rotačněsymetrickéúlohy - cvut.czdrone.fsid.cvut.cz/pp2/rotacne_symetricke.pdf · 2016. 4....
TRANSCRIPT
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 sy-metrické.
1.1 Silnostěnné (tlustostěnné) nádoby
Silnostěnné nádoby jsou konstrukční prvky tvaru dutého rotačního válce, zatížené rov-noměrně rozloženými tlaky na vnitřním i na vnějším povrchu, přičemž tloušťka stěnytohoto válce není zanedbatelná vzhledem k jeho poloměru. Tento předpoklad je podstat-ným rozdílem oproti předpokladu tenkostěnnosti u tenkostěnných rotačně symetrickýchnádob, jehož důsledkem je proměnnost napětí po tloušťce silnostěnných nádob. Průběhnapětí ve stěně silnostěnných nádob si odvodíme následně.
1.1.1 Napětí v silnostěnné nádobě
Vzhledem k namáhání nádoby rozlišujeme dva typy silnostěnných nádob. Prvním typemjsou takzvané uzavřené silnostěnné nádoby. To jsou takové nádoby, které mají dnazatížena tlakem, jejichž silová výslednice je přenášena stěnou nádoby (obr. 1.1).
p2
p1
F1F2
A2=π.r 22
A1=π.r 21
At=π.(r 22−r 2
1 )
r1
r2
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 vnějšítlak p2 působí zvnějšku na stěnu nádoby i na její dno (viz obr. 1.2). Hledané osovénapětí σo předpokládáme konstantní po celé tloušťce stěny a působící ve směru osynádoby. Silová rovnice rovnováhy ve směru osy nádoby je
p2
p1
F1F2 F0
σo
A2=π.r 22
A1=π.r 21
At=π.(r 22−r 2
1 )
r1
r2
Obrázek 1.2: Výpočet osového napětí v uzavřené nádobě
Fo − F1 + F2 = 0 · (1.1)
Nyní do rovnice 1.1 dosadíme za jednotlivé členy
Fo = σo · At , F1 = p1 · A1 a F2 = p2 · A2
a dostávámeσo · π ·
(r22 − r21
)− p1 · π · r21 + p2 · π · r22 = 0 ·
Hledanou velikost osového napětí σo pak dostáváme jako
σo =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21· (1.2)
Druhým typem je otevřená silnostěnná nádoba. Stěna této nádoby není zatíženaosovou silou (σo = 0). Takovouto nádobou je například jednoduchý hydraulický válecz obrázku 1.3
F
Obrázek 1.3: Hydraulický válec
Nyní se zabývejme napjatostí v rovině kolmé na osu válce, přičemž uvažujme ná-sledující předpoklady:
2
• platí Hookeův zákon,
• platí rotační symetrie geometrie, zatížení, a tedy i deformace a napětí (veličinyv problému vystupující jsou funkcí jen vzdálenosti od osy nádoby – x),
• uvažujeme jen tu část nádoby, která není ovlivněna okrajovými podmínkami naokraji 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
r1
r2
p1
p2
b x
dx
Obrázek 1.4: Element pláště silnostěnné válcové nádoby
b
x
dx
σt(x)σt(x)σr(x)
σr(x)+dσr(x)
dϕ
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
(σr + dσr) · (x+ dx) · dϕ · b− σr · x · dϕ · b− 2 · σt · b · dx · sin(dϕ
2
)
= 0 · (1.3)
Jelikož uvažujeme nekonečně malý úhel dϕ, zaveďme sindϕ
2=
dϕ
2, a tak po úpravě
dostáváme rovnici rovnováhy
d(σr · x)− σt · dx = 0 , (1.4)
3
což lze přepsat do tvaru
dσr · x+ σr · dx− σt · dx = 0
a následně upravit naσt − σr
x=
dσrdx
· (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 výsledekzřejmý ze symetrie, kterou jsme již použili při tvorbě obrázku 1.5.
Těleso v prostoru musí vyhovět nejen třem silovým rovnicím rovnováhy, ale takétřem momentovým rovnicím rovnováhy. Ty jsou však v případě rotačně symetrickýchúloh splněny vždy. Tím jsme vyčerpali všechny rovnice rovnováhy a stále nám k určenívšech neznámých účinků chybí jedna rovnice. Jedná se tedy o úlohu staticky neurčitou,k jejímuž řešení musíme použít deformační podmínku. Na obrázku 1.6 je vyznačenuvažovaný element před i po deformaci.
x
dx
u(x)+du(x)
dϕ
dϕ
do ∆do
dx+∆dx
u(x)
do
Obrázek 1.6: Deformace elementu pláště silnostěnné nádoby
Nejprve vyjádříme pomocí změny elementu ∆dx velikost radiální deformace
εr(x) =∆dx
dx=
[dx+ (u(x) + du(x))− u(x)]− dx
dx=
du(x)
dx= u′(x) · (1.6)
Potom vyjádříme pomocí změny délky elementu obvodu ∆do velikost tečné deformace
εt(x) =∆do
do=
u(x) · dϕx · dϕ =
u(x)
x· (1.7)
Nyní tyto vztahy dosadíme do rozšířeného Hookeova zákona, abychom vyjádřili radiálnínapětí σr(x) a tečné napětí σt(x) pomocí jediné neznámé – posunutí u(x)
σr(x) =E
1− ν2· [εr(x) + ν · εt(x)] =
E
1− ν2·[
u′(x) + ν · u(x)x
]
, (1.8)
σt(x) =E
1− ν2· [εt(x) + ν · εr(x)] =
E
1− ν2·[u(x)
x+ ν · u′(x)
]
· (1.9)
4
Pomocí vztahů 1.8 a 1.9 vyjádříme jednotlivé členy rovnice 1.4
d(σr(x) · x) = d
[E
1− ν2·(
u′(x) + ν · u(x)x
)
· x]
=
=E
1− ν2·[u′′(x) · dx · x+ u′(x) · dx+ ν · u′(x) · dx
],
σt(x) · dx =E
1− ν2·[u(x)
x· dx+ ν · u′(x) · dx
]
·
Nyní tyto členy dosadíme do původní diferenciální rovnice 1.4
E
1− ν2·[
u′′(x) · dx · x+ u′(x) · dx+ ν · u′(x) · dx− u(x)
x· dx+ ν · u′(x) · dx
]
= 0 ·(1.10)
Protože předpokládáme reálný materiál, pro který jeE
1− ν26= 0 a také předpokládáme,
že diferenciál délky dx je sice nekonečně malý, avšak nenulový (dx 6= 0), musí platit
u′′(x) · x+ u′(x)− u(x)
x= 0 · (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 derivacetohoto řešení
u′(x) = n · xn−1 a u′′(x) = n · (n− 1) · xn−2 ,
dosadíme je do původní rovnice 1.11 a upravíme ji
n · (n− 1) · xn−2 · x+ n · xn−1 − xn
x= 0 =⇒ xn−1 · [n · (n− 1) + n− 1] = 0 ·
Za předpokladu, že xn−1 6= 0, musí být nule rovna hranatá závorka, odkud vycházírovnice
n2 − 1 = 0
a její řešení je n = ±1. To znamená, že jednotlivá řešení jsou x1 a x−1. Výslednáhledaná 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 potřebnék dosazení do vztahů pro jednotlivá napětí (rozšířený Hookeův zákon)
u′ = C1 −C2
x2a
u(x)
x= C1 +
C2
x2·
Dosadíme-li nyní tyto členy do 1.8 a 1.9 dostáváme
σr(x) =E
1− ν2·[
u′(x) + ν · u(x)x
]
=E
1− ν2·[
C1 −C2
x2+ ν · C1 + ν · C2
x2
]
, (1.12)
σt(x) =E
1− ν2·[u(x)
x+ ν · u′(x)
]
=E
1− ν2·[
C1 +C2
x2+ ν · C1 − ν · C2
x2
]
· (1.13)
5
V obou těchto rovnicích se vyskytují stejné členy. Pokud tedy zavedeme nové značeníkonstant
K =E
1− ν2· [C1 + ν · C1] =
E · C1
1− ν, (1.14)
C =E
1− ν2· [C2 + ν · C2] =
E · C2
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 konstantyK, které vyjadřujíprůběhy 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
p1
p2
r2
σr(r2)
σr(r1)
r1
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 vyjádřeníkonstant K a C již jen pomocí zadaných veličin p1, p2, r1 a r2
K =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21, (1.20)
C = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
· (1.21)
6
Poznámka: Rozměry těchto konstant jsou K [N · mm−2] a C [N]. Všimněte si, že velikost osovéhonapětí σo je stejně velká, jako je velikost integrační konstanty K. Proto je v některých, zejména staršíchučebnicích, konstanta K označována jako (σo).
Vyjádřené průběhy radiálního napětí σr(x) a tečného napětí σt(x) zobrazíme ná-sledovně (obr. 1.8).
x
K
−σ +σ
p2
p1
r1
r2
σr(r2)=−p2
σr(r1)=−p1
σt(r2)=2.K+p2
σr(x) σt(x)
x
σt(r1)=2.K+p1
C
x2
C
x2K K
p1 p1
Obrázek 1.8: Průběhy tečného a radiálního napětí ve stěně silnostěnné nádoby.
Dále odvodíme některé vztahy mezi jednotlivými napětími. Ze tvaru rovnic polytropje 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 odpovídajícínádobě tenkostěnné (r1,2 � t).
σt(x) = K +C
x2, σr(x) = K − C
x2a σo = K · (1.22)
Konstanty K a C upravíme použitím
r1 ≈ r2 ≈ R =⇒ (r1 + r2) ≈ 2 ·R a (r1 − r2) = t , x ≈ R
do následujícího tvaru
K =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21=
p1 · r21(r2 − r1)︸ ︷︷ ︸
=t
· (r2 + r1)︸ ︷︷ ︸
≈2·R
≈ p · R2
t · 2 · R =p ·R2 · t ,
7
C = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
= p1 ·r21 · r22
(r2 − r1)︸ ︷︷ ︸
=t
· (r2 + r1)︸ ︷︷ ︸
≈2·R
≈ p · R4
t · 2 ·R =p ·R3
2 · t ·
Nyní již tyto „upravenéÿ hodnoty dosadíme do základních rovnic průběhů napětí v sil-nostěnné uzavřené válcové nádobě
σt = K +C
R2≈ p ·R
2 · t +
p · R3
2 · tR2
=p ·R2 · t +
p ·R2 · t =
p · Rt
,
σr = K − C
R2≈ p ·R
2 · t −p · R3
2 · tR2
=p ·R2 · t − p ·R
2 · t = 0 ,
σo = K ≈ p ·R2 · t ·
Tyto výsledky přesně odpovídají výsledkům, které byly odvozeny pomocí Laplaceovyrovnice v PP I.
