1.3 Řešené příklady Příklad 1: Vyšetřete a v měřítku zakreslete napjatost v silnostěnné otevřené válcové nádobě zatížené vnitřním a vnějším přetlakem, viz obr. 1. Na nebezpečném poloměru, z hlediska pevnosti dle HMH a Guestovy hypotézy, proveďte kontrolu bezpečnosti. Dálestanovtevelikostizměnpoloměrů r(r 1 ), r(r ).Dáno: E= 10 5 MPa, ν=0.3, Re=80MPa, k=, p 1 =90MPa, p =7MPa, r 1 =100mm, r =15mm. p p 1 r 1 Obr.1 r Řešení: V prvním kroku nejprve stanovíme integrační konstanty, které se vyskytují ve vztazích pro radiální a obvodové napětí. Okrajové podmínky, které určují integrační konstanty, jsou pro nádobu na obr. 1 dány rovnicemi σ r (r 1 )= p 1 a σ r (r )= p, (1) jež po dosazení obecného řešení přecházejí v soustavu dvou algebraických rovnic D 1 D r 1 = p 1 a D 1 D r = p () proneznámé D 1 a D.Povyřešení()získámevztahyprointegračníkonstantyvetvaru D 1 = p 1r 1 p r r r 1 a D = (p 1 p )r 1r r r 1. (3) Dosazením numerických hodnot dostáváme D 1 = 90 106 0.1 7 10 6 0.15 0.15 0.1 = 40 10 6 Pa= 40MPa, D = (90 106 7 10 6 )0.1 0.15 0.15 0.1 =0.5 10 6 N=0.5MN. (4) S použitím obecných rovnic, definujících průběh radiálního a obvodového napětí v tlustnostěnnérotačněsymetrickéválcovénádobě,aseznalostí D 1 a D,viz(4),lzeprůběhy napětí popsat funkcemi σ r = 40 10 6 0.5 106 a σ r t = 40 10 6 0.5 106 + r 1,r. (5) 1
10 100 r [mm] 80 60 σ r D 1 σ o σ t 40 0 0 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0 10 σ r, σ t, σ o [MPa] Obr. Protože nádobu považujeme v souladu se zadáním za otevřenou, tj. nezatíženou ve směru podélné osy, je osové napětí působící v řezu kolmém na podélnou osu nádoby σ o =0 1,r. (6) Průběhy všech složek napětí jsou zobrazeny na obr.. Pro hodnoty hlavních napětí(radiálního a obvodového) na vnitřním a vnějším poloměru nádoby pak platí: σ r (r 1 )=D 1 D r 1 = p 1r 1 p r r r 1 (p 1 p )r r r 1 = p 1 = 90MPa, σ r (r )=D 1 D r = p 1r 1 p r r r 1 (p 1 p )r 1 r r 1 = p = 7MPa, σ t (r 1 )=D 1 + D r 1 σ t (r )=D 1 + D r = p 1r 1 p r r r 1 = p 1r 1 p r r r 1 + (p 1 p )r r r 1 + (p 1 p )r 1 r r 1 =D 1 + p 1 =( 40)+90=10MPa, =D 1 + p =( 40)+7= 8MPa.(7) Z obr. je evidentní, že nebezpečný stav napjatosti vzniká v nádobě na vnitřním poloměru. Abychom mohli provést kontrolu bezpečnosti, vypočtěme nejprve velikosti redukovaného napětí na nebezpečném poloměru podle jednotlivých hypotéz pevnosti. Redukovanénapětípro r=r 1 jepodlehypotézy HMH 1 rovno σ red = Guestovy rovno σr+ σt+ σo (σ r σ t + σ t σ o + σ o σ r )= σr+ σt σ r σ t = = ( 90) +10 ( 90) 10. =95.39MPa, (8) σ red = σ max σ min = σ t σ r =10 ( 90)=100MPa. (9) 1 HypotézaHMHjevliteratuřeznámátakéjakovonMisesovahypotéza.
