WM Przestrzenny stan naprężenia i odkształcenia.pdf

(208 KB) Pobierz
Przykład 6.1. 3D
Przykład 6.1. Przestrzenny stan naprężenia i odkształcenia
Stan naprężenia
Stan naprężenia w punkcie jest określony za pomocą dziewięciu składowych, które
oznaczamy literą σ z odpowiednimi indeksami. Pierwszy indeks oznacza normalną
zewnętrzną do przekroju, w którym działa naprężenie, zaś drugi – kierunek naprężenia.
W wytrzymałości materiałów, dla odróżnienia naprężeń stycznych stosuje się literę τ,
natomiast powtarzający się indeks w oznaczeniu naprężeń normalnych pomija się. Zgodnie
z twierdzeniem o wzajemności naprężeń stycznych zachodzą równości:
τ = ,
xy
τ
τ = ,
yz
τ
zy
τ = . Mamy zatem 6 niezależnych składowych stanu naprężenia, które zapisujemy jako:
τ
σ
xx
σ
σ
σ
x
τ
τ
xz
σ
=
σ
σ
σ
lub
σ
=
τ
σ
τ
yx
yy
yz
yx
y
yz
σ
zx
σ
σ
τ
zx
τ
σ
z
Przyjmuje się następujące zasady znakowania składowych stanu naprężenia:
• Naprężenie normalne jest dodatnie, gdy jest skierowane na zewnątrz przekroju („od
przekroju”), tzn. jest rozciągające.
• Umowę znaków dla naprężenia stycznego wyjaśnimy na przykładzie naprężenia τ xy .
Działa ono w przekroju prostopadłym do osi x , wzdłuż osi y . W przekroju o normalnej
zewnętrznej zgodnej ze zwrotem osi x naprężenie τ xy jest dodatnie, gdy ma zwrot
zgodny z osią y . Natomiast w przeciwległym przekroju (o ujemnej normalnej
zewnętrznej) naprężenie τ xy jest dodatnie, gdy ma zwrot przeciwny do osi y .
Aby zilustrować na rysunku stan naprężenia w danym punkcie, należy przeprowadzić przez
ten punkt trzy przekroje prostopadłe do przyjętego układu osi xyz . Narysowanie wszystkich
składowych stanu naprężenia dosłownie „w punkcie” byłoby nieczytelne, dlatego
prowadzimy przekroje w jego nieskończenie małym otoczeniu (rysujemy prostopadłościan –
„kostkę”).
Na poniższym rysunku zaznaczono dodatnie zwroty odpowiednich naprężeń.
σ
z
z τ
z τ
τ
xz
τ
τ
xy
y
x
τ
yx
σ
σ
Przykładowo, dla poniższego stanu naprężenia ilustracja graficzna jest następująca:
6
z
1
1
2
5
−
1
1
1
σ
=
5
5
1
[
MPa
]
−
1
1
6
x
y
2
5
5
5
yx
zx
xz
xy
xz
xy
zy
zz
zy
yz
186680733.004.png 186680733.005.png 186680733.006.png
Uwaga:
Zadania 1, 2, i 3 dotyczą wyznaczania wartości głównych i kierunków głównych
przestrzennego stanu naprężenia. Dla stanu odkształcenia zagadnienie to rozwiązuje się
analogicznie. Wystarczy zastąpić składowe stanu naprężenia odpowiednimi składowymi stanu
odkształcenia.
