Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.

40

5. ANALIZA PŁASKIEGO STANU NAPRĘŻENIA

5.1. Naprężenia na dowolnej płaszczyźnie

Jak pamiętamy płaski stan naprężenia w punkcie cechuje to, że wektory naprężeń
przyporządkowane wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej
płaszczyźnie zwanej, płaszczyzną stanu naprężenia. Wówczas w macierzy naprężeń
wszystkie jej elementy w jednym wierszu (kolumnie) mają zerowe wartości.
Taki stan naprężenia występuje np. w płaskich tarczach. Rozważmy zatem płaską tarczę
określoną w układzie współrzędnych (X,Y) i obciążoną dowolnym, ale będącym w
równowadze, układem sił zewnętrznych.

Rys. 5.1

Wybierzmy dowolny punkt C w pokazanej na rys. 5.1 płaskiej tarczy i przyjmijmy, że znamy
w nim współrzędne macierzy naprężeń. Ponieważ panuje w nim płaski stan naprężenia, to
macierz naprężeń będzie miała, w ogólnym przypadku, cztery różne od zera elementy:















=

y

yx

xy

x

T

σ

τ

τ

σ

σ

,

,

.

Współrz

ę

dne wektora napr

ęż

enia

(

)

vy

vx

v

p

p

p

,

_

w tym punkcie na płaszczy

ź

nie o wersorze

normalnym

(

)

m

l

v

,

_

s

ą

równe:

m

l

p

xy

x

vx

τ

σ

+

=

,

m

l

p

y

yx

vy

σ

τ

+

=

,

a napr

ęż

enia normalne i styczne na tej płaszczy

ź

nie wynosz

ą

:

(

) (

)

m

l

m

l

m

m

l

l

m

l

v

p

xy

y

x

y

yx

xy

x

_

_

v

v

τ

σ

σ

σ

τ

τ

σ

σ

2

2

2

+

+

=

+

+

+

=

=

,

(

)

(

)

(

)

(

)

2

2

_

_

m

l

m

l

m

l

l

m

l

m

m

l

s

p

xy

y

x

y

yx

xy

x

v

v

−

+

+

−

=

+

+

−

+

=

=

τ

σ

σ

σ

τ

τ

σ

τ

,

gdzie:

)

,

(

l

m

s −

wersor styczny do płaszczyzny (patrz rys. 5.1) i prostopadły do wersora

(

)

m

l

v

,

_

.

Uwzgl

ę

dniaj

ą

c,

ż

e

α

cos

=

l

a

α

sin

=

m

, gdzie:

α

to k

ą

t mi

ę

dzy kierunkiem wersora

ν

i

osi

ą

X, oraz znane z trygonometrii zale

ż

no

ś

ci

Y

X

(

)

l

m

s

,

−

(

)

C

(

)

m

l

v

,

(

)

α

v

p

v

σ

v

τ

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

41

,

cos

sin

2

2

sin

,

sin

cos

2

cos

2

2

α

α

α

α

α

α

=

−

=

2

cos

2

1

sin

,

2

cos

2

1

cos

2

2

2

2

α

α

α

α

−

=

+

=

,

po przekształceniach otrzymujemy wzory :

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

σ

2

sin

2

cos

2

2

xy

y

x

y

x

v

+

−

+

+

=

,

(5.1)

(1)

α

τ

α

σ

σ

τ

2

cos

2

sin

2

xy

y

x

v

+

−

−

=

,

(5.2)

podaj

ą

ce warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

normalnych i stycznych na płaszczy

ź

nie przekroju, o wersorze

normalnym nachylonym pod k

ą

tem

α

do osi X. Dodatnim warto

ś

ci

ą

tych napr

ęż

e

ń

odpowiadaj

ą

zwroty zgodne ze zwrotami wersorów

_

v

oraz

s

, gdy

ż

s

ą

to miary rzutów

wektora napr

ęż

enia

(

)

vy

vx

v

p

p

p

,

_

na osie wyznaczone tymi wersorami.

