A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
Stan naprężenia
Przykład 1: Tarcza (płaski stan naprężenia)
Określić siły masowe oraz obciążenie brzegu tarczy jeśli stan naprężenia wynosi:
5 �ł
�ł - 2y
T� = �ł �ł .
�ł �ł
- 2y 8
�ł łł
Rozwiązanie:
Składowe sił masowych obliczamy wykonując różniczkowanie zapisane w równaniach równowagi wewnętrznej
Naviera,
"�
ńł"� x xy
+ + Px = 0
�ł
0 - 2 + Px = 0 Px = 2
"x "y
�ł
� + Pi = 0 �! �! �!
�ł"� "�
ij, j
0 + 0 + Py = 0 Py = 0
xy y
�ł
+ + Py = 0
�ł
"x "y
ół
otrzymując: P (2, 0)
Statyczne warunki brzegowe
ńł
x x x x y y
�łq = � n +� n
qi = �i j n
j �ł
�łq y = � x yn x + � yn x
ół
rozpisujemy kolejno dla ponumerowanych części brzegu tarczy, określając najpierw składowe normalnej
zewnętrznej:
na ściance 1: n (0, -1), qx = 2y = 0, qy = -8
na ściance 2: n (1, 0), qx = 5, qy = -2y
na ściance 3: n (-0.8, 0.6), qx = -4-1.2y, qy = 1.6y+4.8
Wynik przedstawiamy graficznie, pamiętając, że znak dodatni wektora oznacza zgodność jego zwrotu ze
zwrotem odpowiedniej osi układu współrzędnych.
11.2
8
8.8 5
y
4
2
3
qny qnx
x
1 4.8
3
4 5
8 8
Sprawdzenie równowagi globalnej tarczy:
ŁX=0{ścianka 1}+5�"4{ścianka 2}+0,5�"(-8,8-4)�"5{ścianka 3}+2�"0,5�"3�"4{Px�"F}=32-32=0
ŁY=-8�"3{ścianka 1}-0,5�"8�"4{ścianka 2}+0,5�"(4,8+11,2)�"5{ścianka 3}+0{Py�"F}=-40+40=0
ŁMO=-8�"3�"1,5{ścianka 1} -5�"4�"2 - 0,5�"8�"4�"3{ścianka 2} + 4�"5�"2+0,5�"4,8�"5�"2/3�"4+4,8�"5�"1,5+0,5�"6,4�"5�"2{ścianka 3}-
2�"0,5�"3�"4�"1/3�"4{moment od sił masowych}=-36-40-48+40+32+36+32-16=-140+140=0
Przykład 2: Przestrzenny stan naprężenia
Dana jest macierz naprężenia oraz wektor normalnej zewnętrznej do brzegu ciała. Określić wektor obciążenia i
jego składowe: normalną i styczną.
200 �ł
�ł - 300 100
�ł �ł
T� = - 200 150�ł MPa, n(- 2,3,2)
�ł
�ł
100�ł
�ł łł
Określić rzuty wektora naprężenia na kierunki wersorów v1(0,-0.5547,0.8320) , v2 (0.8745,0.4036,0.2691) .
Wyniki obliczeń zilustrować rysunkiem.
