 1 2, , , u x x u x x u x x

12 21 12 31 2

13 31 13 21 3

dT T E x

constantd

2 22 3

12 13 12 2 13 3

T T T n T n

2 3 3 2 2 3 12 3

2 3 3 2 1

n x n x n n ex x

n x n x e

2 3 3 2 2 3 3 2 or n x n x n x n xn

5.14 TORZIJA KROŽNEGA VALJA

1 1 1 1 1 2 2 3 3 2 3 3 2u e r e x e x e x e x e x e

1 2 3 3 20, , u u x u x

12 21 12 31 2

13 31 13 21 3

dT T E x

12 21 3 13 31 21 1

d dE E x E E x

constantd

3 22 21 1

=0, 0d d

x xdx dx

12 13 12 2 13 3

0 01 1

T T T x T x

2 3 2 3 0xT xT x x x x , Thus on the lateral surface,

On the lateral surface, the unit normal vector is given by ; therefore, the surface traction on the lateral surface is

2 3(1 )( )a x x 2 3n e e

On the right end face,

1 1 1 21 2 31 3, ,x l T e T e n e t Te That is,

3 2x x 2 3t e e

On the left end face, , 1 0x

3 2x x 2 3t e e

Components of the resultant moment are given by

2 21 2 31 3 21 2 3

pM x T x T dA x x dA I

The resulting moment is

pI 1M e where 2 22 3pI x x dA

On the faces , the components of the resultant force are given by

2 21 3

3 31 2

R T dA

R T dA x dA

or tt p

The resultant moment on the left end face is clearly , a moment equal in magnitude and opposite in direction to that on the right end face so that indeed, the bar is in equilibrium, under a twisting action. We recall that

1 0x pI 1M e

M x M x

5.15 TORZIJA NEOKROGLEGA VALJA: ST. VENANTOV PROBLEM

1 2 3 2 1 3 3 1 2, , , u x x u x x u x x

12 21 12 31 2

13 31 13 21 3

dT T E x

constantd

2 22 3

12 13 12 2 13 3

T T T n T n

2 3 3 2 2 3 12 3

2 3 3 2 1

n x n x n n ex x

n x n x e

2 3 3 2 2 3 3 2 or n x n x n x n xn

5.16 TORZIJA ELIPTIČNEGA VALJA

5.17 PRANDTLOVA FORMULACIJA TORZIJSKEGA PROBLEMA

12 133 2

, all other 0ijT T Tx x

2 3 3 2

0x x x x

12 3 13 23 1 2 2 1 3

T x T xx dx x x dx x

The function is known as Prandtl’s stress function. The only equation of equilibrium that needs to be checked is the equation: . Substituting the above stress components into it, we obtain

2 3,x x1x

12 2 13 3 0T x T x

The stress function and the warping function defined for the displacement field in the last section. Prandtl’s stress function is related to the warping function by

2 3( , )x x 2 3,x x

2 2 2 2

3 22 23 1 3 2 2 1 2 3

and d d

x xx dx x x x dx x x

22 23 2

This equation provides a relationship between the stress function and the angle of twist per unit length is known as the Poisson Equation.1d dx

To derive the boundary condition for , we let the lateral surface be described by

2 3, constantf x x

The boundary condition becomes12 2 13 3 0T n T n

3 2 2 3 3 3

0 or x f xf f

x x x x x f x

1f f f

f f x x

2 3n e e

The normal to the lateral surface is

That is, is parallel to Since is perpendicular to the surface, so is , which is also perpendicular to = constant. Thus,

f2 3( , ) constantf x x 2 3( , )x x

on the boundaryC

2 23 2

2 with boundary condition =0x x

We can choose the constant C to be zero. Thus, in summary, in Prandtl’s formulation, the torsion problem is reduced to

The twisting moment is given by

2 31 3 21 2 32 3

( )( )2

tM x T x T dA x x dAx x

( ) ( )d b

x xdA dx

where and are the two end points (on the boundary) along a constant line, and and are the two extreme boundary points for the region of integration. Thus, since on the boundary, we have