Policzmy ile wynosi suma napr

ęż

e

ń

normalnych na dwóch dowolnych ale wzajemnie

prostopadłych płaszczyznach przekroju.
Korzystaj

ą

c ze wzoru (5.1) otrzymujemy:

(

)

(

)

y

x

xy

y

x

y

x

xy

y

x

y

x

v

v

σ

σ

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

σ

σ

α

α

+

=

+

+

+

−

+

+

+

+

+

−

+

+

=

+

+

0

0

90

,

,

90

2

sin

90

2

cos

2

2

2

sin

2

cos

2

2

dowodz

ą

c w ten sposób, i

ż

: w płaskim stanie napr

ęż

enia suma napr

ęż

e

ń

normalnych na

dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach jest wielko

ś

ci

ą

stał

ą

lub, inaczej,

ż

e suma

napr

ęż

e

ń

na przek

ą

tnej macierzy napr

ęż

e

ń

jest niezmiennikiem tzn. nie zmienia swej warto

ś

ci

przy zmianie układu, w którym jest okre

ś

lana. Twierdzenie to odnosi si

ę

równie

ż

do

przestrzennego stanu napr

ęż

enia.

5.2. Ekstremalne naprężenia normalne i styczne

In

ż

yniera analizuj

ą

cego stan napr

ęż

enia w danym punkcie interesuj

ą

przede wszystkim

wyst

ę

puj

ą

ce w nim ekstremalne warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

normalnych i stycznych.

Postawmy wi

ę

c dwa bardzo wa

ż

ne zagadnienia do rozwi

ą

zania:

•

na jakiej płaszczy

ź

nie przekroju wyst

ę

puj

ą

i ile wynosz

ą

ekstremalne napr

ęż

enia

normalne,

•

na jakiej płaszczy

ź

nie przekroju wyst

ę

puj

ą

i ile wynosz

ą

ekstremalne napr

ęż

enia styczne.

Aby rozwi

ą

za

ć

te oba zagadnienia nale

ż

y wyznaczy

ć

ekstremalne warto

ś

ci funkcji

( )

α

σ

σ

v

v

=

oraz

( )

α

τ

τ

v

v

=

.

Zaczniemy od napr

ęż

e

ń

normalnych.

Pochodna funkcji

( )

α

σ

σ

v

v

=

przyrównana do zera

0

2

cos

2

2

sin

2

2

=

+

−

−

=

α

τ

α

σ

σ

α

σ

xy

y

x

v

d

d

,

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

42

pokazuje,

ż

e na tych płaszczyznach przekroju na których napr

ęż

enia normalne s

ą

ekstremalne,

napr

ęż

enia styczne s

ą

równe zeru i daje równanie, z którego mo

ż

emy wyznaczy

ć

x

y

xy

σ

σ

τ

α

−

−

=

2

2

tg

2

2

tg

2

1

π

σ

σ

τ

α

n

arc

x

y

xy

+















−

−

=

→

(5.3)

k

ą

t pod jakim nachylony jest do osi X, wersor normalny płaszczyzny lub płaszczyzn na

których wyst

ę

puj

ą

ekstremalne napr

ęż

enia normalne.

Zale

ż

no

ś

ci (5.3) pokazuj

ą

,

ż

e ekstremalne napr

ęż

enia normalne wyst

ę

puj

ą

na dwóch

wzajemnie do siebie prostopadłych płaszczyznach. Płaszczyzny te nazywamy płaszczyznami
głównymi a napr

ęż

enia normalne na nich napr

ęż

eniami głównymi. Kierunki wersorów

normalnych do płaszczyzn głównych czyli kierunki napr

ęż

e

ń

głównych nazywamy

kierunkami głównymi. Zatem:

naprężenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości naprężeń normalnych,
które w nim występują. Działają one na dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach
(płaszczyznach głównych) na których naprężenia styczne są równe zeru.

W celu wyznaczenia warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

głównych w płaskim stanie napr

ęż

enia korzystamy z

poni

ż

szych wzorów trygonometrycznych:

α

α

α

2

tg

1

2

tg

2

sin

2

+

±

=

,

α

α

2

tg

1

1

2

cos

2

+

±

=

,

które wstawiamy do równania (5.1):

α

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

σ

σ

2

tg

1

2

tg

2

tg

1

1

2

2

2

2

2

1

max

+

+

+

−

+

+

=

=

xy

y

x

y

x

,

















+

−

+

















+

−

−

+

+

=

=

α

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

σ

σ

2

tg

1

2

tg

2

tg

1

1

2

2

2

2

2

2

min

xy

y

x

y

x

aby nast

ę

pnie po wykorzystaniu zale

ż

no

ś

ci (5.3) otrzyma

ć

ko

ń

cowe rezultaty w postaci:

2

2

2

2

2

1

2

2

2

2

xy

y

x

y

x

min

xy

y

x

y

x

max

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

+















−

−

+

=

=

+















−

+

+

=

=

(5.4)