ZADANIE 1. Obliczyć wartości naprężeń głównych oraz określić kierunki główne stanu
naprężenia:
σ
x
τ
xy
τ
xz
2
5
−
1
σ
=
τ
yx
σ
y
τ
yz
=
5
5
1
[
MPa
]
τ
τ
σ
−
1
1
6
zx
zy
z
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
s
I
=
σ
x σ
+
σ
x
+
z
=
2
+
5
+
6
=
13
MPa
s
=
σ
x
τ
xy
+
σ
x
τ
xz
+
σ
y
τ
yz
=
σ
σ
−
τ
2
+
σ
σ
−
τ
2
+
σ
σ
−
τ
2
II
x
y
xy
y
z
yz
z
x
zx
τ
σ
τ
σ
τ
σ
yx
y
zx
z
zy
z
=
2
⋅
5
−
5
2
+
5
⋅
6
−
1
2
+
2
⋅
6
−
(
−
1
2
=
25
MPa
2
σ
x
τ
τ
xz
s
III
=
τ
yx
σ
y
τ
yz
=
σ
x
σ
y
σ
z
+
τ
xy
τ
yz
τ
zx
+
τ
xz
τ
yx
τ
zy
−
τ
xz
σ
y
τ
zx
−
σ
x
τ
yz
τ
zy
−
τ
xy
τ
yx
σ
z
τ
τ
σ
zx
zy
z
=
2
⋅
5
⋅
6
+
2
⋅
1
−
1
+
(
−
1
⋅
5
⋅
1
−
(
−
1
⋅
(
−
1
⋅
5
−
1
⋅
1
⋅
2
−
6
⋅
5
⋅
5
=
−
107
MPa
3
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
σ
3
−
s
I
σ
2
+
s
II
σ
−
s
III
=
0
,
które po wstawieniu obliczonych wartości liczbowych niezmienników ma postać
σ
3
−
13
σ
2
+
25
σ
+
107
=
0
.
(1)
Aby otrzymać wartości naprężeń głównych należy rozwiązać powyższe równanie trzeciego
stopnia.
Rozwiązanie równania trzeciego stopnia w postaci ogólnej
Niech będzie dane równanie trzeciego stopnia w postaci
0
ay
3
+
by
2
+
cy
+
d
=
.
Dzielimy je obustronnie przez a i podstawiamy
y
=
x
−
b
/
3
a
; otrzymujemy:
x
3
+ q
3
px
+
2
=
0
,
2
xy
186680733.007.png
gdzie
3
ac
−
b
2
2
b
3
bc
d
3
p
=
;
2
q
=
−
+
.
3
a
2
27
a
3
3
a
2
a
Obliczamy wyróżnik
∆
q +
2
p
3
.
p to nasze równanie trzeciego stopnia ma trzy różne pierwiastki
rzeczywiste. Pierwiastki
∆ oraz
0
<
0
x
1
,
x
2
,
x
3
obliczamy ze wzorów:
x
1
=
−
2
r
cos
1
ϕ
,
x
=
2
r
cos(
60
−
1
ϕ
)
,
2
3
x
3
=
2
r
cos(
60
+
1
ϕ
)
,
gdzie
cos
ϕ
=
q
,
r
=
η
|
p
|
,
η
=
sgn(
q
)
(
η zależnie od znaku q ).
±
r
3
Zatem pierwiastki rozważanego równania trzeciego stopnia wynoszą
y
=
x
−
b
,
y
=
x
−
b
,
y
=
x
−
b
.