Deformace pláště silnostěnné nádoby
Jelikož ve stěně silnostěnné nádoby vzniká obecně prostorová napjatost (uzavřenánádoba), nebo rovinná napjatost (otevřená nádoba), musíme ke stanovení deformací(změn poloměrů nádoby ∆ r1 a ∆ r2) využít rozšířeného Hookeova zákona. Při stano-vení změny poloměru vyjdeme ze základního odvození silnostěnných nádob – vztahupro výpočet tečných deformací
εt(x) =u(x)
x·
Protože u(x) je posunutí obecného místa popsaného souřadnicí x ve směru této sou-
r1
r2
u(r2)=∆r2
u(r1)=∆r1
Obrázek 1.9: Výpočet deformace pláště silnostěnné nádoby
řadnice, musí na vnitřním povrchu platit
εt(r1) =∆ r1r1
· (1.23)
Obdobný vztah musí platit i na vnějším poloměru
εt(r2) =∆ r2r2
· (1.24)
8
Odtud získáme potřebné vztahy pro určení změn poloměrů nádoby ∆ r1 a ∆ r2
∆ r1 = r1 · εt(r1) a ∆ 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 =r1E
· [σt(r1)− ν · (σr(r1) + σo)] , (1.25a)
resp.
∆ r2 =r2E
· [σt(r2)− ν · (σr(r2) + σo)] ·
b – pro nádobu otevřenou (σo = 0):
∆ r1 =r1E
· [σt(r1)− ν · σr(r1)] , (1.25b)
resp.
∆ r2 =r2E
· [σt(r2)− ν · σr(r2)] ·
Změna délky∆ l silnostěnné nádoby se také musí počítat z rozšířeného Hookeova zákonas uvažováním uzavřené, nebo otevřené nádoby
a – pro nádobu uzavřenou (σo 6= 0):
∆ l = l · εo =l
E·
σo − ν · (σt(x) + σr(x))︸ ︷︷ ︸
=2·K
· (1.26a)
b – pro nádobu otevřenou (σo = 0):
∆ l = l · εo =l
E·
−ν · (σt(x) + σr(x))︸ ︷︷ ︸
=2·K
· (1.26b)
Dimenzování silnostěnných nádob – pevnostní podmínky
a – nádoba s vnitřním přetlakem (p1 > p2) – otevřená Jak je vidět z ob-rázku 1.10, nejnamáhanějším místem je vždy vnitřní poloměr r1. V tomto místě budepevnostní podmínka dle hypotézy τMAX
σred = σt(r1)− σr(r1) ≤ σD · (1.27)
Jednotlivé členy v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základních vztahů provýpočet napětí silnostěnných nádob
σt(r1) = 2 ·K + p1 = 2 · p1 · r21 − p2 · r22r22 − r21
+ p1 a σr(r1) = −p1 ·
9
σred
−σ +σ
σt(x)σr(x)
p2
p1
r1r2
x
−p2
−p1
K
σr(r2) σt(r2)
σo=0σr(r1) σt(r1)
σr σt
Obrázek 1.10: Napjatost otevřené nádoby s vnitřním přetlakem.
Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme
σred = (2 ·K + p1)− (−p1) = 2 ·(p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21+ p1
)
= 2 ·((p1 − p2) · r22
r22 − r21
)
≤ σD ·
A odtud již po úpravě dostáváme běžně používaný vztah pro dovolený tlakový spád
(p1 − p2) ≤σD2
·[
1−(r1r2
)2]
= (p1 − p2)D · (1.28)
b – nádoba s vnitřním přetlakem (p1 > p2) – uzavřená Nejnamáhanějšímmístem je vždy vnitřní poloměr r1 (obr. 1.11). Pevnostní podmínka dle τMAX budemít stejný tvar jako v případě otevřené nádoby, protože poloha osového napětí je vždymezi 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
(p1 − p2) ≤σD2
·[
1−(r1r2
)2]
= (p1 − p2)D · (1.30)
Poznámka: Shodnost a jednoduchost obou vztahů je dána použitím hypotézy τMAX , která počítápouze s největším a nejmenším hlavním napětím. V případě hypotézy H.M.H. by výsledky byly složitějšía rozdílné.
10
σred
−σ +σ
σt(x)σr(x)
p2
p1
r1r2
x
−p2
−p1
K=σo
σr(r2) σt(r2)
σo≠0σr(r1) σt(r1)
σr σt
Obrázek 1.11: Napjatost uzavřené nádoby s vnitřním přetlakem.
c – nádoba s vnějším přetlakem (p2 > p1) – otevřená Nejnamáhanějším mís-tem je vždy vnitřní poloměr r1, a to i v případě, že je nádoba namáhána vnějšímpřetlakem (viz obr. 1.12). V tomto místě bude pevnostní podmínka dle hypotézyτMAX
σred = 0− σt(r1) ≤ σD · (1.31)
Tečné napětí v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základního vztahu pro vý-počet napětí silnostěnných nádob
σt(r1) = 2 ·K + p1 = 2 · p1 · r21 − p2 · r22r22 − r21
+ p1 ·
Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme
σred = 0− (2 ·K + p1) = 0−(
2 · p1 · r21 − p2 · r22r22 − r21
+ p1
)
≤ σD · (1.32)
Poznámka: Tento výraz již nemá cenu dále obecně upravovat, protože jednoduchý vztah pro dovolenýtlakový spád, jako v ostatních případech, v tomto případě sestavit nelze. V těchto případech je výhodnévždy již vyjádřit přímo hledanou veličinu a vypočítat ji.
d – nádoba s vnějším přetlakem (p2 > p1) – uzavřená Nejnamáhanějším mís-tem je vždy vnitřní poloměr r1, a to i v případě, že je nádoba namáhána vnějšímpřetlakem obr. 1.13. V tomto místě bude pevnostní podmínka dle hypotézy τMAX
11
σred
−σ +σ
σr(x)σt(x)
p2
p1
r1r2
x
K
σt(r2)
σo=0
σr(r1)σt(r1)
σt σr
σr(r2)−p2
−p1
Obrázek 1.12: Napjatost otevřené nádoby s vnějším přetlakem.
σred = σr(r1)− σt(r1) ≤ σD · (1.33)
Jednotlivé členy v této pevnostní podmínce vyjádříme pomocí základních vztahů provýpočet napětí silnostěnných nádob
σt(r1) = 2 ·K + p1 = 2 · p1 · r21 − p2 · r22r22 − r21
+ p1 a σr(r1) = −p1 ·
Po dosazení do pevnostní podmínky dostáváme
σred = −p1 − (2 ·K + p1) = 2 ·(
−p1 −p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21
)
= 2 ·((p2 − p1) · r22
r22 − r21
)
≤ σD ·
A odtud již po úpravě dostáváme běžně používaný vztah pro dovolený tlakový spád
(p2 − p1) ≤σD2
·[
1−(r1r2
)2]
= (p2 − p1)D · (1.34)
12
σred
−σ +σ
p2
p1
r1r2
x
K
σo≠0
σr(r1)σt(r1)
−p1
σr(x)σt(x)
σt(r2)
σt σr
σr(r2)−p2
Obrázek 1.13: Napjatost uzavřené nádoby s vnějším přetlakem.
Příklad 1.1: Silnostěnná nádoba – pevnostní teorie
Fmax
p
∅D
∅d
Obrázek P-1.1:
Válec stacionárního hydraulického zvedáku (obr. P-1.1) má vni-třní průměr d = 100mm a vnější průměr D = 160mm. Celýje vyroben z oceli o modulu pružnosti E = 2, 1 · 105 N ·mm−2
a mezi kluzu σk = 230N ·mm−2.
Určete maximální sílu Fmax s bezpečností k = 5, kterou lzezískat na pístu tohoto válce.
Jedná se o otevřenou tlakovou silnostěnnou nádobu, a tak veválcové části budou vznikat pouze dvě napětí – tečné a radiální.Oblast ovlivněnou dnem nebudeme řešit, protože zde vznikápodstatně složitější napjatost, která překračuje rozsah tohotokurzu.
Parametry výpočtu tedy jsou r1 = d/2 = 50mm, r2 =D/2 = 80mm, p1 = p =? a p2 = 0. Pro výpočet podle hypotézyτMAX můžeme použít přímo dosazení do odvozeného vzorce
(p1)D ≤ σD2
·[
1−(r1r2
)2]
=⇒
(p1)D ≤σkk2
·[
1−(
d
D
)2]
=
230
52
·[
1−(100
160
)2]
= 14, 0MPa ·
13
Pro výpočet podle hypotézy H.M.H. musíme vyjádřit všechna napětí jako funkce tlaku
σr(r1) = −p1 ; K = p1 ·r21
r22 − r21;
σt(r1) = 2 ·K + p1 = p1 ·(
2 · r21r22 − r21
+ 1
)
= p1 ·r22 + r21r22 − r21
·
Tyto hodnoty nyní dosadíme do pevnostní podmínky pro dvojosou napjatost σt a σr√
σt(r1)2 + σr(r1)2 − σt(r1) · σr(r1) ≤ σD =⇒
p1 ·
√(r22 + r21r22 − r21
)2
+ (−1)2 − r22 + r21r22 − r21
· (−1) ≤ σkk
,
(p1)D ≤ σk
k ·√(r22 + r21r22 − r21
)2
+ 1 +r22 + r21r22 − r21
=
=230
5 ·
√(1602 + 1002
1602 − 1002
)2
+ 1 +1602 + 1002
1602 − 1002
= 15, 8MPa ·
Hledaná maximální síla pak bude Fmax = (p1)D ·Apístu
τMAX Fmax = 14, 0 · π · 502 = 109 956N ≈ 110 kN ·H.M.H. Fmax = 15, 8 · π · 502 = 124 093N ≈ 124 kN ·
•
Poznámka: Jednotlivé hodnoty podle τMAX jsou:
σr(r1) = −14N ·mm−2
=⇒ σred = 46N ·mm−2 = σDK = +9N ·mm−2
σt(r1) = +32N ·mm−2
σr(r2) = 0N ·mm−2
σt(r2) = +18N ·mm−2
σred
σ
p1
r1r2
x
σr(r1) σt(r1)
K+18
+32+9−14
σr(x) σt(x)
14
Typ nádoby Uzavřená nádoba (UN) Otevřená nádoba (ON)
p1 > p2
σt(r1)− σr(r1) ≤ σD,
resp. po úpravě
(p1 − p2)D ≤ σD2
·[
1−(r1r2
)2]
p2 > p1
σr(r1)− σt(r1) ≤ σD0− σt(r1) ≤ σD,resp. po úpravě
(p2 − p1)D ≤ σD2
·[
1−(r1r2
)2]
Tabulka 1.1: Tabulka shrnutí všech možností pevnostních podmínek sestavených podlehypotézy τMAX pro dimenzování silnostěnných válcových nádob namáhaných přetlakyp1 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 τMAX je vzhledemk 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 průměrud = 2 · r2, na který působí vnější přetlak p2. Vyjádříme si pomocí těchto hodnotkonstanty K a C užívané v rovnicích napětí
K =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21=
−p2 · r22r22
= −p2 ,
C = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
= 0 ·
Tyto hodnoty dosadíme do základních vtahů
σt(x) = K +C
x2a σr(x) = K − C
x2·
Tím získáme výsledné průběhy napětí
σt(x) = K +0
x2= −p2 a σr(x) = K − 0
x2= −p2 ·
Průběhy obou napětí jsou konstantní a shodné a také shodné s konstantou K. Jejichvelikost je rovna hodnotě vnějšího tlaku p2 (obr. 1.14).