Bezpečnost podle hypotézy HMH, resp. Guestovy, vůči mezi kluzu materiálu je potom k= Re σ red = 80 95.39. =.94, resp. k= Re = 80 σ red 100 =.8. (10) S přihlédnutím k vypočteným hodnotám(10) můžeme tedy konstatovat, že předepsaná bezpečnostzezadání k=jesplněnapodleobouhypotézpevnosti. Změny sledovaných poloměrů jsou po dosazení numerických hodnot r(r 1 )= r 1 E [σ t ν(σ r + σ o )]= r 1 E (σ t νσ r )= = 0.1 [ 10 10 6 0.3( 90 10 6 ) ] =1.85 10 5 m=1.85 10 mm, (11) 10 11 r(r )= r E [σ t ν(σ r + σ o )]= r E (σ t νσ r )= = 0.15 [ 8 10 6 0.3( 7 10 6 ) ] =8.5 10 6 m=8.5 10 3 mm. (1) 10 11 Příklad : Je dána uzavřená silnostěnná válcová nádoba namáhaná vnitřním přetlakem p, jak je patrné z obr. 1. Dimenzujte válcovou část nádoby podle Guestovy hypotézy pevnosti. Vypočtěte velikosti hlavních napětí na vnitřním a vnějším válcovém povrchu a zakreslete v měřítku jejich průběhy, je-lidáno: Re=300MPa, k=1.5, p=50mpa, r 1 =50mm. p Obr.1 r 1 r Řešení: Abychom byli schopni splnit všechny úkoly ze zadání, musíme vypočítat velikost vnějšího poloměru r,resp.tloušťkustěny t=r r 1 (1) válcovéčástinádoby.sohledemnafyzikálnípodstatuproblémuzřejměplatí r (r 1, ). Pro funkce udávající velikosti radiálního, obvodového a osového napětí ve stěně válcové části nádoby můžeme psát σ r (r)=d 1 D r, σ t(r)=d 1 + D r a σ o = D 1. () Dále nalezneme obecný tvar integračních konstant, které se vyskytují v těchto vztazích. Okrajové podmínky jsou pro válcovou část nádobu z obr. 1 dány vztahy σ r (r 1 )= p a σ r (r )=0, (3) 3
jež po dosazení obecného řešení přecházejí v soustavu dvou algebraických rovnic D 1 D r 1 = p a D 1 D r =0 (4) proneznámé D 1 a D.Povyřešenísoustavy(4)obdržímeintegračníkonstantyvetvaru D 1 = pr 1 r r 1 a D = pr 1r. (5) r r1 Sohledemnajejichtvarlzekonstatovat,žeoběnabývajíkladnýchhodnot,tj. D 1 >0a D >0.Potomprohlavnínapětí()platínalibovolnémpoloměru r r 1,r relace σ t > σ o > σ r. (6) Jestliže chceme nyní zapsat redukované napětí dle Guestovy hypotézy na libovolném poloměru r r 1,r,potomspřihlédnutímknerovnostem(6)platí: σ red (r)=σ max (r) σ min (r)=σ t (r) σ r (r)= D r. (7) Při dimenzování nádoby rozhoduje největší z hodnot redukovaného napětí. Pevnostní podmínku pak můžeme zapsat následujícím způsobem: Vzhledemk(7)anerovnici r 1 < r jezřejmé,že max σ red(r)= Re r r 1,r k. (8) max σ red(r)= D r r 1,r r1 = σ red (r 1 ). (9) Paklzepevnostnípodmínku(8)pomocí(9),(5)a(1)přepsatdotvaru D ( ) [ ] pr =(D r1 1 + p)= 1 pr1 + p = r r1 t(r 1 + t) + p = Re k. (10) Úpravou(10) a poté dosazením číselných hodnot obdržíme kvadratickou rovnici ( t +r 1 t+r1 1 Re ) 1 = t +0.5 t 0.065=0, (11) pk jejíž kořeny jsou: t 1. =0.104m=104mm a t. = 0.604m= 604mm. (1) Z fyzikálního hlediska má význam pouze první z kořenů, tedy tloušťka stěny válcové části nádobyje t=t 1,takžeprovnějšípoloměrnádobyplatí r = r 1 + t=50+104=354mm. (13) 4