Rozwiązanie:
wersor normalnej: n(- 0.4851,0.7276,0.4851)
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
wektor obciążenia: qi = � n , co rozpisujemy:
ij j
qx = � nx +� n +� nz , q = � nx +� ny +� nz , qz = � nx +� n +� nz
x xy y xz y xy y yz xz yz y z
qx = 200�"(-0.4851) - 300�"0.7276 +100�"0.4851 = -266.8
q = -300�"(-0.4851) - 200�"0.7276 +150�" 0.4851 = 72.78
y
qz = 100�"(-0.4851) +150�"0.7276 +100�"0.4851 = 109.1
2 2 2
długość wektora obciążenia: q = qx + q + qz = 266.82 + 72.782 +109.12 = 297.3
y
składową normalną obliczamy rzutując wektor obciążenia na kierunek normalnej:
� = qi ni = qxnx + q ny + qz nz = -266.8�"(-0.4851) + 72.78�"0.7276 +109.1�"04851 = 235.3
y
a jego składową styczną z równoległoboku sił:
2 2
� = q -� = 297.32 - 235.32 = 181.7
Rzuty na kierunki wektorów v1 i v2 wynoszą odpowiednio:
�1 = qivi = -266.8�" 0 + 72.78�" (-0.5547) +109.1�" 0.8320 = 50.40
� = qivi = -266.8�"0.8745 + 72.78�"0.4036 +109.1�" 0.2691 = -174.6
2
Wyniki obliczeń przedstawiamy na rysunku. Aby prawidłowo narysować płaszczyznę cięcia, zakładamy że
przechodzi ona przez punkt nieco przesunięty względem początku układu, np. (1,1,1). Przecina ona osie układu
współrzędnych w punktach (x0,0,0), (0,y0,0), (0,0,z0). Współrzędne punktów znajdziemy z warunku
ortogonalności wektorów łączących te punkty z punktem (1,1,1) z wersorem normalnej zewnętrznej, por. rys.:
z
z0
n
x0
x
y y0
nx + n + nz
y
(nx , n , nz ) Ą" (x0 -1,-1,-1) nx (x0 -1) - n - nz = 0 x0 =
y y
nx
nx + x + nz
y
(nx , n , nz ) Ą" (-1, y0 -1,-1) - nx + n ( y0 -1) - nz = 0 y0 =
y y
n
y
nx + n + nz
y
(nx , n , nz ) Ą" (-1,-1, z0 -1) - nx - n + nz (z0 -1) = 0 z0 = .
y y
nz
skąd: x0 = -1.50, y0 = 1.00, z0 = 1.50 .
Dobieramy kąt widzenia zapewniający widoczność płaszczyzny cięcia a odkładając współrzędne wektorów
uwzględniamy skrót perspektywiczny.
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
z
n
235.3
297.3
50.4
181.7
174.6
x
y
v
Przykład 3: Przestrzenny stan naprężenia
Dana jest macierz naprężenia. Określić naprężenia i kierunki główne. Obliczyć wektor naprężenia na
płaszczyz
nie o zadanej normalnej zewnętrznej n. Obliczyć składowe normalną i styczną wektora obciążenia.
5
�ł - 2 4 �ł
�ł �ł
T� = 2 8 6 n(1,-1, 7)
�ł- �ł
�ł �ł
4 6 - 7
�ł łł
Rozwiązanie:
1. Obliczamy niezmienniki podstawowe:
I1 = {suma po przekątnej}=5+8-7=6,
I2 = {suma podwyznaczników} = 5�"8-2�"2-8�"7-6�"6-5�"7-4�"4=40-4-56-36-35-16 = -107,
I3 = {wyznacznik z macierzy, det(T�)} = 5�"(-8�"7-6�"6)+2�"(2�"7-4�"6)+4�"(-2�"6-8�"4)=-656
2. Równanie sześcienne ma postać:
�3  6 �2  107 � + 656 = 0
pierwiastki tego równania, czyli wartości własne (wartości główne, niezmienniki główne, naprężenia
główne), wynoszą:
�1 = 10.1809
�2 = 6.20436
�3 = -10.3853
3. Rozwiązujemy (programem naprezenia, �A. Zaborski) zagadnienie wartości własnych kolejno dla każdego
z pierwiastków z osobna, otrzymując wersory kolejnych kierunków własnych (głównych):
dla �1: (-0.134093, 0.944864, 0.29875)
dla �2: (0.951374, 0.0383786, 0.305639)
dla �3: (0.277321, 0.325207, -0.904065)
i w rezultacie macierz przejścia z układu wyjściowego do własnego ma postać:
�ł - 0.134093 0.944864 0.29875 �ł
�ł �ł
aij = 0.951374 0.0383786 0.305639
�ł �ł
�ł
0.277321 0.325207 - 0.904065�ł
�ł łł
gdzie np. kosinus kąta między osią  y a  3 wynosi 0.325207. Macierz jest ortogonalna i unormowana
(czyli ortonormalna), co łatwo sprawdzić. Jedynie 3 jej składowe są niezależne.