15
r2
p2
x
K
σ τrM
eA
dX
−p2
σt(x)≡σr(x)≡K σo
Obrázek 1.14: Napjatost nádoby bez otvoru.
∅d
p2
Poznámka: Konstanta C musí být nulová i matematicky, protože jinak by člen C/x2 v rovnicíchprůběhů tečného a radiálního napětí vedl v ose nádoby (pro x = 0) na matematicky nepřípustný výrazC/0.
Nádoba s malým otvorem (r1 → 0; p1 = 0) Jedná se prakticky o plný hřídelo průměru d = 2 · r2, ve kterém je vyvrtán velmi malý mazací otvor (r1 → 0) bezvnitřního přetlaku (p1 = 0), na který působí jen vnější přetlak p2. Vyjádříme si pomocítěchto hodnot konstanty K a C užívané v rovnicích napětí
K =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21≈ −p2 · r22
r22= −p2 ,
C = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
= −p2 ·r21 · r22r22
= −p2 · r21 ·
Tyto hodnoty dosadíme do základních vtahů
σt(x) = K +C
x2a σr(x) = K − C
x2·
16
pro x → r1 jeC
x2→ −p2 · r21
r21= −p2 ,
pro x > r1 jeC
x2=
−p2 · r21x2
≈ 0 ,
Druhý člen v těchto rovnicích musíme posoudit z pohledu velikosti souřadnice x odkudzískáme výsledné průběhy napětí v závislosti na souřadnici x
σt(x) = −p2 +−p2 · r21
x2=
⟨x ≈ r1 : = −2 · p2
x > r1 : = −p2
σr(x) = −p2 −−p2 · r21
x2=
⟨x ≈ r1 : = 0
x > r1 : = −p2
Průběhy obou napětí ve většině tloušťky stěny odpovídají nádobě bez otvoru a jsou
p2
x
σo
−p2
σt(x) σr(x)
σ τrM
eA
dX
σt(r1)
r2
r1
Obrázek 1.15: Napjatost nádoby s malým otvorem
tedy konstantní a jejich velikost je rovna záporné hodnotě vnějšího tlaku −p2. Pouzev 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 rela-tivně nevýhodné rozložení napětí (viz obr. 1.16). Maximální redukované napětí σredje na poloměru r1 a v celé zbývající stěně je redukované napětí nižší, až na vnějšímpoloměru označeném r3 je nejnižší. Znamená to, že většina nádoby je „pevnostně nevy-užívánaÿ. Vhodným zásahem do průběhu radiálního napětí můžeme výrazně ovlivnitcelkové rozložení napětí, resp. možný dovolený tlakový spád ∆ pD (viz obr. 1.17). Cí-lem nalisování je vnesení předpětí ∆σ opačného znaménka, než je napětí σ při provozu
17
p3
p1
σt(x)σr(x) σo
K
x
σred(r1)
σred(r3)
−p3
−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
∆p
σD
∆pD
σ
∆p
σD
∆pD
Obrázek 1.17: Schéma možného zvýšení tlakového spádu ∆ pD.
hané vnitřním přetlakem je dominantní tahové tečné napětí σt(x), je třeba vnést dopláště nádoby tlaková napětí. Toho lze dosáhnout pomocí přesahu ∆ r2 na poloměrur2, kde na sebe obě silnostěnné nádoby nalisujeme. Zatímco průběh radiálního napětíσr se změní pouze málo, tak průběh tečného napětí σt se změní výrazně. Tím dojdek rozdílnému namáhání vnitřní a vnější části nalisované nádoby v důsledku superpozicenapjatostí od přetlaků a od nalisování (viz obr. 1.18).
x
σtσr
(a) Původní napětí odpřetlaků.
x
σtLII
σtLI
σrLII
σrLI
(b) Napětí od nalisování.
Obrázek 1.18: Superpozice napětí ve dvouvrstvé nalisované nádobě.
Výsledné průběhy napětí v nalisované dvouvrstvé nádobě jsou patrné z obrázku1.19.
18
p3
p1
p2
x
KI
KII−p3
−p1
σtII(x)
σtI(x)
σrII(x)
σrI(x)
σrIed(r2)
σrIeId(r3)
σrIed(r1)
II
I
σrIeId(r2)
σo
Obrázek 1.19: Rozložení napětí ve dvouvrstvé nalisované nádobě.
Poznámka: Teoreticky lze na sebe lisovat i více nádob nebo kontaktní tlak vyvozovat navíjenímvnější vrstvy na vnitřní s určitým předpětím. Tak dostaneme mnohovrstvé nádoby (obdoba různýchvrstvených laminátových konstrukcí apod.). Tyto nádoby mohou mít průběh redukovaného napětí pocelé tloušťce stěny prakticky konstantní (σred(rint) ≈ σred(rext)). Další výhodou těchto vrstvenýchkonstrukcí, kromě optimalizace rozložení napětí, může být také zabránění šíření trhlin, protože setrhlina obtížně šíří přes rozhraní dvou sousedních vrstev.
Prakticky po celé stěně platí σred ≈ konst. ( )
x
σr σo σt
p3
p1
−pext
−pint
σred(rext)
σred(rint)
Obrázek 1.20: Rozložení napětí v mnohovrstvé nalisované nádobě a schéma šíření trh-liny.
Dále budeme řešit pouze dvouvrstvé nalisované válcové nádoby (vícevrstvé by sepočítaly stejně, jen by to trvalo podstatně déle).
Určení přesahu ∆ r2 u dvouvrstvé nalisované nádoby Předpokládáme obě ote-vřené silnostěnné nádoby (σI
o = σIIo = 0), vyrobené ze shodného materiálu (E) a vše
19
v oblasti malých deformací (např. v rámci výrobní tolerance). Také uvažujeme, že
rII2 ≈ rI2 ≈ r2 · (1.35)
Z obrázku 1.21 je patrné, že po nalisování a zatížení nádob vnitřním přetlakem p1
I
∆r 2
I
∆r 2
∆r 2
II
II
r 1 r 2I
r 2II
r 3
stav po nalisování a zatížení přetlaky p1 a p2
Obrázek 1.21: Schéma výpočtu dvouvrstvé nalisované nádoby
a vnějším přetlakem p3 můžeme hledaný přesah vyjádřit pomocí rozdílu deformacívnější nádoby II a vnitřní nádoby I jako
∆ r2 = ∆ rII2 −∆ rI2 · (1.36)
Tuto rovnici 1.36 vydělíme poloměrem r2 a využijeme předpokladu 1.35, kde předpo-kládáme „skoroÿ stejné velikosti poloměrů rI2 a r
II2
∆ r2r2
=∆ rII2r2
− ∆ rI2r2
≈ ∆ rII2rII2
− ∆ rI2rI2
= εIIt (r2)− εIt (r2) · (1.37)
Tečné deformace na poloměru r2 vyjádříme z rozšířeného Hookeova zákona pomocí
tečných a radiálních napětí, resp. pomocí tlaku p2
(
σI,IIr (r2) = −p2
)
εIt =1
E·[σIt (r2)− ν · σI
r (r2)]=
1
E·[σIt (r2) + ν · p2
], (1.38)
εIIt =1
E·[σIIt (r2)− ν · σII
r (r2)]=
1
E·[σIIt (r2) + ν · p2
]· (1.39)
Nyní vyjádříme rozdíl tečných deformací na poloměru r2
εIIt (r2)− εIt (r2) =1
E·{[σIIt (r2) + ν · p2
]−[σIt (r2) + ν · p2
]}=
1
E·[σIIt (r2)− σI
t (r2)]·
(1.40)Pokud dosadíme za tečné napětí vnější, resp. vnitřní nádoby známé vztahy
σIIt (r2) = 2 ·KII + p2 , resp. σI
t (r2) = 2 ·KI + p2 ,
dostáváme
εIIt (r2)− εIt (r2) =1
E·[(2 ·KII + p2
)−(2 ·KI + p2
)]=
2
E·(KII −KI
)· (1.41)
Hledaný přesah ∆ r2 můžeme pak vyjádřit jako (viz obr. 1.21)
∆ r2 =r2E
·[σIIt (r2)− σI
t (r2)]=
2 · r2E
·(KII −KI
)· (1.42)
20
Podle teorie nalisovaných nádob lze vyřešit také náboj na hřídeli (uloženís přesahem) Hřídel je vnitřní nádoba (I) bez otvoru (r1 = 0, r2 a p2) a náboj jevnější (II) otevřená nádoba (r2, r3 a p2). Rozložení napětí v hřídeli i náboji je patrnéz obrázku 1.22
x
σtNσr
N
σo KN
σtH≡σr
H≡KH
−p2
σHred
σNred
Obrázek 1.22: Rozložení napětí na hřídeli a náboji po nalisování.
Pode vztahu 1.42 pro přesah bude
∆ r2 =2 · r2E
·(KII −KI
)=
2 · r2E
·(
p2 · r22r23 − r22
− (−p2)
)
Z rovnice vyjádříme tlak p2 jako funkci přesahu ∆ r2
p2 =∆ r2 ·E2 · r2
·[
1−(r2r3
)2]
· (1.43)
Známe-li tlak p2 a rozměry hřídele i náboje, můžeme provést pevnostní kontrolu oboučástí nalisovaného spoje podle hypotézy τMAX
1. Hřídel (H):σHred = 0− σH
t = −KH = − (−p2) = p2 ,
2. Náboj (N):
σNred = σN
t (r2)− σNr (r2) =
(2 ·KN + p2
)− (−p2) = 2 · p2 · r22
r23 − r22+ 2 · p2 = 2 · r23
r23 − r22· p2 ·
Je vidět, že namáhání náboje je více než 2× větší než namáhání hřídele, na kterýje náboj nalisován.