Wzór (5.3) podaje jedynie k

ą

t transformacji wyj

ś

ciowego układu współrz

ę

dnych do układu

kierunków napr

ęż

e

ń

głównych nie okre

ś

laj

ą

c, kierunku

max

σ

i kierunku

min

σ

. Kierunki tych

napr

ęż

e

ń

okre

ś

laj

ą

poni

ż

sze zale

ż

no

ś

ci:

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

43

min

y

xy

min

max

y

xy

max

tg

tg

,

tg

tg

σ

σ

τ

α

α

σ

σ

τ

α

α

−

−

=

=

−

−

=

=

2

1

.

(5.5)

We wzorach (5.5)

max

α

oznacza k

ą

t o jaki nale

ż

y obróci

ć

o

ś

X do pokrycia si

ę

z kierunkiem maksymalnego

napr

ęż

enia normalnego

max

σ

. Analogicznie definiujemy

k

ą

t

α

min

.

W celu wyznaczania ekstremalnych napr

ęż

e

ń

stycznych i płaszczyzn ich wyst

ę

powania

post

ę

pujemy podobnie jak w przypadku ekstremalnych napr

ęż

e

ń

normalnych.

Przyrównanie do zera pochodnej funkcji

( )

α

τ

τ

v

v

=

:

α

τ

α

σ

σ

α

τ

2

sin

2

2

cos

2

2

xy

y

x

v

d

d

−

−

−

=

= 0 ,

daje zale

ż

no

ść

, z której wyznaczamy kierunki normalnych do płaszczyzn ekstremalnych

napr

ęż

e

ń

stycznych

xy

x

y

τ

σ

σ

α

τ

2

2

tg

−

=

2

2

tg

2

1

π

τ

σ

σ

α

τ

n

arc

xy

x

y

+















−

=

→

(5.6)

Wzór (5.6) pokazuje,

ż

e ekstremalne napr

ęż

enia styczne te

ż

wyst

ę

puj

ą

na dwóch wzajemnie

do siebie prostopadłych płaszczyznach, a

τ

α

to k

ą

t transformacji układu współrz

ę

dnych do

układu wyznaczonego przez normalne do tych płaszczyzn.
Wstawiaj

ą

c (5.6) do (5.2), przy wykorzystaniu analogicznych jak poprzednio zale

ż

no

ś

ci

trygonometrycznych otrzymujemy warto

ś

ci ekstremalnych napr

ęż

e

ń

stycznych:

2

2

2

2

min

max

xy

y

x

max

σ

σ

τ

σ

σ

τ

−

=

+















−

=

,

(5.7)

2

2

2

2

min

max

xy

y

x

min

σ

σ

τ

σ

σ

τ

−

−

=

+















−

−

=

.

Porównanie wzorów (5.3) i (5.6) daje zale

ż

no

ść

:

4

2

2

2

2

2

π

α

α

π

α

α

α

α

τ

τ

τ

+

=

→

+

=

→

−

=

ctg

tg

co dowodzi twierdzenia,

ż

e płaszczyzny ekstremalnych napr

ęż

e

ń

stycznych połowi

ą

k

ą

ty

mi

ę

dzy płaszczyznami napr

ęż

e

ń

głównych (ekstremalnych napr

ęż

e

ń

normalnych).

Na koniec powiemy,

ż

e w przypadku przestrzennych stanów napr

ęż

enia s

ą

trzy wzajemnie

prostopadłe płaszczyzny główne na których napr

ęż

enia styczne si

ę

zeruj

ą

a napr

ęż

enia

normalne s

ą

ekstremalne (napr

ęż

enia główne). Płaszczyzny ekstremalnych napr

ęż

e

ń

stycznych i w tym przypadku połowi

ą

k

ą

ty mi

ę

dzy płaszczyznami napr

ęż

e

ń

głównych.

0

>

α

X

Y

umowa znaków

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

44

5.3. Koła Mohra

Stawiamy pytanie: czy warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

normalnych i stycznych na dowolnej płaszczy

ź

nie

przekroju bryły w punkcie, w którym panuje płaski stan napr

ęż

enia okre

ś

lony zadanymi

współrz

ę

dnymi macierzy napr

ęż

e

ń

mog

ą

by

ć

całkowicie dowolne czy te

ż

musz

ą

przyjmowa

ć

warto

ś

ci z pewnego ograniczonego zakresu. Aby odpowiedzie

ć

na to pytanie powrócimy do

równa

ń

(5.1) oraz (5.2) i zapiszemy je w nieco zmienionej formie:

,

2

sin

2

cos

2

2

α

τ

α

σ

σ

σ

σ

σ

xy

y

x

y

x

v

+

−

=

+

−

(1)

,

2

cos

2

sin

2

α

τ

α

σ

σ

τ

xy

y

x

v

+

−

−

=

a nast

ę

pnie podniesiemy ka

ż

de z nich do kwadratu i dodamy stronami otrzymuj

ą

c w wyniku

ko

ń

cowym zale

ż

no

ść

:

2

2

2

2

2

2

2





















+















−

=

+















+

−

xy

y

x

v

y

x

v

τ

σ

σ

τ

σ

σ

σ

.

(5.8)

Równanie (5.8) pokazuje

ż

e, warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

normalnych i stycznych dla wszystkich

płaszczyzn przekroju bryły w danym punkcie le

żą

na brzegu koła o promieniu (rys. 5.2).

2

2

2

xy

y

x

R

τ

σ

σ

+















−

=

,

i

ś

rodku przesuni

ę

tym na osi

v

σ

o wielko

ść

2

y

x

σ

σ

+

.

Koło to nazywamy kołem Mohra , jest ono graficzn

ą

reprezentacj

ą

stanu napr

ęż

enia w danym

punkcie i mo

ż

emy z niego wyznaczy

ć

wiele interesuj

ą

cych wielko

ś

ci zwi

ą

zanych ze stanem

napr

ęż

enia.

Na rys. 5.2 pokazane jest koło Mohra w punkcie w którym współrz

ę

dne macierzy napr

ęż

e

ń

spełniaj

ą

zale

ż

no

ś

ci

0

>

>

y

x

σ

σ

oraz

0

>

xy

τ

. Punkt K pokazany na tym rysunku, nazywany

biegunem koła Mohra, ma współrz

ę

dne

(

)

xy

y

τ

σ

−

,

i pozwala na wyznaczenie kierunków

napr

ęż

e

ń

głównych.

Łatwo jest dowie

ść

pokazanych na tym rysunku zale

ż

no

ś

ci. Ograniczymy si

ę

zatem jedynie

do udowodnienia,

ż

e

OB

max

=

σ

oraz

ż

e,

OA

min

=

σ

.

Z rysunku wida

ć

,

ż

e

R

OO

OB

+

=

1

, a poniewa

ż

:

2

1

y

x

OO

σ

σ

+

=

, a

2

2

2

xy

y

x

R

τ

σ

σ

+















−

=

, wi

ę

c:

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

45

1

2

2

2

2

σ

σ

τ

σ

σ

σ

σ

=

=

+















−

+

+

=

max

xy

y

x

y

x

OB

.

Analogicznie dowodzimy drug

ą

zale

ż

no

ść

.

Z koła Mohra łatwo odczytujemy warto

ś

ci ekstremalnych napr

ęż

e

ń

stycznych, reprezentuj

ą

je

punkty C i D.

Rys. 5.2

W przestrzennym stanie napr

ęż

enia w miejsce jednego mamy trzy koła Mohra, które pokazuje

rys. 5.3 na którym zacieniony obszar to obszar wszystkich mo

ż

liwych warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

normalnych i stycznych w punkcie (graficzna reprezentacja wyst

ę

puj

ą

cego w nim stanu

napr

ęż

enia) w którym napr

ęż

enia główne maj

ą

warto

ś

ci

3

2

1

,

,

σ

σ

σ

.

Rys. 5.3

x

σ

σ

σ

σ

1

O

O

y

σ

σ

σ

σ

v

τ

v

σ

1

σ

3

σ

2

σ

min

D

C

x

σ

min

α

max

α

xy

τ

−

K

1

O

O

y

σ

v

τ

v

σ

R

B

A

max

σ

min

σ

max

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

46

5.4. Przykłady

Przykład 5.4.1.

Wyznaczy

ć

analitycznie i sprawdzi

ć

przy pomocy koła Mohra napr

ęż

enia

główne i ich kierunki w punkcie gdzie dana jest macierz napr

ęż

e

ń

w układzie (X,Y)













−

−

−

=

50

100

100

200

σ

T

MPa

Narysowa

ć

graficzne obrazy macierzy napr

ęż

e

ń

w układzie wyj

ś

ciowym (X,Y) i w układzie

kierunków głównych napr

ęż

e

ń

(1,2).