1
1
3
a
2
2
3
a
3
3
3
a
Rozwiążemy teraz równanie (1), korzystając z powyższego sposobu. Obliczamy:
a
=
1
,
b
=
−
13
,
c
=
25
,
d
=
107
,
3
ac
−
b
2
3
⋅
1
⋅
25
−
(
−
13
)
2
3
p
=
=
=
−
31
,
<
0
,
3
a
2
3
⋅
1
2
2
b
3
bc
d
2
⋅
(
−
13
)
3
(
−
13
)
⋅
25
107
2
q
=
−
+
=
−
+
=
−
162
,
+
108
,
+
107
=
52
,
27
a
3
3
a
2
a
27
⋅
1
3
3
⋅
1
2
1
52
,
2
−
31
,
3
2
3
∆
= p
q
=
+
=
−
447
,
<
0
2
3
31
,
q
52
,
6
η
sgn(
q
)
=
+
1
,
r
=
η
|
p
|
=
+
1
⋅
=
3
23
,
cos
ϕ
=
=
2
=
0
780
⇒
ϕ
=
38
,
3
r
3
3
23
3
x
=
−
2
r
cos
1
ϕ
=
−
2
⋅
3
23
⋅
cos
38
,
7
=
−
6
30
1
3
3
x
=
2
r
cos(
60
−
1
ϕ
)
=
−
2
⋅
3
23
⋅
cos
60
−
38
,
7
=
4
40
2
3
3
x
=
2
r
cos(
60
+
1
ϕ
)
=
−
2
⋅
3
23
⋅
cos
60
+
38
,
7
=
1
90
3
3
3
3
Jeżeli
3
3
=
186680733.001.png
 
Zatem naprężenia główne wynoszą:
x
−
b
=
−
6
30
−
−
13
=
−
1
97
=
σ
[
MPa
]
1
3
3
a
3
⋅
1
x
−
b
=
4
40
−
−
13
=
8
74
=
σ
[
MPa
]
2
1
3
a
3
⋅
1
x
−
b
=
1
90
−
−
13
=
6
23
=
σ
[
MPa
]
3
2
3
a
3
⋅
1
Kontrolą prawidłowości obliczeń może być sprawdzenie niezmienników:
MPa
s
I
+= σ
σ
1
σ
2
+
3
=
8
74
+
6
23
−
1
97
=
13
s
=
σ
1
0
+
σ
1
0
+
σ
2
0
=
σ
σ
+
σ
σ
+
σ
σ
=
II
1
2
1
3
2
3
0
σ
0
σ
0
σ
2
3
3
=
8
74
⋅
6
23
+
8
74
⋅
(
−
1
97
)
+
6
23
⋅
(
−
1
97
)
=
25
,
MPa
2
σ
1
0
0
8
74
0
0
3
s
=
0
σ
0
=
0
6
23
0
=
8
74
⋅
6
23
⋅
(
−
1
97
)
=
−
107
MPa
III
2
0
0
−
1
97
0
0
σ
3
Wartości niezmienników są zgodne z otrzymanymi poprzednio.
Wyznaczamy teraz kierunki główne.
Kierunek główny 1 , czyli kierunek działania naprężenia σ , określony jest przez kosinusy
kierunkowe
1
,
m
1
,
n
1
l są zatem składowymi jednostkowego
wektora zewnętrznie normalnego do przekroju, w którym występuje naprężenie σ .
Prawdziwy jest zatem związek:
1
,
m
1
,
n
1
l
2
1
+ n
m
2
1
2
1
=
1
.
Kosinusy kierunkowe
l
1
,
m
1
,
n
1
obliczamy z układu równań:
(
σ
x
−
σ
1
)
l
1
+
τ
yx
m
1
+
τ
zx
n
1
=
0
(
2
−
8
74
)
l
1
+
5
m
1
−
n
1
=
0
(
2
τ
xy
l
1
+
(
σ
y
−
σ
1
)
m
1
+
τ
zy
n
1
=
0
⇒
5
l
1
+
(
−
8
74
)
m
1
+
n
1
=
0
(
τ
xz
l
1
+
τ
yz
m
1
+
(
σ
x
−
σ
1
)
n
1
=
0
−
l
1
+
m
1
+
(
6
−
8
74
)
n
1
=
0
(
4
Wyznacznik macierzy głównej tego układu jest równy zeru. Obliczamy rząd tej macierzy.
W tym celu wybieramy z niej dowolny minor drugiego stopnia (3-1=2) i sprawdzamy czy jest
on różny od zera.
−
6
74
5
−
1
5
−
3
74
5
−
3
74
1
=
5
−
3
74
≠
0
−
1
1
−
1
1
−
2
74
Nasz układ ma zatem rozwiązania zależne od jednego parametru. Badany minor obejmował
współczynniki przy niewiadomych l i m w równaniach (3) i (4). Rozwiązujemy teraz układ
dwóch równań (3) i (4) względem niewiadomych l i m . Otrzymujemy:
m = ,
1
10 n
,
1
l =
1
7 n
34
1
4
l . Są to kosinusy kątów jakie tworzy wektor naprężenia σ , z osiami
układu współrzędnych Ox, Oy, Oz . Liczby
186680733.002.png
Uwzględniając warunek
l
1
+ n
m
1
1
=
1
,
10
,
2
⋅
n
1
+
7
34
2
⋅
n
1
+
n
1
=
1
,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku głównego:
0803
n
1
=
±
0
oraz
l
1
=
±
0
586
,
m
1
=
±
0
806
.