21
Poznámka: Z těchto vztahů lze určit minimální, resp. maximální únosnost nalisovaného spoje nebotaké sílu, která je třeba k nalisování náboje na hřídel, resp. sílu, kterou musíme vyvinout, abychomnáboj 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 kontaktnínormálovou sílu dN2, kterou můžeme vyjádřit pomocí rozměrů, přesahu a modulu pružnosti E
dN2 = p2 · dA2 =∆ r2 · E
2 · r2·
[
1−
(
r2r3
)2]
· dA2 ⇒
⟨
dN2min =∆ r2min · E
2 · r2·
[
1−
(
r2r3
)2]
· dA2 ·
dN2max =∆ r2max · E
2 · r2·
[
1−
(
r2r3
)2]
· dA2 ·
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 osovýsoučinitel tření fo. Lisovací/stahovací síla FL/S tedy bude
dN2 dT2o
r 2
b
FL/S =
∫
(A2)
dT2o = fo·
∫
(A2)
dN2 ⇒
FL/S min = fo ·∆ r2min · π · b ·E ·
[
1−
(
r2r3
)2]
·
FL/S max = fo ·∆ r2max · π · b ·E ·
[
1−
(
r2r3
)2]
·
2. Pro výpočet přenášeného krouticího momentuMK nás zajímá tečná síla do směru společné tečnyválcové plochy náboje a hřídele T2t – použijeme tečný součinitel tření ft. Přenášený krouticímoment MK bude
dN2 dT2t
r2
MK =
∫
(A2)
dT2t = ft·r2·
∫
(A2)
dN2 ⇒
MK min = ft · r2 ·∆ r2min · π · b ·E ·
[
1−
(
r2r3
)2]
·
MK max = ft · r2 ·∆ r2max · π · b ·E ·
[
1−
(
r2r3
)2]
·
Všechny předchozí výpočty byly prováděny pro shodné materiály hřídele i náboje, resp. pro materiályse shodným modulem pružnosti E a shodným Poissonovým číslem ν. V případě nalisování náboje nahřídel vyrobený z jiného materiálu (plast/ocel, . . . ) je třeba odvodit vztahy s použitím rozdílnýchmateriálů. Odvození začíná již použitím rozšířeného Hookeova zákona, kde je třeba ve všech vztazíchrozlišovat moduly pružnosti E náboje a hřídele a případně i Poissonovo číslo ν.
Pomocí předchozích vztahů lze řešit různé způsoby uložení náboje (ozubenéhokola) na hřídeli (viz obr. 1.23). Náboj je postupně nalisován na plný hřídel, na hřídels malým otvorem a na hřídel tvořený trubkou.
22
x
σHred
σNred
(a) Náboj na plný hřídel
x
σHred
σNred
(b) Náboj na hřídel s malým otvorem
x
σNred
σHred
(c) Náboj na dutý hřídel
Obrázek 1.23: Příklady realizace nalisovaného spoje a výpočtové modely.
Minimalizace namáhání nalisované nádoby (dle hypotézy τMAX) Předpo-klady řešení:
1. obě silnostěnné nádoby jsou konstruované jako otevřené (σIo = σII
o = 0),
2. obě nádoby jsou ze stejného materiálu (EI = EII = E, νI = νII = ν a σID =
σIID = σD),
3. namáhání nalisovaných nádob je vnitřním přetlakem (p1 > p2 > p3),
4. platí podmínka shodného maximálního namáhání obou nádob σIred = σII
red = σD.
Nyní použijeme pro vnitřní nádobu (I) i vnější nádobu (II) podmínku odvozenou podlehypotézy τMAX 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
(I) : (p1 − p2)D ≤ σD2
·[
1−(r1r2
)2]
,
(II) : (p2 − p3)D ≤ σD2
·[
1−(r2r3
)2]
,
∑
: (p1 − p3)D ≤ σD2
·[
2−(r1r2
)2
−(r2r3
)2]
·
Toto je výraz pro dovolený tlakový spád tak (p1 − p3)D, aby právě v obou částechbyla splněna pevnostní podmínka podle hypotézy τMAX . Splnění poslední rovnice všaknemusí znamenat, že jsou splněny rovnice (I) a (II). Jejich splnění závisí na velikostitlaku p2. Ten však můžeme regulovat vhodnou volbou přesahu při lisování viz rovnice1.43.
Optimalizace geometrie nalisované nádoby Pro odvozený dovolený tlakový spád(p1 − p3)D a známé rozměry r1 a r3 hledáme optimální velikost poloměru nalisování r2tak, aby byl tlakový spád co největší. Musí tedy platit
∂
∂r2(p1 − p3)D = 0 ·
Za předpokladu nenulového dovoleného napětí σD musí být
0 =∂
∂r2·[
2−(r1r2
)2
−(r2r3
)2]
⇒ 0 =
[
0−(
−2 ·r21r32
)
− 2 ·r2
r23
]
·
Odtud již dostáváme potřebný vztah mezi poloměry ve tvaru
r21r32
=r2
r23⇒ r21 · r23 = r42 ⇒ r2 opt =
√r1 · r3 ·
Optimální poloměr r2 opt. je tedy dán jako geometrický průměr poloměrů r1 a r3 a ma-ximální dovolený tlakový spád bude
(p1 − p3)D opt ≤σD2
·[
2−(
r1√r1 · r3
)2
−(√
r1 · r3r3
)2]
=σD2
·[
2− r1r3
− r1r3
]
·
Odlehčený stav nalisované nádoby (pevnostní kontrola dle hypotézy τMAX)Předpokládáme stav, kdy nádoba nebude zatížena ani vnitřním ani vnějším přetlakem(p1 = p3 = 0) a zbude pouze namáhání neznámým kontaktním tlakem p×2 , který jepouze a jen důsledkem přesahu ∆ r2. Výpočet odlehčeného stavu lze provést jako rozdílmezi skutečným a fiktivním stavem silnostěnné nalisované nádoby – tedy využitím prin-cipu superpozice (viz obr. 1.24). Nebo je možno z přesahu ∆ r2 nejprve určit neznámýkontaktní tlak p×2 a z něho namáhání vnitřní a vnější nádoby.
24
p×2
p3 = 0
p1 = 0=
_
p3
p2
p1
p3
p1
Odlehčený stav Skutečný stav Fiktivní stavnalisované nádoby nalisované nádoby nádoby z jednoho kusu(p1 = p3 = 0 a p×2 6= 0) (p1 6= 0; p3 6= 0 a p×2 6= 0) (p1 6= 0 a p3 6= 0)
Obrázek 1.24: Schéma výpočtu odlehčeného stavu nalisovaných nádob
x x
III
_
KI
KII
σtII
σtI
σrII
σrI
σo
K fikt
σr fikt σt
fiktσo
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 dojednoho společného diagramu (obr. 1.25) současně se zobrazením redukovaných napětíjednotlivých nádob podle hypotézy τMAX (obr. 1.26).
Nyní zakreslíme jednotlivé průběhy do společného obrázku (viz obr. 1.26) a prove-deme grafický rozdíl obou průběhů.
x
IIIKI
KII
σtII
σtI
σrII
σrI
σo σo
K fikt
σr fikt
σt fikt
x
σt odl II
σt odl I
σr odl II
K odl I
K odl II
σr odl I
σIrIed
σIred
σroeddl II
σroeddl I
Obrázek 1.26: Průběhy napětí skutečné a fiktivní nádoby a jejich rozdíl.
Průběhy radiálního a tečného napětí v jednotlivých částech (I) a (II) nalisovanénádoby popíšeme pomocí základních vztahů pro napětí ve stěně silnostěnné nádoby (r1,r2, r3 a p1, p2, p3)
σIt (x) = KI +
CI
x2a σI
r (x) = KI − CI
x2,
σIIt (x) = KII +
CII
x2a σII
r (x) = KII − CII
x2,
KI =p1 · r21 − p2 · r22
r22 − r21a KII =
p2 · r22 − p3 · r23r23 − r22
,
CI = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
a CII = (p2 − p3) ·r22 · r23r23 − r22
·
Budeme předpokládat, že v zatíženém stavu tato nalisovaná nádoba pevnostně vyho-vuje
σIred ≤ σD I a σII
red ≤ σD II ·Průběhy radiálního a tečného napětí ve fiktivní nádobě tvořené z jednoho kusu po-píšeme také pomocí základních vztahů pro napětí ve stěně silnostěnné nádoby (r1, r3a p1, p3)
σfiktt (x) = Kfikt +
Cfikt
x2a σfikt
r (x) = Kfikt − Cfikt
x2,
Kfikt =p1 · r21 − p3 · r23
r23 − r21a Cfikt = (p1 − p3) ·
r21 · r23r23 − r21
·
V obrázku jsou použity konstanty K odlehčené nádoby, které určíme jako
Kodl I = KI −Kfikt a Kodl II = KII −Kfikt ·
Výsledná napětí v odlehčeném stavu tedy na jednotlivých poloměrech budou
26
1. vnitřní nádoba (I) na poloměru r1
σodl It (r1) = σI
t (r1)− σfiktt (r1) a σodl I
r (r1) = σIr (r1)− σfikt
r (r1) = 0 ·
2. spojení vnitřní (I) a vnější (II) nádoby na poloměru r2
σodl It (r2) = σI
t (r2)− σfiktt (r2) a σodl II
t (r2) = σIIt (r2)− σfikt
t (r2) ,
σodl Ir (r2) = σI
r (r2)− σfiktr (r2) = −p×2 a σodl II
r (r2) = σIIr (r2)− σfikt
r (r2) = −p×2 ·
3. vnější nádoba (II) na poloměru r3
σodl IIt (r3) = σII
t (r3)− σfiktt (r3) a σodl II
r (r3) = σIIr (r3)− σfikt
r (r3) = 0 ·
Redukovaná napětí v odlehčeném stavu určíme podle hypotézy τMAX , stejně jako v za-tíženém stavu pro vnitřní nádobu (I) na poloměru r1 a pro vnější nádobu (II) napoloměru r2
σodl Ired = σodl I
r (r1)− σodl It (r1) = 0− σodl I
t (r1) = −2 ·Kodl I ,
σodl IIred = σodl II
t (r2)− σodl IIr (r2) = σodl II
t (r2)− p×2 ·
Abychom mohli konstatovat, že nalisovaná nádoba „komplexněÿ pevnostně vyhovuje,musí platit
σodl Ired ≤ σDI a σodl II
red ≤ σD II ·
1.2 Rotující kotouče
Rotující kotouč je těleso kruhového nebo mezikruhového tvaru, které rotuje úhlovourychlostí ω. Je proto zatíženo spojitě rozloženými odstředivými silami a případně silamina 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 působícíchna lopatky umístěné na obvodě (oběžná kola turbín) apod. Tloušťku kotouče budemeuvažovat konstantní (obr. 1.28).
(a) Volný ko-touč zatížený jenúčinky odstředivésíly
(b) Nalisovanýkotouč zatíženúčinky od od-středivé síly a odvnitřního tlaku
(c) Nalisovaný kotouč s lopatkami zatížen účinkyod odstředivé síly, od vnitřního tlaku a vnějšíhotahu
Obrázek 1.27: Způsoby namáhání kotoučů.
27
r1
r2
σo=0
h
ω
Obrázek 1.28: Rotující kotouč.
1.2.1 Napětí v rotujícím kotouči
Při určování napjatosti tenkého rotujícího kotouče budeme vycházet z následujícíchpředpokladů:
• 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 odvozenírovnic rovnováhy je velmi podobné odvození u silnostěnné nádoby.