Interpretacja geometryczna. Transformacja wyjściowego układu współrzędnych (x, y, z) do układu
własnego polega na złożeniu 3 obrotów względem osi współrzędnych. Zakładając, że obroty są
wykonywane w kolejności względem osi z, potem x a na końcu względem y, obliczamy współrzędne
wersorów układu wyjściowego po transformacji, składając poszczególne transformacje:
A=(3 wersory) (obrót wzgl.z) (obrót wzgl.x) (obrót wzgl.y)
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
czyli:
1 0 0 cosą sin ą 0 1 0 0 cosł 0 - sin ł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
A = 1 0�ł �"�ł - sin ą cosą 0�ł �"�ł0 cos � sin � �"�ł 0 1 0
�ł0 �ł �ł
�ł0 0 1�ł �ł �ł �ł �ł
0 0 1�ł �ł0 - sin � cos � sin ł 0 cosł
�ł łł �ł łł �ł łł �ł łł
gdzie ą, �, ł oznaczają odpowiednie kąty obrotu względem osi, otrzymując:
�ł cosą cosł + sin ą sin � sin ł sin ą cos � - cosą sin ł + sin ą sin � cosł �ł
�ł �ł
A = - sin ą cosł + cosą sin � sin ł cosą cos � sin ą sin ł + cosą sin � cosł
�ł �ł
�ł �ł
cos � sin ł - sin � cos � cosł
�ł łł
skąd wyliczamy (np. Matlabem):
ą = 1.5302072 (ok. 87.57�)
� = -0.33123062 (ok.  18.98�)
ł = 2.8439558 (ok. 162.9�)
Oczywiście zmieniając kolejność obrotów (składania transformacji składowych) otrzymamy inne kąty gdyż
mnożenie macierzy nie jest przemienne.
4. Sprawdz
my macierz przejścia obliczając transformację z prawa transformacji tensorowej:
� = aik a �
ij jl kl
�11 = ax1 ax1 �xx + ax1 ay1 �xy + ax1 az1 �xz +
+ ay1 ax1 �yx + ay1 ay1 �yy + ay1 az1 �yz +
+ az1 ax1 �zx + az1 ay1 �zy + az1 az1 �zz =
= (-0.134094)�"[-0.134093�"5 + 0.944864�"(-2) + 0.29875�"4] +
+ 0.944864�"[-0.134093�"(-2) + 0.944864�"8 + 0.29875�"6] +
+ 0.29875�"[-0.134093�"4 + 0.944864�"6 + 0.29875�"(-7)] = 10.1809 {OK.}
�12 = ax1 ax2 �xx + ax1 ay2 �xy + ax1 az2 �xz +
+ ay1 ax2 �yx + ay1 ay2 �yy + ay1 az2 �yz +
+ az1 ax2 �zx + az1 ay2 �zy + az1 az2 �zz =
= (-0.134094)�"[0.951374�"5 + 0.0383786�"(-2) + 0.305639�"4] +
+ 0.944864�"[0.951374�"(-2) + 0.0383786�"8 + 0.305639�"6] +
+ 0.29875�"[0.951374�"4 + 0.0383786�"6 + 0.305639�"(-7)] = -5.8�"10-15 E" 0 {OK.}
(itd.)
Po obliczeniu wszystkich współrzędnych, otrzymujemy macierz naprężenia w postaci diagonalnej:
10.1809 0
�ł 0 �ł
�ł �ł
T� = 0 6.20436 0
�ł �ł
�ł
0 0 -10.3853�ł
�ł łł
5. Obliczamy wersor płaszczyzny cięcia (normujemy wektor normalnej zewn.):
n(1,-1, 7) �! n(0.3333,-0.3333,0.8820)
6. Obliczenia w układzie wyjściowym (x, y, z):
obliczamy wektor obciążenia, w układzie wyjściowym (x, y, z), ze wzoru: pi = �ijn , mamy:
j
5 �ł �ł �ł �ł �ł
�ł - 2 4 0.3333 5.861
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
p = 2 8 6 �"�ł - 0.3333�ł = 1.958
�ł- �ł �ł �ł
�ł �ł �ł
4 6 - 7�ł �ł 0.8820 6.840�ł
�ł łł �ł łł �ł- łł
jego długość wynosi: p = 9.218. Aby obliczyć składową normalną wektora, rzucamy go na kierunek
normalnej, czyli  zgodnie z interpretacją iloczynu skalarnego  jest ona równa iloczynowi skalarnemu
wektora i wersora normalnej:
� = p �"n = K = -4.731 .
Składową styczną możemy obliczyć z dokładnością do znaku z twierdzenia Pitagorasa:
2 2
� = p -� = K = 7.911.