2 3( )x a x 2 3( )x b x3x 3x c 3x d

bx bx a

xdx x b b a a

( )( )0 and similarly 0

xxdA dA

2tM dA

5.18 TORZIJA PRAVOKOTNE PRIZME

Let the cross-section be defined by and . We seek a solution of the stress function satisfying the boundary value problem

2a x a 3b x b 2 3( , )x x

2 23 2

Boundary conditions

2 30 at and x a x b

Due to symmetry of the problem, the stress function will clearly be an even function of and . Thus, we let

2 3( , )x x2x 3x

3 21,3,5

cos 2nn

F x n x a

This choice of clearly satisfies the boundary condition at . Substituting the preceding equation, we obtain

0 2x a

22 22 3 3 3

1 2 cos 2 2n nn

n x a d F x dx n a F x

From Fourier analysis

( 1) 2

2 21,3,5

1 4 1 cos 2 , n

n n x a a x a

Comparing the preceding two equations, we have

2 ( 1) 22 23 2 2 4 1

n nd F dx n a F n Which is:

( 1) 22 3 33 3sinh 2 cosh 2 2 16 1

nF A n x a B n x a a n

For to be an even function of , the constant A must be zero. The boundary condition that at then gives:

nF 3x0 3x b

( 1) 22 3 3332 1 1 cosh 2 cosh 2

nF a n n x a n b a

2( 1) 2 3

3 31,3,5

cosh 232 11 1

cosh 2n

n x aa

n n b a

The maximum shearing stress occurs at the midpoint of the longer sides, given by

2max1,3,5

cosh 2sn

5 51,3,5

1 192 12 2 1 tanh

a n bM a b

The relation between the twisting moment and the twisting angle per unit length is given by

For a very narrow rectangle we have

, cosh 2 ,b a n b a tanh 2 1n b a

12 , 2 2 1 0.630

aT a M a b

5.19 ČISTO UPOGIBANJE NOSILCA

To satisfy equilibrium in the absence of body forces, we must have

That is, . The corresponding strains are

11 1111 22 33 12 13 23, , 0

T TE E E E E E

11 11 2 3( , )T T x x

Substituting the strains into the compatibility equations we obtain2 2 2

11 11 112 22 3 2 3

0, 0, 0T T T

x x x x

It can be satisfied only if T11 is a linear function of the form

11 2 3T x x

We shall take because it corresponds to the state of stress in simple extension. With , let us evaluate the surface traction on the boundaries of the bar.On the lateral surface, the normal vector does not have a component in the direction, i.e., . As a consequence,

2 3n n 2 3n e e

t T n 0

On the right end face, , so that1 , x l 1n = e

1 11T 1t = Te e

This distribution of surface tractions gives rise to zero resultant force, as shown

21 11 2 3 3 23 22R T dA x x dA x dA I I

With the resultant force being zero, the resultant is a couple at (the right face) with

22 3 11 2 3 3 23 22M x T dA x x dA x dA I I

2 2 3 3M e M e RM 1x l

23 2 11 2 2 3 33 23M x T dA x dA x x dA I I

2 223 2 3 22 3 33 2, , I x x dA I x dA I x dA

We now assume, without any loss of generality, that we have chosen the and axes to coincide with the principal axes of the cross-sectional area. Then the product of second moment . In this case, from

2x 3x23 0I

2 3 3 211

, M x M x

The stress component is known as the flexural stress11T

For simplicity we let . The strain components are then3 0M

2 3 3 211 22 33 12 13 23

, , 0M x M x

E E E E E EI E I E

Using strain-displacement relations, , can be integrated to give the following displacement field

2 ij i j j iE u x u x

21 1 3 3 2 2 3 4

22 2 3 3 2 1 3 5

2 2 223 1 2 3 2 1 1 2 6

Mu x x x x

Mu x x x x x

where are constantsi

A.3 REŠITVE RAVNINSKIH NAPETOSTNIH IN DEFORMAFCIJSKIH PROBLEMOV

5.20 REŠITVE POVEZANE Z RAVNINSKO DEFORMACIJO

13 23 33

11 11 2 3

22 22 1 2

12 12 1 2

E E x x

Telo je v stanju ravninske deformacije pri naslednjih predpostavkah

- telo ima v smereh enako obliko, ne glede na koordinato .