Vyjmeme element kotouče tak, jak je znázorněno na obrázku 1.29. V důsledku malétloušťky kotouče, která umožní, aby se element smršťoval v osovém směru, lze osovénapětí σo pokládat za nulové. Při velké tloušťce kotouče se kotouč při rotaci nemůžev osovém směru volně zužovat. V důsledku toho vzniká osové napětí, které je funkcí dvouproměnných – 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 · ω2 = ρ · x · dϕ · dx · h · x · ω2 , (1.44)
po úpravědO = ρ · h · ω2 · x2 · dx dϕ , (1.45)
kde ρ je hustota materiálu.
28
dϕ
x
dx
ω
r2r1
σt(x)
σt(x)
σr(x) σr(x)+dσr
dO
b
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 pevnostije zvykem pracovat v jednotkách [N, mm, MPa]. Tuto praxi však v případě rotujících kotoučů opustímea budeme pracovat v jednotkách základních [N, m, Pa]. Pokud bychom to neučinili, museli bychom nejenpřevádět 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
dO+ (σr + dσr) · (x+ dx) · dϕ · h− σr · x · dϕ · h− 2 · σt · h · dx · sin(dϕ
2
)
= 0 · (1.46)
Po dosazení za dO z rovnice 1.45 a po úpravách podobných jako u silnostěnné nádobymá rovnice rovnováhy tvar
1
x· (σt − σr) =
dσrdx
+A · x , kde A = ρ · ω2 · (1.47)
Poslední rovnici lze psát také ve tvaru
d(σr(x) · x)− σt(x) · dx = −A · x2 · dx · (1.48)
Jedná se opět o diferenciální rovnici, ale se dvěma neznámými veličinami ⇒ úloha jestaticky neurčitá a musíme doplnit deformační podmínku, kterou sestavíme z elementupřed a po deformaci (viz obr. 1.30) stejně, jako v případě silnostěnné nádoby. Nejprvevyjádříme pomocí změny elementu ∆dx velikost radiální deformace
εr(x) =∆dx
dx=
[dx+ (u(x) + du(x))− u(x)]− dx
dx=
du(x)
dx= u′(x) · (1.49)
Potom vyjádříme pomocí změny délky elementu obvodu ∆do velikost tečné deformace
εt(x) =∆do
do=
u(x) · dϕx · dϕ =
u(x)
x· (1.50)
29
x
dx
u(x)+du(x)
dϕ
dϕ
do
∆do
dx+∆dx
u(x)
do
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)
σt(x) =E
1− ν2· (εt(x) + ν · εr(x)) =
E
1− ν2·(u(x)
x+ ν · u′(x)
)
, (1.51)
σr(x) =E
1− ν2· (εr(x) + ν · εt(x)) =
E
1− ν2·(
u′(x) + ν · u(x)x
)
· (1.52)
Pomocí vztahů 1.51 a 1.52 vyjádříme jednotlivé členy rovnice 1.48
d(σr(x) · x) = d
[E
1− ν2·(
u′(x) + ν · u(x)x
)
· x]
=
=E
1− ν2·(u′′(x) · dx · x+ u′(x) · dx+ ν · u′(x) · dx
),
σt(x) · dx =E
1− ν2·(u(x)
x· dx+ ν · u′(x) · dx
)
·
Nyní tyto členy dosadíme do původní diferenciální rovnice 1.48
E
1− ν2·(
u′′(x) · dx · x+ u′(x) · dx+ ν · u′(x) · dx− u(x)
x· dx− ν · u′(x) · dx
)
= −A·x2·dx ·(1.53)
Protože předpokládáme reálný materiál, pro který je E+ =E
1− ν26= 0 a také předpo-
kládáme, že diferenciál délky dx je sice nekonečně malý, avšak nenulový (dx 6= 0), musíplatit
u′′(x) · x+ u′(x)− u(x)
x= − A
E+· x2 · (1.54)
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 mělysilnostěnné nádoby a partikulární řešení, které odhadneme podle pravé strany ve tvaruuP (x) = K · x3. Konstantu K určíme dosazením odhadnutého partikulárního řešení dopůvodní rovnice 1.54
6 ·K · x · x+ 3 ·K · x2 − K · x3x
= − A
E+· x2 ⇒ K = − A
8 ·E+,
uH(x) = C1 · x+C2
x, uP (x) = − A
8 · E+· x3 ⇒ u(x) = C1 · x+
C2
x− A
8 · E+· x3·
Výsledné vztahy pro napětí pak budou
σt(x) = C1 +C2
x2− 1 + 3 · ν
8· A · x2 ,
σr(x) = C1 +C2
x2− 3 + ν
8· A · x2 ·
Jejich průběhy se přibližují k asymptotám, kterými jsou paraboly at(x) a ar(x)
at(x) = C1 −1 + 3 · ν
8·A · x2 ,
ar(x) = C1 −3 + ν
8·A · x2 ,
C1 =σr2 · r22 − σr1 · r21
r22 − r21+
3 + ν
8·A ·
(r21 + r22
),
C2 = (σr2 − σr1) ·r21 · r22r22 − r21
− 3 + ν
8· A · r21 · r22 ·
b
σ
x
σre
d
C1
ω
r2
r1
x σt(x)
σr(x)
ar(x)
at(x)
σr(x)
ar(x)
at(x)
σt(x)C2
x2
C2
x2
Obrázek 1.31: Rozložení napětí ve volném tenkém rotujícím kotouči
31
σ
x
σre
d
C1
ω
r2
σr(x)
σt(x)
r1=0
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 ko-touči
σt(x) = C1 −1 + 3 · ν
8·A · x2 = at(x) ,
σr(x) = C1 −3 + ν
8·A · x2 = ar(x) ·
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 podmínkoupro radiální napětí σr na vnějším obvodě kotouče. Toto napětí je zde buď nulové, neborovno napětí vyvolanému odstředivými účinky např. lopatek připevněných na obvodě.
V případě volného okraje kotouče máme
σr(r2) = 0 ·
Odtud vychází
C1 =3 + ν
8·A · r22 ·
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 matematickynepřípustný výraz C2/0.
Kotouč s velmi malým otvorem nezatížený na obvodě (r1 � r2) Vyjádřímezákladní vztahy a získáme opět výsledné průběhy napětí
σt(x) = C1 +C2
x2− 1 + 3 · ν
8· A · x2 ,
σr(x) = C1 −C2
x2− 3 + ν
8· A · x2 ·
32
σ
x
σre
d
C1
ω
r1→0r2
σr(x)
σt(x)
Konstanty C1 a C2 určíme opět z okrajových podmínek (pro volné oba kraje kotouče)
σr(r1) = 0 a σr(r2) = 0 ,
jako
C1 =3 + ν
8·A ·
(r21 + r22
)a C2 = −3 + ν
8· A · r21 · r22 ·
pro: x → r1 pak z O.P. σr(r1) = 0 plyneC2
x2→ 3 + ν
8· A · r
21 · r22r21
= C1 ,
pro: x → r2 jeC2
x2→ 0 ·
Odkud získáme výsledné průběhy obou napětí v závislosti na souřadnici x
σt(x) =
⟨x ≈ r1 → 0 : = 2 · C1
x > r1 : = at(x)
σr(x) =
⟨ x ≈ r1 → 0 : = 0
x > r1 : = ar(x) ·Průběhy napětí ve většině rotujícího kotouče s malým otvorem odpovídají průběhůmnapětí v rotujícímu kotouči bez otvoru a jsou tedy prakticky rovné asymptotám. Pouzev malé oblasti blízké otvoru r1 se průběhy výrazně odlišují. Velikost radiálního napětíklesá 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 diskujsou d = 15mm, D = 120mm, h = 1, 2mm, materiál ρ = 1190 kg ·m−3, ν = 0, 3 ,E = 850N·mm−2, σk = 60N·mm−2, σpt = 70N·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 obecnějsou
σt(x) = C1 +C2
x2− 1 + 3 · ν
8·A · x2 a σr(x) = C1 +
C2
x2− 3 + ν
8· A · x2 ·
Velikost konstanty A závisí pouze na materiálu kotouče a jeho otáčkách (úhlové rych-losti)
ω = n · 2 · π60
= 104 · 2 · π60
= 1047, 2 s−1 ,
A = ρ · ω2 = 1190 · 1047, 22 = 1, 305 · 109 kg ·m−3 · s−2 ·
Konstanty C1 a C2 určíme z okrajových podmínek. CD disk můžeme považovatvzhledem ke způsobu unášení jako volný kotouč, pro který musí platit
1. σr(r1) = 0 ⇒ 0 = C1 −C2
r21− 3 + ν
8·A · r21
⇒
C1 =3 + ν
8· A ·
(r21 + r22
),
2. σr(r2) = 0 ⇒ 0 = C1 −C2
r22− 3 + ν
8·A · r22 C2 =
3 + ν
8· A · r21 · r22 ·
Maximální tečné napětí vzniká na vnitřním poloměru disku r1 a jeho velikost je dánavztahem
σt(r1) =3 + ν
8· A ·
(r21 + r22
)+
3 + ν
8· A · r21 · r22r21
− 1 + 3 · ν8
·A · r21 =
=A
4·[r21 · (1− ν) + r22 · (3 + ν)
]=
1, 305·1094
·[0, 00752 · (1− 0, 3) + 0, 062 · (3 + 0, 3)
]=
= 3, 9·106 N·m−2 = 3, 9N·mm−2 ·
34
Protože podle předpokladu tenkého kotouče jeσo = 0 a podle okrajové podmínky je σr(r1) = 0,bude
σred = σt(r1) = 3, 9N·mm−2 � 60N·mm−2 = σk ·
Nyní ještě určíme tečné napětí na vnějším polo-měru σt(r2), protože radiální napětí známe (provolný kraj kotouče musí platit σr(r2) = 0).
σ
x
r2
r1
σt(x)
σr(x)
ar(x)
at(x)
σt(
r 2)=
0,9
N. m
m−
2
σt(r1)=3,9 N.mm−2
C1=1,97 N.mm−2
σt(r2) =3 + ν
8· A ·
(r21 + r22
)+
3 + ν
8·A · r21 · r22r22
− 1 + 3 · ν8
·A · r22 =
=A
4·[r21 · (3 + ν) + r22 · (1− ν)
]=
1, 305·1094
·[0, 00752 · (3 + 0, 3) + 0, 062 · (1− 0, 3)
]=
= 0, 9·106 N·m−2 = 0, 9N·mm−2 ·
•
1.3 Tenké kruhové desky
V těchto skriptech se omezíme jen na tenké desky kruhového nebo mezikruhovéhopůdorysu a konstantní tloušťky. Uvažované desky jsou rovinné součásti plošného cha-rakteru (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. Zatímcosilnostěnná nádoba je zatěžována přetlakem a kotouč odstředivými silami, je deska za-tížena příčnými silami či momenty, které způsobují její ohyb obr. ??. Zatížení deskymůže 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 jakou nosníku, napětí smykové. U tenkých desek lze smykové napětí vzhledem k ohybovémunapětí zanedbat. Je-li však deska příliš tenká, má značné průhyby a radiální vlákna jsoupo deformaci podstatně delší než před ní. Jejich prodloužení je způsobeno takovýminapětími, která nazýváme napětí membránová. V tomto případě se deska navíc chovánelineárně. Tento typ nelinearity, který je důsledkem velkých deformací, se nazývá
35
h
r
R
q0
wm
ax
Obrázek 1.32: Víko kanálového vlezu v dlažbě a jeho výpočtový model nový popisobrázku
(a) Nepodepřená volná deska(zatížení jen momenty)
(b) Podepřená volná deska (zatíženíčímkoli)
(c) Vetknutá deska (zatížení čím-koli)
Obrázek 1.33: Kruhová deska a možnosti jejího zatížení
geometrická nelinearita. Pokud však nejsou průhyby desky příliš velké, jsou tyto jevyzanedbatelné.