Dla drugiego kierunku głównego rozwiązujemy układ równań:
(
σ
x
−
σ
2
)
l
2
+
τ
yx
m
2
+
τ
zx
n
2
=
0
(
2
−
6
23
)
l
1
+
5
m
1
−
n
1
=
0
(
τ
xy
l
2
+
(
σ
y
−
σ
2
)
m
2
+
τ
zy
n
2
=
0
⇒
5
l
1
+
(
−
6
23
)
m
1
+
n
1
=
0
(
6
τ
xz
l
2
+
τ
yz
m
2
+
(
σ
x
−
σ
2
)
n
2
=
0
−
l
1
+
m
1
+
(
6
−
6
23
)
n
1
=
0
(
7
)
Wybieramy dowolny minor drugiego stopnia z macierzy głównej układu i sprawdzamy czy
jest on różny od zera:
−
4
23
5
−
1
−
4
23
5
5
−
1
23
1
=
4
23
⋅
1
23
−
25
≠
0
5
−
1
23
−
1
1
−
0
23
Badany minor obejmował współczynniki przy niewiadomych l i m w równaniach (5) i (6).
Zatem, rozwiązujemy teraz układ dwóch równań (5) i (6) względem niewiadomych
l i
m .
Otrzymujemy:
m =
2
0
0389
n
2
,
l −
2
=
0
190
n
2
dołączając warunek
l
2
+ n
m
2
2
=
1
,
0
0389
2
⋅
n
2
+
(
−
0
190
)
2
⋅
n
2
+
n
2
=
1
,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe drugiego kierunku głównego:
982
n
2
=
±
0
oraz
l ∓
2
=
0
187
,
m
2
=
±
0
0382
.
Podobnie, obliczamy składowe trzeciego kierunku głównego. Wynoszą one:
173
n
3
=
±
0
oraz
l
3
=
±
0
788
,
m
3
=
∓
0
591
.
µ muszą być względem siebie parami prostopadłe. Sprawdzenie tego warunku
jest dobrym sposobem kontroli poprawności obliczeń. Dla każdej pary zapisujemy warunek
wynikający z definicji iloczynu skalarnego:
µ
1
=
[
l
1
,
m
1
,
n
1
]
,
µ
2
=
[
l
2
,
m
2
,
n
2
]
,
3
=
[
l
3
,
m
3
,
n
3
]
1
l
2
+
m
1
m
2
+
n
1
n
2
=
0
586
⋅
(
−
0
187
)
+
0
806
⋅
0,0382
+
0,0803
⋅
0,982
=
6
18
⋅
10
−
5
≅
9
0
l
2
l
3
+
m
2
m
3
+
n
2
n
3
=
−
0
187
⋅
0
788
+
0,0382
⋅
(-0,591)
+
0,982
⋅
0,173
=
-
62
⋅
10
−
5
≅
9
l
3
1
+
m
3
m
1
+
n
3
n
1
=
0
788
⋅
0
586
−
0
591
⋅
0
806
+
0
173
⋅
0
0803
=
−
6
86
⋅
10
−
4
≅
0
9
Wartości iloczynów skalarnych poszczególnych par wektorów nie są dokładnie równe zeru
z uwagi na błędy zaokrągleń powstałe w obliczeniach. Są one jednak bardzo małe w stosunku
do długości wektorów równej 1. Wykazaliśmy więc, że znalezione kierunki główne są
względem siebie parami prostopadłe.
5
Kierunki główne określone jednostkowymi wektorami
0
l
l
186680733.003.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin