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:
yx
xy
τ
τ =
,
zy
yz
τ
τ =
,
xz
zx
τ
τ =
. Mamy zatem 6 niezależnych składowych stanu naprężenia, które zapisujemy jako:
=
zz
zy
zx
yz
yy
yx
xz
xy
xx
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
lub
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
τ
τ
τ
σ
τ
τ
τ
σ
σ
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.
x
y
z
z
σ
y
σ
x
σ
xy
τ
xz
τ
zx
τ
zy
τ
yz
τ
yx
τ
Przykładowo, dla poniższego stanu naprężenia ilustracja graficzna jest następująca:
x
y
z
5
2
1
5
5
1
1
1
6
]
MPa
[
6
1
1
1
5
5
1
5
2
−
−
=
σ
2
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:
]
MPa
[
6
1
1
1
5
5
1
5
2
−
−
=
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
σ
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
MPa
13
6
5
2
I
=
+
+
=
+
+
=
z
x
x
σ
σ
σ
s
2
2
2
2
2
2
2
II
MPa
25
)
1
(
6
2
1
6
5
5
5
2
=
−
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
=
−
+
−
+
−
=
+
+
=
zx
x
z
yz
z
y
xy
y
x
z
zy
yz
y
z
zx
xz
x
y
yx
xy
x
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
3
III
MPa
107
5
5
6
2
1
1
5
)
1
(
)
1
(
1
5
)
1
(
)
1
(
1
2
6
5
2
−
=
⋅
⋅
−
⋅
⋅
−
⋅
−
⋅
−
−
⋅
⋅
−
+
−
⋅
+
⋅
⋅
=
−
−
−
+
+
=
=
z
yx
xy
zy
yz
x
zx
y
xz
zy
yx
xz
zx
yz
xy
z
y
x
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
0
III
II
I
3
=
−
+
−
2
s
s
s
σ
σ
σ
,
które po wstawieniu obliczonych wartości liczbowych niezmienników ma postać
0
107
25
13
3
=
+
+
−
2
σ
σ
σ
.
(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
2
3
=
+
+
+
d
cy
by
ay
.
Dzielimy je obustronnie przez a i podstawiamy
a
b
x
y
3
/
−
=
; otrzymujemy:
0
2
3
3
=
+
+
q
px
x
,
3
gdzie
2
2
3
3
3
a
b
ac
p
−
=
;
a
d
a
bc
a
b
q
+
−
=
2
3
3
3
27
2
2
.
Obliczamy wyróżnik
3
2
p
q
+
=
∆
.
Jeżeli 0
<
∆
oraz
0
<
p
to nasze równanie trzeciego stopnia ma trzy różne pierwiastki
rzeczywiste. Pierwiastki
3
2
1
,
,
x
x
x
obliczamy ze wzorów:
,
)
60
cos(
2
,
)
60
cos(
2
,
cos
2
3
1
3
3
1
2
3
1
1
ϕ
ϕ
ϕ
+
=
−
=
−
=
r
x
r
x
r
x
gdzie
)
sgn(
,
|
|
,
cos
3
q
p
r
r
q
=
=
=
η
η
ϕ
(
1
±
=
η
zależnie od znaku q ).
Zatem pierwiastki rozważanego równania trzeciego stopnia wynoszą
a
b
x
y
a
b
x
y
a
b
x
y
3
,
3
,
3
3
3
2
2
1
1
−
=
−
=
−
=
.