V dalším se omezíme právě na desky, u nichž lze zanedbat smyková i membránovánapětí (viz níže uvedené předpoklady řešení). Tento typ desek je v literatuře někdynazýván 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 následují-cích předpokladů:
• platí Hookeův zákon.
• tloušťka desky není příliš velká, takže lze zanedbat smyková napětí (tloušťkadesky nesmí převýšit 1/5 poloměru desky; při větších nárocích na přesnost 1/10poloměru). Zároveň nesmí být průhyby desky příliš velké, aby bylo možno za-nedbat membránová napětí. Obvykle se žádá, aby maximální průhyb nepřevýšil1/3 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 příméa kolmé k deformované střední ploše (ploše neutrální). Tento předpoklad se na-
36
zývá Kirchhoffova hypotéza a je analogický předpokladu zachování rovinnostipříčných řezů u nosníků. Jeho důsledkem je lineární rozložení deformací, a tedyi napětí po tloušťce desky.
• při vyjadřování vodorovných posuvů lze zanedbat normálové napětí kolmé kestřední ploše desky, neboť je podstatně menší nežli napětí ostatní. To má zadůsledek, že pro deformace desky lze užít vztahů pro rovinnou napjatosti a tímzjednodušit 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 souosés deskou se přemění po deformaci na řezy kuželové (obr. 1.34). Z desky vyjmeme
ϕϕ
před deformací
po deformaci
Obrázek 1.34:
element (obr. 1.35) a uvážíme všechny silové účinky, jenž na něj působí z odstraněnýchčástí a sestavíme rovnici rovnováhy. Na radiálním a tečném řezu elementu u obr. 1.35jsou patrna lineárně proložená radiální a tečná normálová napětí.
Posouvající síly dT a dT× jsou výslednicemi smykových napětí, působících v zakři-vených stěnách elementu. Ve stěnách, kde působí tečná napětí σt, nemohou smykovánapětí působit v důsledku rotační symetrie. Výslednými účinky normálových napětí σra σt jsou ohybové momenty dMr a dMt působící na jednotlivé stěny elementu. Oběposouvající síly dT a dT× tvoří silovou dvojici o momentu dM = dT ·dx (zanedbáme-linekonečně malé veličiny vyššího řádu). Všechny výsledné momenty musí být v rovno-váze. Rovnici rovnováhy sestavíme tak, že v obr. 1.35 sečteme průměty všech momentův tečném směru (úhel α je malý)
−dM + dMr − dM×
r + dMt · dα = 0 · (1.55)
Abychom mohli vyjádřit rovnici rovnováhy pomocí napětí, musíme vyjádřit velikostohybových momentů v jednotlivých stěnách v závislosti na maximálních napětích naspodní ploše desky (tahové napětí). Maximální velikost tečných napětí v radiálníchřezech označíme σt. Pak v analogii k ohybu nosníků máme
dMt = σt ·1
6· x · dα · h2 ·
37
dα
x
dx
r2
r1
h
x dx
x
dx
q(x)
dMt(x)
dM
dMr(x)
dMt(x)
dM×r(x)
dMt(x)
dM×r(x)dMt(x)
dMr(x)
dT(x)dT×(x)
h
σr(x)+dσr(x)
σt(x)
Obrázek 1.35: Momenty působící na element tenké kruhové desky.
Obdobně určíme výsledný moment od radiálního napětí σr
dMr = σr ·1
6· x · dα · h2 ·
Zde jsme zanedbali nepatrnou odchylku stěny, v níž působí σr, od roviny a považovalijsme ji za obdélník.
Radiální napětí σr + dσr dává výsledný moment
dM×
r = (σr + dσr) ·1
6· (x+ dx) · dα · h2 · (1.56)
Zbývá ještě vyjádřit velikost momentu dM dvojice posouvajících sil. Z desky vyjmemekruhovou soustřednou desku o obecném poloměru x (obr. ??) a sestavíme pro ni slož-kovou rovnici rovnováhy. Zjistíme, že pro velikost posouvající síly na obvodě taktovyjmuté desky platí T (x) = Q(x), kde Q(x) je výsledná vnější síla působící na vyjmu-tou desku o poloměru x. Pro posouvající sílu na stěně elementu dT (x) pak platí
dT (x) =T (x)
2 · π · x · x · dα = T (x) · dα
2 · π = Q(x) · dα
2 · π (1.57)
a pro velikost momentu dM máme
dM = dT (x) · dx = Q(x) · dα
2 · πdx · (1.58)
Nyní můžeme všechny vyjádřené momenty dosadit do rovnice 1.55 a úpravou a zane-dbáním nekonečně malých veličin vyšších řádů dospějeme k rovnici rovnováhy
d
dx· (σr · x)− σt = −6 · Q(x)
2 · π · h2 · (1.59)
38
x
q(x)
T(x)
Q(x)}Obrázek 1.36: Silová rovnováha elementu desky
Poznámka: Úpravy shora zmíněné jsou uvedeny zde:
− dM + dMr − dM×
r + dMt · dα = 0
−Q(x) ·dα
2 · π· dx+ σr ·
h2
6· x · dα− (σr + dσr) (x+ dx) ·
h2
6· dα+ σt ·
h2
6· dx · dα = 0
...
−Q(x)
2 · π· dx− (σr · dx+ dσr · x+O(2)) ·
h2
6+ σt ·
h2
6· dx = 0
d
dx(σr · x)− σt = −
6
h2·Q(x)
2 · π·
Výrazem O(2) máme na mysli nekonečně malé číslo druhého řádu.
Rovnice rovnováhy 1.59 je podobná rovnici rovnováhy pro silnostěnné nádobyi pro rotující kotouče, od nichž se liší jen posledním členem, který vyjadřuje jiný způ-sob zatížení oproti nádobám a kotoučům. I u desek musíme nyní přejít k úvahámo 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 rotačněsymetrické plyne, že napjatost desky pokládáme za rovinnou, a tedy lze napětí v závis-losti na deformaci vyjádřit stejně, jako tomu bylo u rotujících kotoučů. Podle obr. 1.37vyjádříme pro malé deformace radiální posuv u pomocí změny vrcholového úhlu ϕ(x)jako
u(x) =h
2· ϕ(x) ·
Radiální deformaci tak můžeme vyjádřit jako
εr(x) =du
dx=
d
dx
(h
2· ϕ(x)
)
=h
2· dϕ(x)
dx=
h
2ϕ′(x) (1.60)
39
ϕ(x)
ϕ(x)x ϕ(x)
ϕ(x)
x u(x)
h/2
h/2
Obrázek 1.37: Posunutí u(x) vyjádřené pomocí natočení ϕ(x) Upravím podle zvolenévarianty u následujícího obrázku.
a tečnou deformaci vyjádříme jako
εt(x) =u(x)
x=
1
x
(h
2· ϕ(x)
)
=h
2· ϕ(x)
x· (1.61)
Nyní vztahy 1.60 a 1.61 dosadíme do rozšířeného Hookeova zákona stejně jako u nádoba u kotoučů, abychom vyjádřili tečné napětí σt(x) a radiální napětí σr(x) pomocí jedinéneznámé – úhlu ϕ(x)
σt(x) =E
1− ν2· [εt(x) + ν · εr(x)] = E+ · h
2·[ϕ(x)
x+ ν · ϕ′(x)
]
, (1.62)
σr(x) =E
1− ν2· [εr(x) + ν · εt(x)] = E+ · h
2·[
ϕ′(x) + ν · ϕ(x)x
]
· (1.63)
Pomocí vztahů 1.62 a 1.63 vyjádříme členy levé strany původní rovnice 1.59
d(σr(x) · x)dx
=d
dx
{
E+ · h2·[
ϕ′(x) + ν · ϕ(x)x
]
· x}
=
= E+ · h2·[ϕ′′(x) · x+ ϕ′(x) + ν · ϕ′(x)
],
σt(x) = E+ · h2·[ϕ(x)
x+ ν · ϕ′(x)
]
·
Levá strana původní diferenciální rovnice 1.59 bude
d
dx(σr(x) · x)− σt(x) = E+ · h
2·[ϕ′′(x) · x+ ϕ′(x)+
+ν · ϕ′(x)− ϕ(x)
x− ν · ϕ′(x)
]
·
Dosazením a úpravou pak dostáváme rovnici rovnováhy vyjádřenou v proměnné ϕ(x)
ϕ′′(x) · x+ ϕ′(x)− ϕ(x)
x= − 6 ·Q(x)
π ·E+ · h3 · (1.64a)
40
Někteří autoři zapisují diferenciální rovnici v upraveném tvaru
ϕ′′(x) +ϕ′(x)
x− ϕ(x)
x2= − t(x)
D, (1.64b)
kde t(x) [N · m−1] je zatížení desky od počátku až do místa x vztažené na jednotkudélky obvodu a D [N ·m] je desková tuhost jednotkové délky obvodu
t(x) =Q(x)
2 · π · x D =E
1− ν2· 1
12· h3 ·
Řešení diferenciální rovnice se bude opět skládat z homogenní části, která bude shodnás nádobami a kotouči a z partikulárního řešení, které bude záležet na pravé straně řešenérovnice a může tak nabývat různých tvarů podle způsobu zatížení řešené desky
ϕ(x) = ϕH(x) + ϕP (x) = C1 · x+C2
x+ ϕP (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
x ·[1
x· (ϕ(x) · x)′
]′
= − 6 ·Q(x)
π · E+ · h3 (1.66a)
nebo s využitím zatížení na jednotku délky t(x) a deskové tuhosti D podle 1.64b[1
x· (ϕ(x) · x)′
]′
= − t(x)
D· (1.66b)
Stažený tvar je velice výhodný z hlediska řešení diferenciální rovnice postupnou inte-grací pokud nedokážeme přímo odhadnout partikulární řešení.