Teraz to samo, ale obliczane w układzie głównym (własnym), (1, 2, 3):
transformujemy wersor normalnej zewnętrznej wg wzoru: ni = aij n = (-0.0962 0.5739 -0.8133),
j
obliczamy składowe wektora obciążenia:
10.1809 0 �ł �ł �ł �ł �ł
�ł 0 - 0.0962 - 0.9792
�ł �ł �ł �ł �ł �ł
p = 0 6.20436 0 �"�ł 0.5739 = 3.5606
�ł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł
0 0 -10.3853�ł �ł - 0.8133�ł �ł 8.4461
�ł łł �ł łł �ł łł
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
sprawdzamy jego długość: p = 9.218 (jak poprzednio) i składową normalną:
� = p �"n = K = -4.731 (jak poprzednio).
Współrzędne wektora różnią się w obu układach, ale długość wektora obciążenia i jego składowe: normalna
i styczna, są identyczne.
Przykład 4: płaski stan naprężenia
Dla danego tensora naprężenia w p.s.n. określić naprężenia i kierunki główne
�ł 40 16 �ł
T� = �ł �ł
�ł16 -10�ł .
�ł łł
Rozwiązanie:
2
� +� � -� �ł
�ł
x y x y
2
�ł �ł
Naprężenia główne ze wzorów: �1,2 = ą +� wynoszą: �1 = 44.68, �2 = -14.68
x y
�ł �ł
2 2
�ł łł
� -� � -�
1 x 2 x
Kierunki główne: tgą1 = �! ą1 = 0.2847, tgą = �! ą = -1.286
2 2
� �
x y x y
gdzie ą1 jest kątem pomiędzy osią  x układu wyjściowego a osią  1 układu głównego (dokładniej: mniejszy z
Ą
2 możliwych), ą2 to kąt pomiędzy osią  x a osią  2 , przy czym: ą1 + ą = .
2
2
Macierz przejścia i tensor naprężenia w układzie własnym:
�ł cosą1 sin ą1 0.9598 0.2808 44.68 0 �ł
�ł �ł �ł �ł
aij = �ł �ł �ł
�łcosą sin ą �ł = �ł �ł
�ł �ł0.2808 - 0.9598�ł , T� = �ł
0 -14.68�ł
�ł 2 2 łł �ł łł �ł łł
Interpretację geometryczną transformacji przedstawia rysunek:
10
14.7
16
44.7
40 40 2
y
1
x
44.7
16
14.7
10
Przykład 5: płaski stan naprężenia
Dla podanego płaskiego stanu naprężenia, określić wartości własne, kierunki główne i macierz przejścia.
Transformację układu zinterpretować graficznie. Rozpisać tensorowe prawo transformacji dla składowych �11 i
�12 tensora w kierunkach głównych i porównać ich wartości z wyliczonymi z zagadnienia wartości własnych.
Dane: �x = 20 MPa, �y = -15 MPa, �xy = - 15 MPa.
Rozwiązanie:
2
� + � � - �
�ł �ł
x y x y 2
�1,2 = ą �ł �ł + � , �1 = 25.55 MPa, �2 = - 20.55 MPa.
xy
2 2
�ł łł
� -�
1 x
taną = = - 0.185, ą1 = -10.48�
1
�
xy
macierz przejścia:
a1x a2x
�ł �ł cosą sin ą �ł �ł �ł
0.9833 - 0.1819
�ł
�ł
aij = �ł �ł
=
�ł �ł �ł0.1819 0.9833 �ł
�ł
�ła1y a2 y �ł = �ł
�ł
�ł- sin ą cosą łł �ł łł
�ł łł
interpretacja graficzna:
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
�y
�xy
2
y
�x
x
1
�1
�2
z tensorowego prawa transformacji dla p.s.n.:
�11 = a1x2� + a1y2� + 2a1xa1y� = ... = 25.55 MPa =�1,
xx yy xy
�12 = a1xa2x� + a1ya2 y� + a1xa2 y� + a1ya2x� = ... = 0.
xx yy xy yx
Przykład 6: Płaski stan naprężenia
Określić podaną macierz naprężenia w układzie obróconym o kąt 30�.
225 30
�ł �ł
T� = �ł �ł MPa
�ł
- 40�ł
�ł łł
Rozwiązanie:
Jak wiadomo, macierz przejścia zawiera dostawy kierunkowe (cosinusy kątów między osiami) nowego układu
zapisane w starym układzie (lub na odwrót: starego układu w nowym).
y
�
ś
30� x
Z rysunku wynika:
ś �
x cosą -siną
y siną cosą
czyli:
0.8660 - 0.5
�ł �ł
aij = �ł �ł
�ł
0.5 0.8660�ł
�ł łł
Z prawa transformacyjnego: � = aik a �
ij jl kl
rozpisujemy:
2 2
� = a�x� + 2a�x a�y� + a�y�
� x xy y
� = a�xa�x� + a�xa�y� + a�y a�x� + a�y a�y�
�� x xy xy y
2 2
�� = a�x� + 2a�xa�y� + a�y�
x xy y
(gdzie mnożnik przy podkreślonych członach wynika z przemienności mnożenia i symetrii tensora).
Po wykonaniu rachunków, otrzymujemy:
�ł 132.8 -130.0
�ł
T� ' = �ł �ł
�ł �ł
�ł-130.0 52.23 łł
Przykład 7: Płaski stan naprężenia
Dla podanego tensora naprężenia określić ekstremalne naprężenia styczne i ich kierunki.
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
200 0
�ł �ł
T� = �ł �ł
�ł
0 100�ł
�ł łł
Rozwiązanie:
Jak widać macierz jest w postaci diagonalnej, co oznacza że zapisana jest w układzie własnym. Ekstremalne
naprężenia styczne wyrażają się wzorem (dla płaskiego stanu naprężenia jeden wzór):
�1 -� 200 -100
2
� = = = 50
max
2 2
Kierunki ekstremalnych naprężeń stycznych są pod kątem 45� do kierunków głównych. Sprawdz
my, jak
wygląda macierz naprężenia transformowana z postaci diagonalnej do nowego układu obróconego o 45�. Ze
wzoru transformacyjnego, dla macierzy przejścia:
a1x a1y �ł
�ł �ł 0.7071 - 0.7071
�ł
�ł �ł
aij = = �ł
�ł0.7071 0.7071 �ł
�ł
�ła2x a2 y �ł
�ł łł
�ł łł
znajdujemy:
2 2
� = a1x�1 + a2x� = 0.5�" 200 + 0.5�"100 = 150
x 2
� = a1xa1y�1 + a2xa2 y� = -0.5�" 200 + 0.5�"100 = -50
xy 2
2 2
� = a1y�1 + a2 y� = 0.5�"200 + 0.5�"100 = 150
y 2
Wynik ilustruje rysunek.
150
100 150
50 50
200 200
50
50
100 150 150
Przykład 8  Statyczne warunki brzegowe
Kloc drewna o przekroju kołowym pływa w wodzie zanurzony w 2/3 obwodu. Zapisać statyczne warunki
brzegowe na obciążonej części pobocznicy i denek walca.
Rozwiązanie:
Jak wiadomo z twierdzenia Pascala, ciśnienie hydrostatyczne wody (a tym samym i jej parcie na zanurzone
ciało) rośnie liniowo z głębokością, por. rysunek.
z
ą0
y
ą
n
wersor normalnej zewnętrznej: n(sin ą,- cosą)
a ponieważ zwrot ciśnienia jest przeciwny do normalnej zewnętrznej, mamy wyrażenie na całkowite parcie:
q = R(cosą - cosą )
0
(przyjęty jednostkowy ciężar właściwy wody)
i po zrzutowaniu na osie, składowe:
q = -R(cosą - cosą0 ) sin ą
y
qz = R(cosą - cosą0 ) cosą
A. Zaborski, Analiza stanu naprężenia
Wyniki przedstawia tabelka i rysunek.
0 15 30 45 60 75 90 105 120
q 4.50 4.40 4.10 3.62 3.00 2.28 1.50 0.72 0
q_y 0 -1.14 -2.05 -2.56 -2.60 -2.20 -1.5 -0.70 0
q_z 4.50 4.25 3.55 2.56 1.50 0.59 0 -0.19 0
Na denkach walca, dla z < -R cosą0 = z0 :
qx = z - z0 , q = qz = 0
y
Na nieobciążonej części brzegu jest oczywiście qx = q = qz = 0 (pobocznica i denka nad lustrem wody).
y