- na zunanjih stranicah telesa komponente sil na površini nimajo osne komponente.

- na končnih ravninah ni deformacije v smeri. Površina se lahko prosto giba.

1 2,x x3x

3x3x b

Iz tega sledi

11 11 1 2 22 22 1 2 12 12 1 2 21, , , , ,T T x x T T x x T T x x T

Iz Hookovega zakona sledi

33 11 22

10 ( )

T T TE

33 11 22T T T

Za to stanje deformacije so od nič različne komponente napetosti

Oziroma

Ta komponenta napetosti je potrebna zato, da ohranimo nično osnodeformacijo.

5.20 REŠITVE RAVNINSKE DEFORMACIJE

1 1 1 2 2 2 1 2 3, , , , 0 (or constant)u u x x u u x x u

Ravninsko deformacijo lahko opišemo tudi z naslednjim poljem premika

V primeru, da imamo statično stanje napetosti in v primeru, da nimamo volumskih sil, lahko zapišemo

3311 12 21 22

1 2 1 2 3

0, 0, 0,TT T T T

x x x x x

Zadnja enačba je trivialno zagotovljena. Prvi dve enačbi pa sta zagotovljeni, če ju izrazimo iz skalarne funkcije , ki jo imenujemo Airijeva napetostna funkcija

1 2,x x

11 12 222 22 1 2 1

, , T T Tx x x x

Vendar napetostne komponente, ki jih dobimo na ta način, niso vse primerne kot možne elastične rešitve. Zaradi tega, ker so lahko nekompatibilne. Nekompatibilnost pomeni, da ni možno najti komponente premika, ki so kompatibilne s komponentami napetosti.

Za zagotovitev kompatibilnosti deformacijskih komponent najprej izpeljemodeformacijske komponente iz na naslednji način.

11 11 22 11 22 2 22 1

22 22 11 11 22 2 21 2

12 12 13 23 331 2

1 11 1

1 11 1 , 0

E T T T TE E x x

E T E E EE E x x

1 2,x x

V primeru ravninske deformacije je edina komponenta napetosti, ki ni avtomatično zadoščena

2 2 211 22 122 22 1 1 2

2E E E

x x x x

Substitucija zgornjih enačb * v enačbo **, da

4 4 44

4 2 2 41 1 2 2

2x x x x

Funkcija , ki zadosti zgornji biharmonični enačbi, generira elastostatično rešitev. Pokažemo lahko tudi

1 2,x x

2 2 4 4 4

11 222 2 4 2 2 41 2 1 1 2 2

2 0T Tx x x x x x

Zgornjo enačbo lahko napišemo tudi v obliki

2 211 22 2 2

0 kjer T Tx x

5.21 ZVIJANJE PRAVOKOTNEGA NOSILCA

Consider a rectangular beam whose length is defined by and whose height by and whose width by . Let us try the following Airy stress function for this beam:

3 2x b2 2x h1x l1 0x

Clearly, this function satisfies the biharmonic equation, so that it will generate a possible elastic solution

1 2 12 222 22 1 2 1

6 , 0, 0T x T Tx x x x

(a) If the beam is constrained by frictionless walls at , then3 2x b

33 11 22 26T T T x 2

11 2 2 33 23 3

12 126 ,

M MT x x T x

2 2 222

hM x x bdx bh

The nonzero stress components are:

On the end faces and , the surface tractions are given by and , respectively. These surface tractions are clearly equivalent to equal and opposite bending couples at and . In fact, the magnitude of the bending moment is given by

1 0x 1x l26 x 1t e 26 x 1t e

1 0x 1x l

211 23

12, all other 0ij

MxMT x T

(b) If the beam is unconstrained at , we need to remove the surface traction at from the beam. This is done by applying on the end faces in the problem of part (a), a surface traction . Being linear in , the effect of this surface traction is simply a stress field, where is the only nonzero stress component Thus, we have, for the beam that is free to move in the width – direction,

3 2x b33T 3 2x b

3 2x b3

33 2(12 )T M bh x3

33 2(12 )T M bh x

5.22 RAVNINSKI NAPETOSTNI PROBLEM

Imejmo tanko ploščo s ploskvama, pravokotnima na os. Plošča naj bo v stanju ravninske deformacije.