Poznámka: Vztahy pro napětí, resp. znaménko v nich je stanoveno podle namáhání SPODNÍHOpovrchu 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 opětvelikost 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 přidá-ním integrační konstanty K
w(x) = −∫
ϕ(x) · dx+K · (1.68)
Integrační konstantu K určujeme z okrajové podmínky pro uložení desky
41
ϕ(x) dϕ→0
ϕ(x)
x dx
dw
ϕ(x)dϕ→0
ϕ(x)
x dx
dw
ϕ(x)dϕ→0
ϕ(x)
x dx
dw
Obrázek 1.38: Průhyb desky w(x) vyjádřený pomocí natočení ϕ(x)
1. podepřená, resp. vetknutá deska na poloměru r: w(r) = 02. spojení dvou desek I a II na poloměru r: wI(r) = wII(r).(průhybová plocha MUSÍ být spojitá)
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 tenkédesky 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 jed-ním z okrajů právě osa desky, kde ze symetrie deskyvždy platí
ϕ(0) = 0 ·V řešení vždy vypadne člen C2/x, jelikož dělení 0 bymělo za následek nekonečně velký úhel ϕ.Někteří autoři uvádějí podmínku ve tvaru
σt(0) = σr(0) ,
0
t
r
x
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 okrajidesky.
Volný (nezatížený) kraj desky na poloměru r může být i podepřený, ale nenízde zatížen momentem, pak
42
σr(r) = 0 ·r r
Zatížený kraj desky na poloměru r momentem ±Mr, resp. ±mr (může býti podepřený)
σr = ± Mr
Wor= ± Mr
1
6· 2 · π · r · h2
= ± 6 ·Mr
2 · π · r · h2 ,
resp.
σr = ±mr
wor
= ± mr
1
6· h2
= ±6 ·mr
h2,
r r
−Mr+Mr
r r
+mr−mr
kde Mr je celkový ohybový moment rovnoměrně rozložený po celém okraji
desky a mr =Mr
2 · π · r je lineární hustota tohoto momentu.Vetknutý kraj desky na poloměru r (může to být jak vnitřní okraj desky r1,
tak i vnější r2)
ϕ(r1) = 0 , resp. ϕ(r2) = 0 ·r r
2. Podmínky ve spojení dvou polí desky:
Ve spojení dvou polí 1○ a 2○ tenké kruhové rotačně symetrické desky na obecnémpoloměru r je třeba sestavit dvě okrajové podmínky.
První podmínka vždy zaručuje hladkost průhybové plochy ve spojení na polo-měru r
ϕ(1)(r) = ϕ(2)(r) ·Druhá podmínka závisí na individuálním uspořádáním každé úlohy (desky)
a způsobu spojení polí 1○ a 2○ desky na poloměru r. Existují celkem čtyřimožnosti spojení dvou polí desky
1. Spojení desek stejné tloušťky bez zatížení vnějším momentem
r
h1 2w(1)o = w(2)
o = wo(r) =1
6· h2 ·
m(1)o (r) = m(2)
o (r) ⇒ m(1)o (r)
wo(r)=
m(2)o (r)
wo(r)⇒ σ(1)
r (r) = σ(2)r (r) ·
2. Spojení desek rozdílných tlouštěk h1 a h2 bez zatížení vnějším momentem
r
h1
h21 2
w(1)o =
1
6· h21 a w(2)
o =1
6· h22 ·
43
m(1)o (r) = m(2)
o (r) ⇒ σ(1)r · w(1) = σ(2)
r · w(2) ⇒ σ(1)r (r) · h21 = σ(2)
r (r) · h22 ·
3. Spojení desek stejné tloušťky zatížené vnějším momentem ±mr
r
mr
h1 2
+
dx
mr
mo(2)
mo(1)
m(1)o −mr −m(2)
o = 0
m(1)o
wo− mr
wo− m
(2)o
wo= 0
σ(1)r − 6 ·mr
h2− σ(2)
r = 0
r
mr
_
1 2 h
mr
dx
mo(2)
mo(1)
m(1)o +mr −m(2)
o = 0
m(1)o
wo+
mr
wo− m
(2)o
wo= 0
σ(1)r +
6 ·mr
h2− σ(2)
r = 0
w(1)o = w(2)
o = wo(r) =1
6· h2 ·
4. Spojení desek rozdílných tlouštěk h1 a h2 zatížené vnějším momentem ±mr
r
mr
h1
h21 2
+
r
mr
mo(2)
mo(1)
m(1)o −mr −m(2)
o = 0
σ(1)r · h
21
6−mr − σ(2)
r · h22
6= 0
r
mr
h1
h2
_
1 2
r
mo(2)
mo(1)
mr
m(1)o +mr −m(2)
o = 0
σ(1)r · h
21
6+mr − σ(2)
r · h22
6= 0
w(1)o =
1
6· h21 , w(2)
o =1
6· h22 ·
Příklad 1.3: Jednoduchá deska
44
Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska o vnějším poloměru r je na tomto vnějšímokraji vetknutá do absolutně tuhého základu a po celé své ploše je zatížena konstantnímspojitým zatížením (tlakem) qo. Deska má tloušťku h (h � r) a je vyrobena z materiáluo modulu pružnosti v tahu E a Poissonově čísle ν.
Určete diferenciální rovnici popisující chování zadané desky, vztahy pro napětí a ma-ximální průhyb této desky.
r
σr(x)
σo
σt(x)
|σr(
r)|=
σm
ax
σr(
0)=
σt(
0)
wmax
q0=konst.Tato deska je bez otvoru a zatížená kon-stantním spojitým tlakem qo. Příčné zatíženídesky Q(x), které dosadíme do pravé strany,bude
Q(x) = qo · π · x2 ·Řešíme tedy diferenciální rovnici
ϕ′′(x) · x+ ϕ′(x)− ϕ(x)
x= − 6 · qo · π
π · E+ · h3 · x2 ·
Partikulární integrál odhadneme ve tvaru
ϕP (x) = K · x3
a jeho derivace budou
ϕ′
P (x) = 3 ·K · x2 a ϕ′′
P (x) = 6 ·K · x ·
Neznámou konstantu K získáme dosaze-ním partikulárního řešení ϕP (x) a jeho deri-vací do původní diferenciální rovnice
6·K·x·x+3·K·x2−K · x3x
= − 6 · qo · ππ · E+ · h3 ·x
2 ⇒ 8·K = − 6 · qo · ππ ·E+ · h3 ·x
2 ⇒ K = − 3 · qo4 ·E+ · h3 ·
Řešení této diferenciální rovnice můžeme napsat jako
ϕ(x) = C1 · x+C2
x− 3 · qo
4 ·E+ · h3 · x3 ·
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),
2. ϕ(r) = 0 ⇒ 0 = C1 · r −3 · qo
4 · E+ · h3 · r3 ⇒ C1 =3 · qo
4 · E+ · h3 · r2 ·
Úplné řešení diferenciální rovnice pro úhel natočení zadané tenké kruhové desky pak je
ϕ(x) =3 · qo
4 · E+ · h3 ·(r2 · x− x3
)·
Pro výpočet deformací a následně napětí musíme stanovit
ϕ(x)
x=
3 · qo4 · E+ · h3 ·
(r2 − x2
)a ϕ′(x) =
3 · qo4 ·E+ · h3 ·
(r2 − 3 · x2
)
45
a tyto hodnoty dosadit do vztahů pro radiální a tečnou deformaci tenké kruhové desky
εr(x) =h
2· ϕ′(x) =
3 · qo8 ·E+ · h2 ·
(r2 − 3 · x2
),
εt(x) =h
2· ϕ(x)
x=
3 · qo8 ·E+ · h2 ·
(r2 − x2
)
a následně do rozšířeného Hookeova zákona
σr(x) = E+ · [εr(x) + ν · εt(x)] =3 · qo8 · h2 ·
[r2 · (1 + ν)− x2 · (3 + ν)
],
σt(x) = E+ · [εt(x) + ν · εr(x)] =3 · qo8 · h2 ·
[r2 · (1 + ν)− x2 · (1 + 3 · ν)
]·
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 napoloměru r
σr(0) = σt(0) =3 · qo · r
2
8 · h2· (1 + ν) a σmax = |σr(r)| = | −
3 · qo · r2
4 · h2| =
3 · qo · r2
4 · h2·
Výpočet deformace desky je pak již jen jednoduchou integrací funkce ϕ(x)
w(x) = −∫
3 · qo4 ·E+ · h3 ·
(r2 · x− x3
)· dx+ C3 =
3 · qo4 · E+ · h3 ·
(x4
4− r2 · x2
2
)
+ C3 ·
Integrační konstantu určíme z podmínky pro uložení desky na poloměru r, w(r) = 0
0 =3 · qo
4 · E+ · h3 ·(r4
4− r2 · r2
2
)
+ C3 ⇒ C3 =3 · qo
4 ·E+ · h3 · r4
4·
A tedy
w(x) =3 · qo
4 ·E+ · h3 ·(x4
4− r2 · x2
2+
r4
4
)
, resp. wmax = w(0) = C3 =3 · qo
4 · E+ · h3 · r4
4·
•
Příklad 1.4: Jednoduchá deska
Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska o vnějším poloměru r je na tomto vnějšímokraji zatížena momentemm, který je spojitě rozložen po celém obvodě desky. Deska mátloušťku h (h � r) a je vyrobena z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonověčísle ν.
Určete diferenciální rovnici popisující chování zadané desky a vztahy pro napětí.
46
m
r
σr≡σt=6.m/h2
σo=0
Jedná se o desku bez otvoru zatíženou jen mo-mentem m, na kterou tedy nepůsobí žádné příčnézatížení (Q(x) = 0), a proto bude pravá stranadiferenciální rovnice nulová
ϕ′′(x) · x+ ϕ′(x)− ϕ(x)
x= 0 ,
což odpovídá základní rovnici silnostěnných nádoba 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 výrazC2/x neměl smysl. Průběh funkce ϕ(x) tedy bude jen lineární funkcí souřadnice x. Tímse zjednoduší vztahy pro napětí vyjádřené pomocí obecných vztahů pro deformacea rozšířeného Hookeova zákona
εr(x) =h
2· ϕ′(x) =
h
2· C1 ⇒ σr(x) = E+ · [εr(x) + ν · εt(x)] = E+ · h
2· C1 · (1 + ν) ,
εt(x) =h
2· ϕ(x)
x=
h
2· C1 ⇒ σt(x) = E+ · [εt(x) + ν · εr(x)] = E+ · h
2· C1 · (1 + ν) ·
Znamená to tedy, že oba průběhy budou totožné a jejich velikost určíme z okrajovépodmínky. Na vnějším okraji musí být radiální napětí σr vyvolané pouze ohybovýmmomentem m. Protože moment způsobuje „natahováníÿ spodního vlákna, budeme ra-diální napětí uvažovat kladné
σr(r) = +m
wor
= +m
1
6· h2
= +6 ·mh2
·
Hledané průběhy napětí v této tenké kruhové desce jsou
σr(x) = +6 ·mh2
a σt(x) = +6 ·mh2
·
Poznámka:
• Pokud bychom dál chtěli řešit funkci ϕ(x), museli bychom stanovit konstantu C1
σr(x) = E+ ·h
2C1 · (1 + ν) =
6 ·m
h2⇒ C1 =
12 ·m
E+ · h3 · (1 + ν)·
• Dále si povšimněte, že průběhy napětí odpovídají nádobě bez otvoru (hřídeli) a jejich velikostje 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 vnějšímpoloměru r2 je na svém vnějším okraji zatížena momentemM , který je spojitě rozložen
po celém obvodě desky(
m =M
2 · π · r2
)
. Deska má tloušťku h (h � r1, 2) a je vyrobena
z materiálu o modulu pružnosti v tahu E a Poissonově čísle ν.