Rozwiążemy teraz równanie (1), korzystając z powyższego sposobu. Obliczamy:
107
,
25
,
13
,
1
=
=
−
=
=
d
c
b
a
,
0
3
,
31
1
3
)
13
(
25
1
3
3
3
3
2
2
2
2
<
−
=
⋅
−
−
⋅
⋅
=
−
=
a
b
ac
p
,
6
,
52
107
3
,
108
7
,
162
1
107
1
3
25
)
13
(
1
27
)
13
(
2
3
27
2
2
2
3
3
2
3
3
=
+
+
−
=
+
⋅
⋅
−
−
⋅
−
⋅
=
+
−
=
a
d
a
bc
a
b
q
0
6
,
447
3
3
,
31
2
6
,
52
3
2
3
2
<
−
=
−
+
=
+
=
p
q
∆
7
,
38
780
,
0
23
,
3
cos
,
23
,
3
3
3
,
31
1
|
|
,
1
)
sgn(
3
2
6
,
52
3
=
⇒
=
=
=
=
⋅
+
=
=
+
=
=
ϕ
ϕ
η
η
r
q
p
r
q
90
,
1
60
cos
23
,
3
2
)
60
cos(
2
40
,
4
60
cos
23
,
3
2
)
60
cos(
2
30
,
6
cos
23
,
3
2
cos
2
3
7
,
38
3
1
3
3
7
,
38
3
1
2
3
7
,
38
3
1
1
=
+
⋅
⋅
−
=
+
=
=
−
⋅
⋅
−
=
−
=
−
=
⋅
⋅
−
=
−
=
ϕ
ϕ
ϕ
r
x
r
x
r
x
4
Zatem naprężenia główne wynoszą:
]
MPa
[
23
,
6
1
3
13
90
,
1
3
]
MPa
[
74
,
8
1
3
13
40
,
4
3
]
MPa
[
97
,
1
1
3
13
30
,
6
3
2
3
1
2
1
σ
σ
σ
=
=
⋅
−
−
=
−
=
=
⋅
−
−
=
−
=
−
=
⋅
−
−
−
=
−
3
a
b
x
a
b
x
a
b
x
Kontrolą prawidłowości obliczeń może być sprawdzenie niezmienników:
MPa
13
97
,
1
23
,
6
74
,
8
3
2
1
I
=
−
+
=
+
+
=
σ
σ
σ
s
2
3
2
3
1
2
1
3
2
3
1
2
1
II
MPa
0
,
25
)
97
,
1
(
23
,
6
)
97
,
1
(
74
,
8
23
,
6
74
,
8
0
0
0
0
0
0
=
−
⋅
+
−
⋅
+
⋅
=
=
+
+
=
+
+
=
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
s
3
3
2
III
MPa
107
)
97
,
1
(
23
,
6
74
,
8
97
,
1
0
0
0
23
,
6
0
0
0
74
,
8
0
0
0
0
0
0
−
=
−
⋅
⋅
=
−
=
=
1
σ
σ
σ
s
Wartości niezmienników są zgodne z otrzymanymi poprzednio.
Wyznaczamy teraz kierunki główne.
Kierunek główny 1, czyli kierunek działania naprężenia
1
σ , określony jest przez kosinusy
kierunkowe
1
1
1
,
,
n
m
l
. Są to kosinusy kątów jakie tworzy wektor naprężenia
1
σ , z osiami
układu współrzędnych Ox, Oy, Oz. Liczby
1
1
1
,
,
n
m
l
są zatem składowymi jednostkowego
wektora zewnętrznie normalnego do przekroju, w którym występuje naprężenie
1
σ .
Prawdziwy jest zatem związek:
1
2
1
2
1
2
1
=
+
+
n
m
l
.
Kosinusy kierunkowe
1
1
1
,
,
n
m
l
obliczamy z układu równań:
⇒
=
−
+
+
=
+
−
+
=
+
+
−
0
)
(
0
)
(
0
)
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
σ
σ
m
l
n
m
σ
σ
l
n
m
l
σ
σ
x
yz
xz
zy
y
xy
zx
yx
x
τ
τ
τ
τ
τ
τ
=
−
+
+
−
=
+
−
+
=
−
+
−
0
)
74
,
8
6
(
0
)
74
,
8
5
(
5
0
5
)
74
,
8
2
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
m
l
n
m
l
n
m
l
)
4
(
)
3
(
)
2
(
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.
−
−
−
−
−
74
,
2
1
1
1
74
,
3
5
1
5
74
,
6
0
74
,
3
5
1
1
74
,
3
5
≠
−
=
−
−
Nasz układ ma zatem rozwiązania zależne od jednego parametru. Badany minor obejmował
współczynniki przy niewiadomych
1
l i
1
m w równaniach (3) i (4). Rozwiązujemy teraz układ
dwóch równań (3) i (4) względem niewiadomych
1
l i
1
m . Otrzymujemy:
1
1
1
,
10 n
m
=
,
1
1
34
,
7
n
l
=
5
Uwzględniając warunek
1
2
1
2
1
2
1
=
+
+
n
m
l
,
1
34
,
7
1
,
10
2
1
2
1
2
2
1
2
=
+
⋅
+
⋅
n
n
n
,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku głównego:
0803
.
0
1
±
=
n
oraz
806
.
0
,
586
.
0
1
1
±
=
±
=
m
l
.