350 300 50 r [mm] 00 150 σ r σ o D 1 σ t 100 50 0 40 0 0 0 40 60 80 100 10 140 σ r, σ t, σ o [MPa] Obr. Známe-lihodnotu r,můžemejižvyšetřitkonkrétnípodobufunkcí().dosazením numerických hodnot do(5) dostáváme D 1 = 50 106 0.5 0.354 0.5. =49.75 10 6 Pa=49.75MPa, D = 50 106 0.5 0.354 0.354 0.5. =6.3 10 6 N=6.3MN. (14) Osové napětí je v celém přůřezu kolmém na podélnou osu válcové části nádoby konstantní adle()a(14)jejehovelikost Zbývající hlavní napětí potom popisují funkce σ r =49.75 10 6 σ o =49.75MPa 1,r. (15) 6.3 106 a σ r t =49.75 10 6 6.3 106 + r 1,r, (16) jejichprůběhyjsouspoluse σ o zobrazenynaobr..hodnotyradiálníhoaobvodového napětí na krajních poloměrech nádoby jsou: σ r (r 1 )=D 1 D r 1 σ r (r )=D 1 D r σ t (r 1 )=D 1 + D r 1 σ t (r )=D 1 + D r = p= 50MPa, =0, =D 1 + p= 49.75+50=149.5MPa, =D 1 = 49.75=99.5MPa. (17) 5
Příklad 3: Vyšetřete a v měřítku zakreslete napjatost v silnostěnné otevřené dvouplášťové válcové nádobě zatížené vnitřním a vnějšímpřetlakem,jakjevidětnaobr.1.nanebezpečnémpoloměru, z hlediska pevnosti dle Guestovy hypotézy, proveďte výpočetbezpečnosti,je-lidáno: Re = Re = Re=80MPa, p =90MPa, p =7MPa, p n =10MPa, r 1 =100mm, r =110mm, r 3 =15mm. p p r 1 Obr.1 r r 3 Řešení: Dvouplášťová nádoba je konstruována tak, že její plášť je složen ze dvou válců na sebe navzájem nalisovaných s přesahem. Tím ve stykové ploše válců vzniká tlakové předpětí, nalisovacítlak p n,kterévnitřníválec stlačuje,zatímcovnějšíválec roztahuje.teprve potéjedvouplášťovánádobazatíženatlaky p a p navnitřnímavnějšímpoloměru.potom s ohledem na platnost principu superpozice zatížení můžeme celkový stav napjatosti ve složené nádobě vyšetřit jako součet oddělených případů zatížení, což je schématicky vyjádřeno na obr.. Řešení tak rozdělíme do tří kroků. Krok 1: Vyšetříme stav napjatosti ve vnitřní a vnější nádobě při působení pouze nalisovacíhotlaku p n.nejprvestanovímeintegračníkonstanty,kterésevyskytujívevztazích pro hlavní napětí. Funkci popisující radiální napětí ve stěně nádoby můžeme zapsat ve tvaru D 1, 1 D1, σ r,n (r)= r 1,r, (1) D,3 1 D,3 r,r 3, a obdobně můžeme psát i pro funkci popisující obvodové napětí D 1, 1 + D1, σ t,n (r)= r 1,r ), () D,3 1 + D,3 pro r (r r,r 3. p p p n + p = p r 1 r r 3 Obr. 6
ntegračníkonstanty D 1, 1 a D 1, určíme z okrajových podmínek pro vnitřní nádobu σ r,n (r 1 )=0 a σ r,n (r )= p n, (3) jež po dosazení obecného řešení přecházejí v soustavu dvou algebraických rovnic D 1, 1 D1, r1 =0 a D 1, 1 D1, r = p n (4) proneznámé D 1, 1 a D 1,. Po vyřešení(4) mají integrační konstanty tvar D 1, 1 = p nr r r 1 a D 1, = p nr1r. (5) r r1 Analogickystanovímeiintegračníkonstanty D,3 1 a D,3.Vtomtopřípaděvycházíme z okrajových podmínek σ r,n (r )= p n a σ r,n (r 3 )=0, (6) které platí pro vnější nádobu. Řešením soustavy algebraických rovnic D,3 1 D,3 r = p n a D,3 1 D,3 r3 =0 (7) vyplývajících bezprostředně z(6) a(1) obdržíme hledané integrační konstanty ve tvaru D,3 1 = p nr r 3 r a D,3 = p nrr 3. (8) r3 r Dosazením numerických hodnot do(5) a(8) postupně dostáváme: D 1, 1 = 10 106 0.11 0.11 0.1. = 57.6 10 6 Pa= 57.6MPa, D 1, = 10 106 0.1 0.11 0.11 0.1. = 0.576 10 6 N= 0.576MN, D,3 1 = 10 106 0.11 0.15 0.11. =34.33 10 6 Pa=34.33MPa, D,3 = 10 106 0.11 0.15 0.15 0.11. =0.5363 10 6 N=0.5363MN. (9) 7