11 1 2 12 1 2

21 1 2 22 1 2

( , ) ( , ) 0

T x x T x x

Enačbe ravnovesja zagotovimo z vpeljavo Airijeve napetostne funkcije, ki jo ponovimo

11 12 222 22 1 2 1

, , T T Tx x x x

Zgornje stanje napetosti v splošnem ne daje elastične rešitve, razen vposebnih primerih. Napake, ki jih naredimo pri komponentah napetostiso reda velikosti , kjer je debelina plošče.

Komponente deformacije so

11 11 22 2 22 1

22 22 11 2 21 2

33 11 22 2 22 1

12 121 2

1 11 1 ,

E T TE E x x

E TE E x x

Če hočemo, da so te komponente deformacije kompatibilne, morajo zadoščati kompatibilnostnim pogojem.

Ti pogoji so, zapisani z Airijevo napetostno funkcijo

4 4 44

4 2 2 41 1 2 2

2x x x x

Kompatibilnostni pogoji pa tudi določajo

Sledi, da mora biti linearna funkcija in . Ker velja1x 2x33E

33 11 22Y

E T TE

Zato mora biti tudi

11 22T T

linearna funkcija in .1x 2x

V tem primeru je ravninsko stanje napetosti možno za telo katerikoli debeline v smeri .3x

V primeru pa, ko

11 22T T

ni linearna funkcija in , potem je stanje ravninske napetostidobra aproksimacija, če je telo dovolj tanko. Pri tem so napake redavelikosti , kjer je brezdimenzijska debelina telesa.

5.23 CANTILEVER BEAM WITH END LOAD

Consider a rectangular beam, whose cross-section is defined by and and whose length, by , with the origin of the coordinates located at the center of the left cross-section . Let us try the following Airy stress function ’ for this beam.

22 2h x h 32 2b x b 10 x l

The in-plane stresses are

2 2 22

11 1 2 22 12 22 22 1 1 2

6 , 0, 3T x x T T xx x x x

On the boundary planes , we demand that they are traction-free. Thus

2 2x h

12 22 2

2 1 2 1t = T e e e e

On the boundary plane , the surface traction is given by1 0x

2 2 21 11 21 0 2 2 2

4xT T x h x 1 2 2t = Te e e e e

There is a parabolic distribution of shear stress on the end face . Let the resultant of this distribution be denoted by , then

1 0x 2P e

2 22 22

3 33 3

4 4 12

h h bhP dA x bdx bh

2 3, ,

bh P PP

In terms of , the in-plane stress components areP

11 1 2 1 2 22 12 23

12, 0,

P P P hT x x x x T T x

bh l l

where is the second moment of the cross-section.3 12I bh

If the beam is in a plane strain condition, there will be normal compressive stresses on the boundary whose magnitude is given by3 2x b

33 11 22 1 23

12PT T T x x

12 12 11 12

12 22 12 22

0 , E 0

0 0 0 0 0

The nonzero strain components are

2 211 11 22 22 22 11

1 11 1 , 1 1

E T T E T TE E

12 12 11 12

12 22 12 22

0 , E 0

0 0 0 0 0

Since is not a linear function of and , it cannot be simply removed from the equation to give a plane stress solution without affecting the other stress components. If the beam is very thin, then a good approximate solution for the beam is

The nonzero strain components are

11 11 22 22 22 11 12 12

1 1 1, , 1E T T E T T E T

and . The strain is of no interest since the plate is very thin and the compatibility conditions involving are not satisfied.