Dla drugiego kierunku głównego rozwiązujemy układ równań:
0
)
(
0
)
(
0
)
(
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=
−
+
+
⇒
=
+
−
+
=
+
+
−
n
σ
σ
m
l
n
m
σ
σ
l
n
m
l
σ
σ
x
yz
xz
zy
y
xy
zx
yx
x
τ
τ
τ
τ
τ
τ
=
−
+
+
−
=
+
−
+
=
−
+
−
0
)
23
,
6
6
(
0
)
23
,
6
5
(
5
0
5
)
23
,
6
2
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
m
l
n
m
l
n
m
l
)
7
(
)
6
(
)
5
(
Wybieramy dowolny minor drugiego stopnia z macierzy głównej układu i sprawdzamy czy
jest on różny od zera:
−
−
−
−
−
23
,
0
1
1
1
23
,
1
5
1
5
23
,
4
0
25
23
,
1
23
,
4
23
,
1
5
5
23
,
4
≠
−
⋅
=
−
−
Badany minor obejmował współczynniki przy niewiadomych
1
l i
1
m w równaniach (5) i (6).
Zatem, rozwiązujemy teraz układ dwóch równań (5) i (6) względem niewiadomych
1
l i
1
m .
Otrzymujemy:
2
2
0389
,
0
n
m =
,
2
2
190
,
0
n
l
−
=
dołączając warunek
1
2
2
2
2
2
2
=
+
+
n
m
l
,
1
)
190
,
0
(
0389
,
0
2
2
2
2
2
2
2
2
=
+
⋅
−
+
⋅
n
n
n
,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe drugiego kierunku głównego:
982
.
0
2
±
=
n
oraz
0382
.
0
,
187
,
0
2
2
±
=
=
m
l
∓
.
Podobnie, obliczamy składowe trzeciego kierunku głównego. Wynoszą one:
173
,
0
3
±
=
n
oraz
591
.
0
,
788
,
0
3
3
∓
=
±
=
m
l
.
Kierunki główne określone jednostkowymi wektorami
]
,
,
[
1
1
1
1
n
m
l
=
µ
, ]
,
,
[
2
2
2
2
n
m
l
=
µ
,
]
,
,
[
3
3
3
3
n
m
l
=
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:
0
10
18
,
6
0,982
0,0803
0,0382
806
,
0
)
187
,
0
(
586
,
0
5
2
1
2
1
2
1
≅
⋅
=
⋅
+
⋅
+
−
⋅
=
+
+
−
n
n
m
m
l
l
9
0
10
62
,
4
-
0,173
0,982
(-0,591)
0,0382
788
,
0
187
,
0
5
3
2
3
2
3
2
≅
⋅
=
⋅
+
⋅
+
⋅
−
=
+
+
−
n
n
m
m
l
l
9
0
10
86
,
6
0803
,
0
173
,
0
806
,
0
591
,
0
586
,
0
788
,
0
4
1
3
1
3
1
3
≅
⋅
−
=
⋅
+
⋅
−
⋅
=
+
+
−
n
n
m
m
l
l
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.
6
ZADANIE 2. Znaleźć naprężenia główne i kierunki główne stanu naprężenia
]
MPa
[
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
σ
.
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
MPa
3
1
1
1
I
=
+
+
=
+
+
=
z
x
x
σ
σ
σ
s
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
II
=
−
⋅
+
−
⋅
+
−
⋅
=
+
+
=
z
zy
yz
y
z
zx
xz
x
y
yx
xy
x
σ
σ
σ
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
0
1
1
1
1
1
1
III
=
−
−
−
+
+
=
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
0
3
0
3
III
II
I
3
=
−
⇒
=
−
+
−
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
s
s
s
Skąd łatwo obliczamy
0
,
MPa
3
3
2
1
=
=
=
σ
σ
σ
.
Jest to zatem przypadek rozciągania naprężeniem 3
=
1
σ
. Jego kierunek wyznaczymy
z układu równań:
0
)
(
0
)
(
0
)
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
−
+
+
=
+
−
+
=
+
+
−
n
σ
σ
m
l
n
m
σ
σ
l
n
m
l
σ
σ
x
yz
xz
zy
y
xy
zx
yx
x
τ
τ
τ
τ
τ
τ
⇒
0
)
3
1
(
0
)
3
1
(
0
)
3
1
(
1
1
1
1
1
1
1
1
1
=
−
+
+
=
+
−
+
=
+
+
−
n
m
l
n
m
l
n
m
l
)
3
(
)
2
(
)
1
(
Rozwiązujemy układ równań (1) i (2) względem niewiadomych
1
l i
1
m . Otrzymujemy
1
1
n
m
= ,
1
1
n
l
= .
Wykorzystując warunek geometryczny
⇒
=
+
+
1
2
1
2
1
2
1
n
m
l
1
2
1
2
1
2
1
=
+
+
n
n
n
otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku głównego:
3
1
1
1
1
±
=
=
=
m
l
n
.
Dla drugiego, jak i trzeciego kierunku głównego, układ równań (1)-(3) redukuje się do
jednego równania
0
=
+
+
n
m
l
. Dołączając warunek
1
2
2
2
=
+
+
n
m
l
i wybierając
przykładowo n jako parametr, otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań postaci
2
3
2
2
1
2
1
+
−
±
−
=
n
n
l
,
n
l
m
−
−
=
.
Zatem każda prosta leżąca w płaszczyźnie określonej wektorem normalnym
]
,
,
[
3
1
3
1
3
1
1
=
µ
wyznacza kierunek główny.
7
ZADANIE 3. Obliczyć wartości naprężeń głównych stanu naprężenia:
]
MPa
[
8
0
0
0
6
3
0
3
6
−
−
=
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
τ
τ
τ
τ
τ
τ
σ
Uwaga: Dane liczbowe w tym zadaniu dobrane są tak, aby otrzymane wartości naprężeń
głównych były liczbami całkowitymi. Przedstawiona tu metoda rozwiązania równania
wiekowego, polegająca na poszukiwaniu podzielników wyrazu wolnego, nie jest metodą
ogólną.
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
MPa
20
8
6
6
I
=
+
+
=
+
+
=
z
x
x
σ
σ
σ
s
2
II
MPa
123
48
48
9
36
8
0
0
6
8
0
0
6
6
3
3
6
=
+
+
−
=
=
+
+
−
−
=
+
+
=
z
zy
yz
y
z
zx
xz
x
y
yx
xy
x
σ
σ
σ
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
3
III
MPa
216
)]
3
(
)
3
(
6
6
[
8
8
0
0
0
6
3
0
3
6
=
−
⋅
−
−
⋅
⋅
=
−
−
=
=
z
zy
zx
yz
y
yx
xz
xy
x
σ
σ
σ
s
τ
τ
τ
τ
τ
τ
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
0
III
II
I
3
=
−
+
−
2
s
s
s
σ
σ
σ
,
które po wstawieniu obliczonych wartości liczbowych niezmienników ma postać
0
216
123
20
3
=
−
+
−
2
σ
σ
σ
.
Całkowitych pierwiastków tego równania poszukujemy wśród podzielników wyrazu wolnego.
Podstawiając 3
=
σ
można sprawdzić, że liczba 3, która jest podzielnikiem liczby 216,
spełnia nasze równanie.
8
Wykonajmy dzielenie:
0
72
72
51
17
123
17
3
72
17
)
(
:
)
216
123
20
(
3
3
216
−
216
−
+
−
+
−
−
+
−
=
3
−
−
+
−
2
2
2
2
2
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
Pozostałe pierwiastki dostaniemy z równania kwadratowego
0
72
17
2
=
+
− σ
σ
.
Obliczamy:
8
2
1
17
"
9
2
1
17
'
1
,
1
72
1
4
17
2
=
−
=
=
+
=
=
=
⋅
⋅
−
=
σ
σ
∆
∆
Mamy zatem następujące naprężenia główne:
]
MPa
[
3
,
8
,
9
3
2
=
=
=
1
σ
σ
σ
.
Rozwiązanie tego przykładu można było znaleźć w inny sposób.
Zauważmy, że naprężeniu 8
=
z
σ
odpowiadają naprężenia styczne
0
=
=
yz
xz
τ
τ
,
0
=
=
zy
zx
τ
τ
. (zera w 3-ciej kolumnie i 3-cim wierszu). Zatem, z definicji, naprężenie 8
=
z
σ
jest naprężeniem głównym, a kierunek osi z - kierunkiem głównym. Pozostałe naprężenia
główne będą pierwiastkami równania kwadratowego otrzymanego po wykonaniu dzielenia
)
8
(
:
)
216
123
20
(
3
−
−
+
−
2
σ
σ
σ
σ
.
Podany sposób rozwiązania zaleca się jako ćwiczenie do samodzielnego wykonania.
9
ZADANIE 4. W pewnym punkcie dany jest stan naprężenia:
]
MPa
[
1
2
0
2
1
1
0
1
2
−
−
−
=
σ
Znaleźć wektor naprężenia p w tym punkcie, w przekroju o normalnej zewnętrznej
[
]
5
3
5
4
,
0
,
=
n
. Rozłożyć następnie wektor p na naprężenia normalne
n
σ oraz styczne
n
τ .
Rozwiązanie
Zauważmy, że wektor n jest wektorem jednostkowym,
1
0
|
|
25
9
25
16
2
2
2
=
+
+
=
+
+
=
z
y
x
n
n
n
n
.