10 100 r [mm] 80 60 40 σ t,n D 1 1, σ r,n D 1,3 σ t,n 0 0 110 100 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0 10 0 30 40 50 60 70 80 σ r,n, σ t,n [MPa] Obr.3 Hodnotyradiálníhoaobvodovéhonapětínapoloměrech r 1 až r 3 potomjsou : σ r,n (r 1 )=D 1, σ r,n (r )=D 1, σ r,n (r 3 )=D,3 1 D1, r1 1 D1, r 1 D,3 r3 =0, = D,3 =0, 1 D,3 r = p n = 10MPa, σ t,n (r 1 )=D 1, σ t,n (r 0)=D 1, σ t,n (r +0)=D,3 σ t,n (r 3 )=D,3 1 + D1, r1 1 + D1, r 1 + D,3 r 1 + D,3 r3 =D 1, 1 =( 57.6)= 115.4MPa, =D 1, 1 + p n =( 57.6)+10= 105.4MPa, =D,3 1 + p n = 34.33+10=78.66MPa, =D,3 1 = 34.33=68.66MPa. (10) Z vypočtených hodnot napětí(10) je patrné, že zatímco funkce popisující průběh radiálníhonapětíjenacelémintervalu r 1,r 3 spojitá,podosazenínumerickýchhodnotz(9) do(1)mátvar 57.6 10 6 0.576 106 + σ r,n (r)= r 1,r, 34.33 10 6 0.5363 106 r,r 3, (11) Zápis f(a+0),resp. f(a 0),vyjadřujelimitufunkce f(x)vbodě azprava,resp.zleva,nebo-li lim f(x),resp. lim f(x). x a+ x a 8
funkcepopisujícíprůběhobvodovéhonapětímávbodě r nespojitostprvníhodruhu 57.6 10 6 0.576 106 σ t,n (r)= r 1,r ), (1) 34.33 10 6 0.5363 106 + pro r (r r,r 3. Skok σ t,n (r +0) σ t,n (r 0)funkce σ t,n (r)vbodě r jepatrnýinaobr.3,kdejsou zobrazeny průběhy obou hlavních napětí. Krok : Vyšetříme stav napjatosti ve složené nádobě jako celku při zatížení na vnitřnímpoloměru r 1 tlakem p anavnějšímpoloměru r 3 tlakem p.nejprvestanovímeopět integrační konstanty, které se vyskytují ve vztazích 1 D1,3 1 + D1,3 σ r, p (r)=d 1,3 a σ r t, p (r)=d 1,3 r 1,r 3, (13) pro radiální a obvodové napětí. Jejich tvar určíme z okrajových podmínek σ r, p (r 1 )= p a σ r, p (r 3 )= p. (14) Po dosazení obecného řešení přecházejí v soustavu dvou algebraických rovnic D 1,3 1 D1,3 r1 = p a D 1,3 Jejich řešením pak obdržíme integrační konstanty D 1,3 1 = p r 1 p r 3 r 3 r 1 D 1,3 = (p p )r 1r 3 r 3 r 1 1 D1,3 r3 = p. (15) = 90 106 0.1 7 10 6 0.15 0.15 0.1 = 40 10 6 Pa= 40MPa, = (90 106 7 10 6 )0.1 0.15 0.15 0.1 =0.5 10 6 N=0.5MN. (16) Radiálníaobvodovénapětípotomnabývajínapoloměrech r 1, r a r 3 následujícíchhodnot: σ r, p (r 1 )=D 1,3 σ r, p (r )=D 1,3 σ r, p (r 3 )=D 1,3 σ t, p (r 1 )=D 1,3 σ t, p (r )=D 1,3 σ t, p (r 3 )=D 1,3 1 D1,3 r1 1 D1,3 r 1 D1,3 r3 1 + D1,3 r1 1 + D1,3 r 1 + D1,3 r3 = p = 90MPa, = 40 10 6 = p = 7MPa, = 40 10 6 + = 40 10 6 + = 40 10 6 + 0.5 106 0.11 = 81.3 10 6 Pa= 81.3MPa, 0.5 106 0.1 =10 10 6 Pa=10MPa, 0.5 106 0.11. =1.3 10 6 Pa=1.3MPa, 0.5 106 0.15 = 8 10 6 Pa= 8MPa. (17) 9
10 100 r [mm] 80 60 40 σ r,p D 1 1,3 σ t,p 0 0 110 100 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0 10 0 30 40 50 60 70 80 σ r,p, σ t,p [MPa] Obr.4 Průběhynapětí,kteréjsouzobrazenynaobr.4,jsouspřihlédnutímk(13)a(16) popsány funkcemi σ r, p = 40 10 6 0.5 106 a σ r t, p = 40 10 6 0.5 106 + r 1,r 3. (18) Krok 3: Vyšetříme průběh výsledných napětí ve dvouplášťové nádobě, přičemž využijeme zákona superpozice napětí. Pro výsledná napětí můžeme psát D 1, 1 + D 1,3 1 D1, + D 1,3 = D σ r (r)=σ r,n + σ r, p = r 1 D r 1,r, D,3 1 + D 1,3 1 D,3 + D 1,3 (19) = D r 1 D r,r 3, D 1, 1 + D 1,3 1 + D1, + D 1,3 = D σ t (r)=σ t,n + σ t, p = r 1+ D r 1,r ), D,3 1 + D 1,3 1 + D,3 + D 1,3 (0) = D r 1 + D pro r (r r,r 3, kde celkové integrační konstanty jsou rovny D1= D 1, 1 + D 1,3 1 = 57.6 40= 97.6MPa, (1) D= D 1, + D 1,3 = 0.576+0.5= 0.076MN, () D1 = D,3 1 + D 1,3 1 =34.33 40= 5.77MPa, (3) D = D,3 + D 1,3 =0.5363+0.5=1.0363MN, (4) viz(9)a(16).funkceobvodovéhonapětímávbodě r takénespojitostprvníhodruhu. Doposudjsmesenezmínilioosovémnapětí.Tojeovšem,sohledemnato,žejsmevobou dosavadních krocích uvažovali otevřené nádoby, rovno nule. Tedy i pro výsledné osové napětí platí: σ o =0 1,r 3. (5) 10
10 100 r [mm] 80 60 40 σ t D 1 σ r D 1 σ o σ t 0 0 110 100 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0 10 0 30 40 50 60 70 80 σ r, σ t, σ o [MPa] Obr.5 Výsledné průběhy radiálního a obvodového napětí zobrazené na obr. 5 jsou potom podle vztahů(19) až(4) dány funkcemi 97.6 10 6 76. 103 + σ r (r)= r 1,r, (6) 5.77 10 6 1.0363 106 r,r 3, 97.6 10 6 76. 103 σ t (r)= r 1,r ), (7) 5.77 10 6 1.0363 106 + pro r (r r,r 3. Velikostiradiálníhoaobvodovéhonapětínapoloměrech r 1, r a r 3 lzepakvypočítat buďspomocívztahů(6)a(7),nebospomocíjiždřívevypočtenýchhodnotnatěchto poloměrech. Využijeme-li tedy např. vztahů(10) a(17), můžeme potom pro jednotlivá napětínapoloměrech r 1, r a r 3 psát σ r (r 1 )=σ r,n (r 1 )+σ r, p (r 1 )=0 90= 90MPa, σ r (r )=σ r,n (r )+σ r, p (r )= 10 81.3= 91.3MPa, σ r (r 3 )=σ r,n (r 3 )+σ r, p (r 3 )=0 7= 7MPa, σ t (r 1 )=σ t,n (r 1 )+σ t, p (r 1 )= 115.4+10= 105.4MPa, σ t (r 0)=σ t,n (r 0)+σ t, p (r )= 105.4+1.3= 103.9MPa, σ t (r +0)=σ t,n (r +0)+σ t, p (r )=78.66+1.3=79.98MPa, σ t (r 3 )=σ t,n (r 3 )+σ t, p (r 3 )=68.66 8=60.66MPa. (8) Z obr. 5 je patrné, že nebezpečný stav napjatosti vzniká ve dvouplášťové nádobě na vnitřním poloměru vnějšího válce. Redukované napětí podle Guestovy hypotézy pevnosti je tedy rovno σ red = σ t (r +0) σ r (r )=79.98 ( 91.3)=171.3MPa (9) 11
a odtud je bezpečnost vůči mezi kluzu materiálu k= Re σ red = 80 171.3. =1.63. (30) Poznámka: Provedeme-li porovnání dosažené bezpečnosti s bezpečností vypočtenou v příkladu 1 pro jednoplášťovou nádobu, zjistíme, že stav napjatosti ve dvouplášťové nádobě je méně výhodný. Vhodnou konstrukcí dvouplášťové nádoby, tj. vhodným návrhem poloměru r analisovacíhotlaku p n,lzedocílitioptimálníhovyužitímateriálovýchvlastnostíobou částí a dosáhnout tak maximální možné bezpečnosti nádoby. Příklad 4: Pro dvouplášťovou otevřenou nádobu navrhněte potřebný přesahpoloměrů r tak,abyvnádoběbezvnějšíhozatížení, vizobr.1,působilnastykovéplošeměrnýtlak p n =10MPa. Dále vypočtěte měrnou nalisovací sílu při znalosti součinitele tření f t =0.vestykovéploše,je-lidáno: E =.1 10 5 MPa, E = 1.8 10 5 MPa, ν = 0.3, ν = 0.9, r 1 = 100mm, r =110mm, r 3 =15mm. r 1 Obr.1 r r 3 Řešení: Abymohlvestykovéplošeobouválcovýchnádobvzniknouttlak p n,musíbýtvnitřní nádoba vyrobenasvnějšímpoloměrem r r,neboťdocházíkestlačenívnějšíhopolo- měrunádobyatedy r <0.Vnějšínádoba paksvnitřnímpoloměrem r r,jakje vidět na obr.. Protože kladný přírůstek změny poloměru r(r) byl obecně definován ve směru přírůstku poloměru r, je přesah obou nádob dán rozdílem vnějšího poloměru vnitřní a vnitřního poloměru vnější nádoby, tj. r = r + r = r + r. (1) p n r r r r 3 r n r 1 p Obr. 1
Velikosti změn jednotlivých poloměrů válcových nádob jsou s ohledem na předpoklad malých deformací velmi malé při porovnání s příslušnými poloměry, což můžeme formálně zapsat na obecném poloměru jako r r. Dopustíme se tak zanedbatelné chyby, jestliže výpočtyzměnpoloměrů ra r budeme vztahovat k výpočtu nádob při jejich vzájemnémspojení.budemetakpracovatshodnotamipoloměrů r 1, r a r 3,přestože r není původním rozměrem nádob. Napjatost ve dvouplášťové válcové nádobě může být popsána pomocí radiálního a obvodovéhonapětívztahy 3 D1 D σ r (r)= r 1,r, D1+ D σ t (r)= r 1,r ), () D1 D r,r 3, D1 + D pro r (r r,r 3, kde jsou jednotlivé integrační konstanty rovny D1= p nr, D r r = p nr1r, D 1 r r1 1 = p nr r3 r Protože dvouplášťová nádoba je uvažována jako otevřená, je osové napětí a v dalších výpočtech nemá žádný význam. Prozměnypoloměrů r a r r = r E (σ t (r 0) ν σ r (r ))= r E r = r E (σ t (r +0) ν σ r (r ))= r E a D = p nrr 3. (3) r3 r σ o =0 1,r 3 (4) můžeme s přihlédnutím ke vztahům() až(4) psát ( ) D1+ D +ν r p n = p ( nr r + r1 ν E r r1 ), (5) ( ) D1+ D +ν r p n = p ( nr r 3 + r + ν E r3 r ). (6) Změny poloměrů jsou po dosazení numerických hodnot r= 10 ( ) 106 0.11 0.11 +0.1.=.1 10 11 0.11 0.1 0.3 5.355 10 5 m= 5.355 10 mm,(7) r = 10 ( ) 106 0.11 0.15 +0.11.=4.984 1.8 10 11 0.15 0.11 +0.9 10 5 m=4.984 10 mm (8) apotřebnýpřesahpoloměrů r,viz(1),mávelikost r = r + r =5.355 10 +4.984 10 =1.0339 10 1 mm. (9) Celkový přesah poloměrů můžeme vyjádřit také přímo s pomocí parametrů zadání. Postačí dosaditdo(1)z(5)a(6).poúpravěobdržímeobecněplatnývztah [ ( ) 1 r r = p n r + r1 ν E r r1 + 1 ( )] r 3 + r + ν E r3 r. (10) 3 Napjatostbyladetailněanalyzovánavpříkladu3. 13
Přiurčeníměrnénalisovacísíly F l postupujemetakto:stavímeměrnousílusvěrnou, která působí na jednotku délky nalisovaného spoje, a násobíme ji součinitel tření. Tím získáme měrnou sílu třecí, která musí být měrnou nalisovací silou překonána. Tento postup může být zapsán následujícím způsobem: F l >πr p n f t =π0.11 10 10 6 0.=440000πNm 1. (11) Nalisovacísílajepotomdánasoučinemměrnésíly F l acelkovédélkynalisovanéhospoje. Příklad 5: Navrhněte silnostěnnou otevřenou dvouplášťovou válcovou nádobu zatíženou vnitřním a vnějším přetlakem(obr. 1) tak, aby bezpečnost v nádobě byla maximální. Návrh proveďte z hlediska Guestovy hypotézy pevnosti. Vyšetřete a v měřítku zakreslete odpovídající stav napjatosti, je-li dáno: Re = Re = Re=80MPa, p =90MPa, p =7MPa, r 1 =100mm, r 3 =15mm. p p r 1 Obr.1 r r 3 Řešení: Radiální a obvodové napětí může být ve dvouplášťové válcové nádobě popsáno pomocí vztahů 4 D1 D σ r (r)= r 1,r, D1+ D σ t (r)= r 1,r ), (1) D1 D r,r 3, D1 + D pro r (r r,r 3, kde jsou jednotlivé integrační konstanty rovny D 1= p r 1 p r 3 r 3 r 1 p nr, D r r = (p p )r1r 3 1 r3 r1 p nr1r, () r r1 D 1 = p r 1 p r 3 r 3 r 1 + p nr, D r3 r = (p p )r1r 3 r3 r1 Protože dvouplášťová nádoba je uvažována jako otevřená, je osové napětí + p nrr 3. (3) r3 r σ o =0 1,r 3. (4) Definujmenynítlak p s jakozáporněvzatouhodnoturadiálníhonapětínapoloměru r.pro tento tlak pak můžeme psát [ ] 1 r p s = σ r (r )= 1 r3 (p r3 r1 r p )+p r3 p r1 + p n. (5) 4 Napjatostbyladetailněanalyzovánavpříkladu3. 14