33 11 22E E T T 33E

1x33T 2x

5.24 SIMPLY SUPPORTED BEAM UNDER UNIFORM LOAD

Consider a rectangular beam, its length defined by , its height by , and its width by . The origin of the coordinates is at the center of the beam. Let us try the following Airy stress function for this beam,

1l x l 2d x d 3b x b

2 2 3 2 3 5

0 1 1 1 2 2 2 3 1 2 4 2B x B x x B x B x x B x

2 2 3 2 3 50 1 1 1 2 2 2 3 1 2 2 5B x B x x B x B x x x

The stress components are

2 2 2 511 2 2 2 3 1 2 2

2 2 322 1 0 1 2 3 2

2 211 1 2 1 1 3 1 2

T x B x B x x x

T x B B x B x

T x x B x B x x

Let the bottom of the beam be free of any traction. That is, at . Then2 12 22, 0x d T T

3 20 1 3 1 3 1

2 31 3 0 3

2 2 2 0, 2 6 0,

so that 3 , 2

B B d B d Bx B x d

B d B B B d

Let the top face of the beam be under a uniform compressive load . That is, at , then,Thus,

p2 12 22, 0, x d T T p 3

0 1 32 2 2B B d B d p

3 1 03

p p pB B B

On the left and right end faces, the surface tractions on each face areequivalent to a vertical resultant force only. These are known as the weak conditions for the beam, which is freefrom normal stresses at . For a beam with large ,the stresses obtained under the weak conditions are the same as those under the conditions .

1x ll d

111( ) 0x lT

is an odd function of ; therefore, . That is, theresultant force is zero on both ends. We now impose the condition that there are no resultant couples, either. That is, we require that Now,

11T 2x 11 22 0d

dT b dx

11 2 2 0d

dT x dx

2 2 2 411 2 2 2 2 3 1 2 2 2

53 2 3

84 4 0

d d x lT x dx B x B x x x dx

dB d B l d

2 2 2 232 3

5 2 5 25 40

B pB l d l d

2 2 2 311 2 1 2 23 3

2 312 1 1 2 22 2 23 3

35 2 6 4 ,

20 83 3 3

, 4 4 2 4 4

p pT l d x x x x

d dp p p p p

T x x x T x xd d d d

5.25 KONCENTRIRANO OBREMENJENI VITKI NOSILEC INST. VENANTOV PRINCIP

Consider a thin bar defined by where and are very small. The bar is acted on by equal and opposite compressive concentrated load at the long ends . We wish to determine the stress distribution inside the bar and to demonstrate the validity of St. Venant’s principle.

1 2 3, , l x l c x c b x b c l b l

P 1x l

A concentrated line compressive force at on the planes can be described as , where and is the Dirac function, having the dimension of reciprocal length. Now, can be expressed as a Fourier Cosine series as

P 2 0x 1x l 11( ,0) (0)T l P 11 11 1 2( , )T T x x

2( )x2( )x

1 1( ) cos ,

2 m mm

x x m cc c

cos2 m

P PP x x

We look for solutions of the Airy stress function in the form of

1 2( , )x x

22 1 2

cos , 4 m m m

Px x x m c

211 1 22

cos2 m m

PT x x

The function will now be determined so that the biharmonic equation is satisfied

2( )m x

2 44 4 2

22 41 1 1

2 cos 0m mm m m m

5.26 KONVERZIJA MED NAPETOSTMI IN DEFORMACIJAMI V RAVNINSKEM PRIMERU

Deformacijske komponente so v primeru ravninskega stanja deformacije, izražene s strižnim modulom in Poissonovim številom, oblike

1211 11 22 22 22 11 12

1 11 , 1 ,

TE T T E T T E

Za ravninsko stanje napetosti

1211 11 22 22 22 11 12

1 1, ,

2 1 2 1 2

TE T T E T T E

Če imamo

1 11 1

In zgornje enačbe na prejšnji strani se spremenijo v spodnje enačbe naprejšnji strani.

1 11 1

Po drugi strani pa velja

In spodnje enačbe se spreminijo v zgornje enačbe.

5.27 DVO-DIMENZIONALNI PROBLEMI V POLARNIH KOORDINATAH

5.28 PORAZDELITEV NAPETOSTI SIMETRIČNA OKOLI OSI

5.29 PREMIKI ZA SIMETRIČNO PORAZDELITEV NAPETOSTI V PRIMERURAVNINSKE NAPETOSTI

5.30 DEBELOSTENSKI KROŽNI VALJ POD ZUNANJIM IN NOTRANJIMPRITISKOM

5.31 ČISTO ZVIJANJE UKRIVLJENEGA NOSILCA

5.32 ZAČETNA NAPETOST ZAVARJENEGA OBROČA

5.33 AIRIJEVA NAPETOSTNA FUNKCIJA

5.34 KONCENTRACIJA NAPETOSTI ZARADI MAJHNE KROŽNE LUKNJE V PLOŠČI VSLED VLEKA

5.34 KONCENTRACIJA NAPETOSTI ZARADI MAJHNE KROŽNE LUKNJE V PLOŠČI VSLED STRIGA

5.36 PREPROSTA RADIALNA DISTRIBUCIJA NAPETOSTI V VOGALU,OBREMENJENEM V KOTU

5.37 KONCENTRIRANA LINIJSKA OBREMENITEV V DVO-DIMENZIONALNI POL-RAVNINI: FLAMONTOV PROBLEM

5.38 FUNDAMENTALNE POTENCIALNE FUNKCIJE PRI ELASTOSTATIČNIH PROBLEMIH

A.4 ELSATOSTATIČNI PROBLEMI REŠENI S POTENCIALNIMI FUNKCIJAMI

5.39 KELVINOV PROBLEM: KONCENTRIRANA SILA V NOTRANJOSTI NESKONČNEGA ELASTIČNEGA MEDIJA

5.40 BOUSSINESQOV PROBLEM: NORMALNA KONCENTRIRANA SILANA ELASTIČNI POLPROSTOR

5.41 VOTLA KROGLA Z UNIFORMNIM ZUNANJIM IN NOTRANJIM TLAKOM

5.43 SFERIČNA LUKNJA V POLJU NATEGA

5.44 VTIS TOGEGA RAVNEGA VTISKOVALCA NA ELASTIČNIPOL-PROSTOR

5.45 VTISK TOGE KROGLE NA ELASTIČNI POL-PROSTOR

5A.1 REŠITEV INTEGRALSKIH ENAČB IZ DELA 5.45

POGLAVJE 5

5.1 MEHANSKE LASTNOSTI

5.2 LINEARNA ELASTIČNA TRDNINA

5.3 IZOTROPNA LINEARNA ELASTIČNA TRDNINA

5.4 YOUNGOV MODUL, POISSONOVO RAZMERJE, STRIŽNI MODUL, TLAČNI MODUL

5.5 ENAČBE INFINITEZIMALNE TEORIJE ELASTIČNOSTI

5.6 NAVIER-OVE ENAČBE GIBANJA ELASTIČNEGA MEDIJA

5.7 NAVIER-OVE ENAČBE GIBANJA ELASTIČNEGA MEDIJA VCILINDRIČNIH IN SFERIČNIH KOORDINATAH

Not yet.

5.8 NAČELO SUPERPOZICIJE

A. RAVNINSKI ELASTIČNI VALOVI

RAVNINSKI NEVRTINČNI VALOVI

Skip the whole A chapter.

5.10 RAVNINSKI IZOHORNI VALOVI

5.11 ODBOJ RAVNINSKIH ELASTIČNIH VALOV

5.12 VIBRACIJE NESKONČNE PLOŠČE

A.2 PREPROSTI NATEG, TORZIJA IN UPOGIBANJE

5.16 TORZIJA ELIPTIČNEGA VALJA

A.3 REŠITVE RAVNINSKIH NAPETOSTNIH IN DEFORMAFCIJSKIH PROBLEMOV

5.20 REŠITVE RAVNINSKE DEFORMACIJE

5.22 RAVNINSKI NAPETOSTNI PROBLEM

5.26 KONVERZIJA MED NAPETOSTMI IN DEFORMACIJAMI V RAVNINSKEM PRIMERU

5.27 DVO-DIMENZIONALNI PROBLEMI V POLARNIH KOORDINATAH

5.28 PORAZDELITEV NAPETOSTI SIMETRIČNA OKOLI OSI

5.29 PREMIKI ZA SIMETRIČNO PORAZDELITEV NAPETOSTI V PRIMERURAVNINSKE NAPETOSTI

5.30 DEBELOSTENSKI KROŽNI VALJ POD ZUNANJIM IN NOTRANJIMPRITISKOM

5.31 ČISTO ZVIJANJE UKRIVLJENEGA NOSILCA

5.32 ZAČETNA NAPETOST ZAVARJENEGA OBROČA

5.33 AIRIJEVA NAPETOSTNA FUNKCIJA

5.34 KONCENTRACIJA NAPETOSTI ZARADI MAJHNE KROŽNE LUKNJE V PLOŠČI VSLED VLEKA

5.34 KONCENTRACIJA NAPETOSTI ZARADI MAJHNE KROŽNE LUKNJE V PLOŠČI VSLED STRIGA

5.36 PREPROSTA RADIALNA DISTRIBUCIJA NAPETOSTI V VOGALU,OBREMENJENEM V KOTU

5.37 KONCENTRIRANA LINIJSKA OBREMENITEV V DVO-DIMENZIONALNI POL-RAVNINI: FLAMONTOV PROBLEM

A.4 ELSATOSTATIČNI PROBLEMI REŠENI S POTENCIALNIMI FUNKCIJAMI

5.39 KELVINOV PROBLEM: KONCENTRIRANA SILA V NOTRANJOSTI NESKONČNEGA ELASTIČNEGA MEDIJA

5.40 BOUSSINESQOV PROBLEM: NORMALNA KONCENTRIRANA SILANA ELASTIČNI POLPROSTOR

5.41 VOTLA KROGLA Z UNIFORMNIM ZUNANJIM IN NOTRANJIM TLAKOM

5.43 SFERIČNA LUKNJA V POLJU NATEGA

5.44 VTIS TOGEGA RAVNEGA VTISKOVALCA NA ELASTIČNIPOL-PROSTOR

5.45 VTISK TOGE KROGLE NA ELASTIČNI POL-PROSTOR

5A.1 REŠITEV INTEGRALSKIH ENAČB IZ DELA 5.45

Prof.dr. Božidar Šarler 2009/2010

Documents

Besturen met Duivelselastiek · 2017. 8. 31. · 1 Graag bedank ik prof.dr. Tom van der Grinten, prof.dr. Pauline Meurs, prof.dr. Roland Bal, prof.dr. Mirko Noordegraaf en Hanneke

Prof.Dr. Nelson.docx

Danilo Vuković Božidar Dakić - csrcg.me usluge soc_web.pdf · UslUge socijalne i dječje zaštite: Priručnik za polaganje stručnog ispita Danilo Vuković Božidar Dakić 2016

Hücre Membranı Prof.Dr .SELMA YILMAZER Prof.Dr .TURGUT ULUTİN

SPASENJE † Božidar Maršanić

Božidar Damjanović Benedikt - Plemić +.pdf

ELEKTROMAGNETIKA 1, Usmeni (skripta) (prof.dr Božidar Krstajić)

Božidar Pejković - gaa.mhz.hr

08.08perdb.kocaeli.edu.tr/dosyalar/AkademikPersonel1.pdf · 08.08.2019 rektÖrlÜk prof.dr. sadettİn hÜlagÜ rektÖr prof.dr. ercÜment Çİfcİ rektÖr yrd. prof.dr. ahmet kÜÇÜk

Božidar Jaković, A105

Ontwikkeling en implementatie van informatiesystemen Prof.dr. Sjaak Brinkkemper 19 januari 2009 IOBM – Week 4, 2009

krizmanić božidar

Božidar Šekularac~Dukljansko-Zetske povelje

Božidar Šekularac~Vranjske povelje (13-15 vek)

Božidar Milosavljević - Zaboravljeno znanje predaka

Prof.dr. Božidar Šarler 2009/2010

Božidar Nagy - Lurd - susret neba i zemlje

SAVEZ U POSLANICI GALAĆANIMA Božidar MRAKOVČIĆ

Pogled prema prozoru - Božidar Kasal

Božidar Sokolović~Ilija Desnica junak sa Oštrelja