Rozwiązanie

Warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

głównych:

078

85

100

2

50

200

2

50

200

2

2

2

2

2

2

1

.

xy

y

x

y

x

max

=

+













−

−

+

+

−

=

+















−

+

+

=

=

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

MPa

078

235

100

2

50

200

2

50

200

2

2

2

2

2

2

2

.

xy

y

x

y

x

min

−

=

+













−

−

−

+

−

=

+















−

−

+

=

=

τ

σ

σ

σ

σ

σ

σ

MPa

Sprawdzenie

:

150

150

078

.

235

078

.

85

50

200

2

1

−

=

−

→

−

=

+

−

→

+

=

+

σ

σ

σ

σ

y

x

Kierunki napr

ęż

e

ń

głównych:

'

40

70

8508

.

2

078

.

85

50

100

tg

tg

max

max

1

max

o

−

=

→

−

=

−

=

−

−

=

=

α

σ

σ

τ

α

α

y

xy

'

20

19

3508

.

0

078

.

235

50

100

tg

tg

min

min

2

min

o

=

→

=

+

=

−

−

=

=

α

σ

σ

τ

α

α

y

xy

Sprawdzenie

:

o

o

o

90

20

19

40

70

=

+

=

+

'

'

min

max

α

α

Y

X

100

200

200

100

100

50

50

100

078

.

85

1

=

σ

'

40

70

1

o

=

α

Y

X

2

1

'

20

19

2

o

=

α

078

.

235

2

=

σ

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

47

Macierz napr

ęż

e

ń

w układzie (X,Y)













−

−

−

=

50

100

100

200

σ

T

MPa

Macierz napr

ęż

e

ń

w układzie kierunków głównych (1,2)













−

=

078

.

235

0

0

078

.

85

σ

T

MPa

Macierz przej

ś

cia z układu współrz

ę

dnych (X,Y) do układu kierunków głównych (1,2)

(

)

(

)













−

=















−

−

=

3311

.

0

9436

.

0

9436

.

0

3311

.

0

'

20

19

sin

'

20

19

cos

'

40

70

sin

'

40

70

cos

o

o

o

o

ij

α

Koło Mohra

Przykład 5.4.2.

Wyznaczy

ć

analitycznie napr

ęż

enia główne i ich kierunki w punkcie gdzie

dana jest macierz napr

ęż

e

ń

w układzie (X,Y)













=

0

100

100

0

σ

T

MPa

Narysowa

ć

graficzne obrazy macierzy napr

ęż

e

ń

w układzie wyj

ś

ciowym (X,Y) i w układzie

kierunków głównych napr

ęż

e

ń

(1,2).

Rozwiązanie

Warto

ś

ci napr

ęż

e

ń

głównych:

100

100

2

1

=

+

=

=

σ

σ

max

MPa,

100

100

2

2

−

=

−

=

=

σ

σ

min

MPa.

Kierunki napr

ęż

e

ń

głównych:

min

σ

K

max

α

max

σ

min

α

y

σ

x

σ

xy

τ

−

1

o

O

τ

σ

2

1

max

σ

min

σ

skala napr

ęż

e

ń

1 cm = 50 MPa

Adam Bodnar: Wytrzymało

ść

Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr

ęż

enia.

48

o

45

0

.

1

100

100

tg

tg

max

max

1

max

=

→

=

−

−

=

−

−

=

=

α

σ

σ

τ

α

α

y

xy

o

45

0

.

1

100

100

tg

tg

min

min

2

min

−

=

→

−

=

−

=

−

−

=

=

α

σ

σ

τ

α

α

y

xy

Zadana

macierz

napr

ęż

e

ń

w

punkcie

przedstawia

tzw.

przypadek

czystego

ś

cinania. W układzie osi (X, Y) posta

ć

tej

macierzy wyra

ź

nie uzasadnia t

ą

nazw

ę

.

Przykład pokazuje,

ż

e taki stan napr

ęż

enia

mo

ż

na

generowa

ć

równie

ż

poprzez

napr

ęż

enia

normalne

-

rozci

ą

gaj

ą

ce

i

ś

ciskaj

ą

ce - na prostopadłych do siebie

płaszczyznach nachylonych pod k

ą

tem 45

°

do osi wyj

ś

ciowych.

2

1

100

100

100

100

100

100

100

00

100

00

Y

X