S jeho pomocí lze přepsat integrační konstanty() a(3) do nového formálního tvaru D 1= p r 1 p s r r r 1, D = (p p s )r 1r r r 1, (6) D1 = p sr p r3, D r3 r = (p s p )rr 3. (7) r3 r Má-li být ve dvouplášťové nádobě maximální bezpečnost, budeme požadovat, aby v obou částech nádoby byla tato bezpečnost stejná. Tím budou maximálně využity vlastnosti obou jeho částí-kroužků. Maximální hodnoty redukovaného napětí jsou dosaženy na vnitřních poloměrechjednotlivýchčástí.podleguestovyhypotézypevnostinelzenapoloměru r 1 dosáhnout menší hodnoty redukovaného napětí, než σ red (r 1 )=σ max (r 1 ) σ min (r 1 )=σ o σ r (r 1 )=p. (8) Jetozpůsobenotím,žeoběhodnotynapětí σ o =0aσ r = p jsoupředepsányjižvzadání úlohy. Maximální bezpečnost tak dosahuje velikosti k= Re p = 80 90 =3. 1. (9) Našímúkolemjetedynaléztvelikostpoloměru r analisovacíhotlaku p n >0tak, abychom požadavek na maximální bezpečnost k splnili v obou částech nádoby. Pokud má platit vztah(8), musí být splněno σ t (r 1 ) 0 σ t (r 1 ) σ r (r 1 ). (10) Protožetlak p s > p (p n >0),plyneze(7),žekonstanta D >0atudíž σ t (r +0) > σ r (r ). Potom má pevnostní podmínka na vnitřním poloměru vnějšího kroužku tvar { Re k = σt (r +0) σ r (r ) pro σ t (r +0) 0, σ o σ r (r ) pro σ t (r +0) 0. (11) V dalším tedy analyzujme dva stavy napjatosti. Stav1:Stanovmevelikostpoloměru r (r 1,r 3 )atlaku p n >0,jestližemajíbýtsplněny podmínky(10)aσ t (r +0) 0.Sloučenímvztahů(9)a(11)obdržímezávislost σ t (r +0) σ r (r )=p. (1) Podosazeníz(1)a(3)do(1)apoprovedenípatřičnýchúpravmůžemepsát { [ ( )] p n = r 3 r ( ) 1 r1 r1 1 p r3 r1 (p p )}. (13) r 3 r 15
Dálepodosazenídopodmínek(10)aσ t (r +0) 0zevztahů(1),(3)a(13)apoprovedení příslušných úprav obdržíme soustavu(konjunkci) tří nerovnic ( ) ( (r1r 3+ r)p 4 p r r 3 0 1+ r p r3 p 0 (r3 r) p p ) 0. (14) r3+ r r3 Vztahy(14) 1 a(14) bylynalezenyzapředpokladu r ±r 1.Obdobněbylodvozenivztah (14) 3 zapředpokladu r ±r 3. Dosadíme-linynínumerickéhodnotydo(14) 1,zapředpokladu r 0,můžemepsát 45000000(r +0.1118034) (r 0.1118034) 0. (15) Jezřejmé,žetatonerovnicejesplněna(včetněpodmínek r ±r 1 a r 0)pouzepro hodnoty 11 = { 0.1118034,0.1118034}m. (16) Prodruhouznerovnic(14) podosazenínumerickýchhodnotdostáváme r 9.375 10 3 0. (17) Řešíme-lijinapř.metodouintervalů 5,snadnozjistíme,ženerovnicejesplněnapro 1. =(, 0.09685 0.09685, ) {±0.1}m. (18) Třetínerovnici(14) 3 upravímepodosazenínumerickýchhodnotdotvaru 0480r 4 51r +3. =0480(r 9.375 10 3 )(r 1.565 10 ) 0. (19) Pomocí metody intervalů zjistíme, že nerovnice platí pro 13. =( 0.15, 0.09685 0.09685,0.15)m. (0) Množinou všech řešení je potom vzájemný průnik intervalů(16),(18) a(0) a intervalu (r 1,r 3 ),tj. r 1 = 11 1 13 (0.1,0.15)={0.1118034}m. (1) Patřičný nalisovací tlak vypočítáme dosazením do(13). Dostáváme {[ ( )] p n = 0.15 0.1118034 ( ) 0.1 90 1 0.15 0.1 0.15 0.1. (90 7)} =1MPa. () 0.1118034 Hodnota nalisovacího tlaku je větší než nula, čímž je splněna podmínka, že v místě nalisovaní musí skutečně vznikat tlak. 5 Metodaintervalůjeznámátakéjakometodanulovýchbodů.Bližšíinformaceotétometoděviznapř. J. Polák, Přehled středoškolské matematiky, SPN, Praha, 1991. 16
Stav:Stanovmevelikostpoloměru r (r 1,r 3 )atlaku p n >0,jestližemajíbýtsplněny podmínky(10)aσ t (r +0) 0.Sloučenímvztahů(9)a(11)obdržímezávislost p s = p. (3) Podosazení(5)do(3)aúpravělzepronalisovacítlakpsát ( ) p n = r r1 r3 (p r3 r1 p ). (4) r Následnýmdosazenímdopodmínek(10)aσ t (r +0) 0z(1),(3)a(4)obdržímepo provedení potřebných úprav soustavu(konjunkci) tří nerovnic (r r 1) p r 0 p p p p r 3 r 3+ r 0. (5) Vztahy(5) 1 a(5) bylynalezenyzapředpokladu r ±r 1.Obdobněbylodvozenivztah (5) 3 zapředpokladu r ±r 3. Dosadíme-linynínumerickéhodnotydo(5) 1,zapředpokladu r 0,můžemepsát r 0.01 0. (6) Jezřejmé,žetatonerovnicejespoluspodmínkou r ±r 1 splněnaprointerval 1 =(, 0.1) (0.1, )m. (7) Druháznerovnic(5) másamozřejměvýznampouzepro p = p.tatopodmínkavpodstatěvyjadřujefakt,žepro p = p s jekonstanta D =0atudíž σ r (r)=σ t (r)= p pro r r 1,r,viz(6)a(1).ntervalplatnostipotommůžemezapsatjako =(,+ ) {±0.1}m. (8) Třetínerovnici(5) 3 upravímepodosazenínumerickýchhodnotdotvaru r 9.375 10 3 0. (9) Pomocí metody intervalů zjistíme, že nerovnice platí pro interval 3. = 0.09685,0.09685 m. (30) Množinou všech řešení je potom vzájemný průnik intervalů(7),(8) a(30) s intervalem (r 1,r 3 ),tj. r = 1 3 (0.1,0.15)=, (31) což je prázdná množina. Pro stav tedy nebylo nalezeno žádné řešení. Přesto, že úloha byla vyšetřována intervalově, bylo zjištěno, že existuje jediné řešení pro r. =0.1118mapn =1MPa,viz(1)a().Vzávěrupříkladutedyještěvyšetřeme odpovídající stav napjatosti pro tyto hodnoty a zakresleme jej. Nejprve dosaďme numerické 17
10 r [mm] 100 80 60 40 σ σ σ σ r t o t D 1 D 1 0 0 110 100 90 80 70 60 50 40 30 0 10 0 10 0 30 40 50 60 70 80 hodnoty do vztahů() a(3). Dostáváme σ r, σ t, σ o [MPa] Obr. D 1= 90 0.1 7 0.15 0.15 0.1 1 0.1118 0.1118 0.1. = 44.99MPa, D = (90 7)0.1 0.15 0.15 0.1 1 0.1 0.1118 0.1118 0.1. =0.4501MN, D 1 = 90 0.1 7 0.15 0.15 0.1 + 1 0.1118 0.15 0.1118. = 36.01MPa, D = (90 7)0.1 0.15 0.15 0.1 + 1 0.1118 0.15 0.15 0.1118. =0.563MN. (3) Výsledné průběhy radiálního a obvodového napětí zobrazené na obr. jsou potom podle vztahů(3) a(1) dány funkcemi 44.99 10 6 450.1 103 σ r (r)= r 1,r, 36.01 10 6 56.3 103 r,r 3, (33) 44.99 10 6 450.1 103 + σ t (r)= r 1,r ), 36.01 10 6 56.3 103 + pro r (r r,r 3. (34) Provelikostiradiálníhoaobvodovéhonapětínapoloměrech r 1, r a r 3 pakmůžemepsát σ r (r 1 )= 44.99 10 6 450.1 103 = 90 10 6 Pa= 90MPa, 0.1 σ r (r )= 44.99 10 6 450.1 103. = 81 10 6 Pa= 81MPa, 0.1118 σ r (r 3 )= 36.01 10 6 56.3 103. = 7 10 6 Pa= 7MPa, (35) 0.15 18
σ t (r 1 )= 44.99 10 6 450.1 103. + =0.0 10 6 Pa=0.0MPa, 0.1 σ t (r 0)= 44.99 10 6 450.1 103. + = 8.98 10 6 Pa= 8.98MPa, 0.1118 σ t (r +0)= 36.01 10 6 56.3 103. + =8.98 10 6 Pa=8.98MPa, 0.1118 σ t (r 3 )= 36.01 10 6 56.3 103. + = 0.0 10 6 Pa= 0.0MPa. (36) 0.15 Poznámky: Nepatrné rozdíly ve vypočtených hodnotách obvodového napětí oproti očekávaným(σ t (r 1 )=0, σ t (r +0)=9MPa)jsouzpůsobenydřívějšímzaokrouhlenímhodnot r a p n.dáledoporučujemečtenáři,abykonfrontovalzískanévýsledkysvýsledkyzpříkladů 1 a. Odtud je patrné, že relativně malou změnou některých parametrů lze významně ovlivnit stav napjatosti ve dvouplášťové nádobě. 19