Určete vztahy pro napětí vznikající v této desce.
m
K
r1
r2
σr(x)σo=0
σt(x)
Deska s otvorem uprostřed je zatížená jen mo-mentem m a nepůsobí na ni žádné příčné zatížení(Q(x) = 0). Proto bude pravá strana diferenci-ální rovnice rovna 0, což opět odpovídá základnírovnici silnostěnných nádob, a proto k řešení pou-žijeme a upravíme známé vztahy
σr(x) = K − C
x2a σt(x) = K +
C
x2·
Znamená to tedy, že oba průběhy budou, stejnějako u nádob, polytropy, které budou mít osuv hodnotě konstanty K.
Pro výpočet konstant K a C využijeme vztahy platné pro silnostěnné nádoby pouzes tím, že okrajové podmínky není třeba přepočítávat z tlaků, ale budou přímo
σr(r1) =mr1
wor1
=0
1
6· h2
= 0 a σr(r2) =mr2
wor2
=+m1
6· h2
= +6 ·mh2
·
Proto pro výpočet konstant K a C v tomto případě platí
K =σr(r2) · r22 − σr(r1) · r21
r22 − r21=
6 ·mh2
· r22r22 − r21
,
C = [σr(r2)− σr(r1)] ·r21 · r22r22 − r21
=6 ·mh2
· r21 · r22r22 − r21
·
Zbývající okrajové hodnoty tečných napětí σt(r1) a σt(r2) tedy budou
σt(r1) =6 ·mh2
· r22r22 − r21
+
6 ·mh2
· r21 · r22r22 − r21r21
= 2 · 6 ·mh2
· r22r22 − r21
= 2 ·K ,
σt(r2) =6 ·mh2
· r22r22 − r21
+
6 ·mh2
· r21 · r22r22 − r21r22
=6 ·mh2
· r22 + r21r22 − r21
= 2 ·K − σr(r2) ·
Nejnamáhanějším místem této desky bude, stejně jako tomu bylo u silnostěnné nádoby,spodní strana vnitřního otvoru desky, kde bude redukované napětí podle teorie τMAX
στMAXred = σt(r1)− σr(r1) = 2 ·K ·
48
Poznámka: Maximální redukované napětí je jako u nádoby s p1 = 0 rovno právě dvojnásobkukonstanty K.
•
Příklad 1.6: Složitější deska – 2 pole
Tenká kruhová rotačně symetrická plná deska je na poloměru r1 zatížena silou F roz-loženou po kružnici a na vnějším poloměru r2 je kloubově podepřena po celém svémobvodu. 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 po-třebné okrajové podmínky.
II
ImI-II
mII-I
RA=F
r1
r2
σrI=σt
I
σtII
σrII
σo
F
FTuto desku MUSÍME rozdělit nadvě pole, protože na poloměru r1 semění zatížení.
Pole I: x ∈ 〈0; r1〉 QI(x) = 0,
Diferenciální rovnice bude
ϕ′′
I · x+ ϕ′
I −ϕI
x= 0.
Pole II: x ∈ 〈r1; r2〉 QII(x) = F ,
Diferenciální rovnice bude
ϕ′′
II · x+ ϕ′
II −ϕII
x= − 6 · F
π · E+ · h3 .
Řešení těchto dvou rovnic budou míttvar
ϕI = C11 · x+C12
x,
ϕII = C21 · x+C22
x+ ϕII P ·
Partikulární řešení druhé rovnice bychom určili postupnou integrací staženého tvaru
x ·[1
x· (ϕII · x)′
]′
= − 6 · Fπ ·E+ · h3 ⇒ ϕII P = − 6 · F
π ·E+ · h3 ·(x
2· lnx− x
4
)
·
Poznámka: V řešení sice vychází ln x, kde x [m] nebo [mm], což je matematicky „nesmyslnéÿ, alenásledné okrajové podmínky převedou tuto funkci do matematicky „správnéhoÿ bezrozměrného tvaruln(r/x).
Konstanty C11, C12, C21 a C2 určíme z okrajových podmínek – co kraj desky, to jednapodmínka:
49
OP: 1. x = 0 ϕI(0) = 0 ⇒ C12 = 0 (nezapomeňte na pravidlo, že nulou se nesmí dělit),2. x = r1 ϕI(r1) = ϕI(r2) průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká,3. x = r1 mI−II = mII−I ⇒ σI
r (r1) = σIIr (r1) ve spojení není žádný vnější moment,
4. x = r2 σIIr (r2) = 0 volný nezatížený kraj desky.
Pokud bychom tento systém dořešili, získali bychom následující průběhy napětí
σIr (x) = σI
t (x) =3 · F
2 · π · h2 ·[1
2· (1− ν) · (1 + ν) · ln r2
r1− (1− ν) · r21
2 · r22
]
,
σIIr (x) =
3 · F2 · π · h2 ·
[
(1 + ν) · ln r2x
+ (1− ν) · r212 · x2 − (1− ν) · r21
2 · r22
]
,
σIIt (x) =
3 · F2 · π · h2 ·
[
(1 + ν) · ln r2x
+ (1− ν) ·(
1− r212 · x2
)
− (1− ν) · r212 · r22
]
·
•
Příklad 1.7: Složitější deska – 4 pole
Tenká kruhová rotačně symetrická deska s otvorem uprostřed o poloměru r1 je namezikruží mezi poloměry r2 a r3 zatížena spojitým zatížením (tlakem) q0, na poloměrur4 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 Poissonovočíslo ν.
Určete diferenciální rovnice jednotlivých polí, na které je třeba desku rozdělit a po-třebné okrajové podmínky.
IV
III
II
I
q0
q0
RARA
mI-II
mII-I
mII-III
mIII-II
mIII-IV
mIV-III
RII-III=RIII-II
RIII-IV=RIV-III
r1
r5
r4
r3
r2
Nejprve musíme ze statické pod-mínky rovnováhy do svislého směruurčit velikost reakce RA v podepřenína poloměru r4
RA = q0 · π ·(r23 − r22
)·
Nyní celou desku rozdělíme na čtyřipole.
Pole I: x ∈ 〈r1; r2〉QI(x) = 0,
Pole II: x ∈ 〈r2; r3〉QII(x) = q0 · π ·
(x2 − r22
),
Pole III: x ∈ 〈r3; r4〉QIII(x) = q0 · π ·
(r23 − r22
),
Pole IV: x ∈ 〈r4; r5〉QIV (x) = q0 · π ·
(r23 − r22
)−RA
= 0 ·
50
Diferenciální rovnice můžeme zapsatpro všechny čtyři desky ve tvaru
ϕ′′
i (x) · x+ ϕ′
i(x) · x− ϕi(x)
x= − 6 ·Qi(x)
π ·E+ · h3 pro i = I, II, III a IV ·
Řešení čtyř diferenciálních rovnic druhého řádu znamená existenci osmi integrač-ních konstant. Pro jejich stanovení musíme sestavit podle uspořádání řešené desky osmokrajových podmínek (opět nezapomeňte na pravidlo „co kraj desky, to jedna pod-mínkaÿ, což znamená, že ve všech spojeních dvou polí se setkávají dva kraje a musítam být dvě okrajové podmínky).
OP: 1. x = r1 : σIr (r1) = 0(volný nezatížený kraj desky),
2. x = r2 : ϕI(r2) = ϕII(r2)(průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká),
3. x = r2 : mI−II = mII−I ⇒ σIr (r2) = σII
r (r2)(ve spojení není žádný vnější moment),
4. x = r3 : ϕII(r3) = ϕIII(r3)(průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká),
5. x = r3 : mII−III = mIII−II ⇒ σIIr (r3) = σIII
r (r3)(ve spojení není žádný vnější moment),
6. x = r4 : ϕIII(r4) = ϕIV (r4)(průhybová plocha ve spojení polí musí být hladká),
7. x = r4 : mIII−IV = mIV−III ⇒ σIIIr (r4) = σIV
r (r4)(ve spojení není žádný vnější moment),
8. x = r5 : σIVr (r5) = 0(volný nezatížený kraj desky).
•
51
Vlastnost Nádoba Kotouč DeskaLevástranadifer.rovnice
x · u′′(x) + u′(x) − u(x)
x= x · u′′(x) + u′(x) − u(x)
x= x · ϕ′′(x) + ϕ′(x) − ϕ(x)
x=
Pravástrana
= 0na element nepůsobížádné další účinky
= − A
E+· x2
(A = ρ · ω2
)
kvadratická funkce ododstředivé síly dO
= − 6 ·Q(x)
π ·E+ · h3
obecná funkce podlezatížení Q(x)
Obecnéřešení u(x) = C1 · x+
C2
x
u(x) =
C1 · x+C2
x− A
8 ·E+· x3
ϕ(x) = C1 ·x+C2
x+ϕpart(x)
ϕpart(x) různé podle Q(x)
Okrajovépodmínky
kraj nádobyσr(r1, 2) = −p1, 2
kraj kotoučeσr(r1, 2) = ±σ1, 2
kraj deskyσr(r1, 2) = ±m/wo
střed nebo vetknutí deskyϕ(0) = 0 nebo ϕ(r1, 2) = 0
Průběhynapětí
σt(x) = K +C
x2
σr(x) = K +C
x2
σt(x) = at(x) +C
x2
σr(x) = ar(x) −C
x2
at(x) = C1−1 + 3 · ν
8·A ·x2
ar(x) = C1 −3 + ν
8·A · x2
σt(x) a σr(x)podle tvaru příčnéhozatížení Q(x) resp. q(x)
KonstantyK =
p1 · r21 − p2 · r22r22 − r21
C = (p1 − p2) ·r21 · r22r22 − r21
C1 =σr2 · r22 − σr1 · r21
r22 − r21+
3 + ν
8·A ·
(r21 + r22
)
C2 = (σr2 − σr1) ·r21 · r22r22 − r21
−3 + ν
8·A · r21 · r22
C1 a C2
podle tvaru příčnéhozatížení Q(x) resp. q(x)
Tabulka 1.2: Tabulka shrnutí řešení a společných nebo podobných vlastností všech třírotačně symetrických úloh.
52
Obsah
1 Rotačně symetrické úlohy 1
1.1 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
1.2 Rotující kotouče . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.2.1 Napětí v rotujícím kotouči . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.2.2 Zvláštní případy tenkého rotujícího kotouče . . . . . . . . . . . . 32
1.3 Tenké kruhové desky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1.3.1 Základní diferenciální rovnice tenkých kruhových desek . . . . . 36
53