Składowe wektora naprężenia
]
,
,
[
z
y
x
p
p
p
p
=
w przekroju o normalnej zewnętrznej
określonej wektorem
]
,
,
[
z
y
x
n
n
n
n
, wyznaczymy korzystając z pierwszego prawa
Cauchy’ego:
:
j
ij
i
n
p
σ
=
+
+
=
+
+
=
+
+
=
z
zz
y
zy
x
zx
z
z
yz
y
yy
y
yx
y
z
xz
y
xy
x
xx
x
n
n
n
p
n
n
n
p
n
n
n
p
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
.
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
=
⋅
+
⋅
+
⋅
=
=
⋅
+
⋅
−
+
⋅
−
=
=
⋅
+
⋅
−
+
⋅
=
5
3
5
3
5
4
5
2
5
3
5
4
5
8
5
3
5
4
1
0
2
0
2
0
)
1
(
)
1
(
0
0
)
1
(
2
z
y
x
p
p
p
,
Naprężenie p w danym przekroju (długość wektora p ) wynosi
( ) ( ) ( )
MPa
755
.
1
2
5
3
2
5
2
2
5
8
2
2
2
=
+
+
=
+
+
=
z
y
x
p
p
p
p
.
Teraz obliczamy wartość liczbową naprężenia normalnego w danym przekroju:
MPa
64
.
1
0
25
41
5
3
5
3
5
2
5
4
5
8
=
=
⋅
+
⋅
+
⋅
=
+
+
=
⋅
=
z
z
y
y
x
x
n
n
p
n
p
n
p
n
p
σ
.
A zatem wektor naprężenia
σ wynosi
[
]
]
984
.
0
,
0
,
312
.
1
[
64
.
1
,
0
64
.
1
,
64
.
1
64
,
1
5
3
5
4
=
⋅
⋅
⋅
=
⋅
=
n
n
σ
.
Następnie obliczamy naprężenie styczne:
n
n
p
τ
σ +
=
,
n
n
p
σ
τ
−
=
,
co pozwala wyznaczyć odpowiednie składowe wektora
n
τ :
−
=
−
=
=
−
=
=
−
=
384
,
0
984
,
0
4
,
0
0
,
0
288
,
0
312
,
1
5
3
5
2
5
8
nz
ny
nx
τ
τ
τ
]
384
.
0
,
400
.
0
,
288
.
0
[
−
=
n
τ
10
ZADANIE 5. Dla tensora odkształcenia zdefiniowanego w sposób następujący:
=
4
0
0
0
3
1
0
1
2
ε
znaleźć aksjator i dewiator.
Rozwiązanie:
Każdy tensor symetryczny drugiego rzędu (co odnosi się do tensorów naprężenia,
odkształcenia i bezwładności) można przedstawić w postaci sumy dwóch tensorów
symetrycznych zwanych aksjatorem i dewiatorem. Dla tensora odkształcenia, aksjator (tensor
kulisty) opisuje zmianę objętości, natomiast dewiator – zmianę postaci: Tensor stanu
odkształcenia można przedstawić jako sumę aksjatora i dewiatora:
D
A
ε
ε
ε
+
=
.
gdzie.
=
śr
śr
śr
A
ε
ε
ε
0
0
0
0
0
0
ε
oraz
−
−
−
=
śr
śr
śr
D
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
ε
33
32
31
23
22
21
13
12
11
ε
,
(
)
33
22
11
3
1
ε
ε
ε
ε
+
+
=
śr
W naszym zadaniu
(
) (
)
3
4
3
2
3
1
33
22
11
3
1
=
+
+
=
+
+
=
ε
ε
ε
ε
śr
.
Zatem część kulista (aksjator) i dewiacyjna danego tensora naprężenia są wynoszą
=
3
0
0
0
3
0
0
0
3
A
ε
oraz
−
=
1
0
0
0
0
1
0
1
1
D
ε
.
Document Outline
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
9 Stan naprężenia i odkształcenia, wytrzymałość prosta ppt
03 Plaski stan naprezenia i odksztalcenia
X 5 Stan naprężenia i odkształcenia w otoczeniu budowli podziemnych
Stan naprężenia i odkształcenia
07 Z Teoria stanu naprężenia i odkształcenia
5 Analiza naprężeń i odkształceń w?lce statycznie niewyznaczalnej
22) TSiP stan naprężenia zadanie
3 Naprężenia i odkształcenia w pręcie
2 Analiza stanu naprezenia i odksztalcenia w punkcie
Analiza stanu naprężenia i odkształcenia
P 2 Analiza naprężeń i odkształceń w punkcie
Pierwotny stan naprężenia w górotworze
ANALIZA STANU NAPRĘŻENIA I ODKSZTAŁCENIA
1 Stan Napręzenia
5 Stan naprężenia w gruncie założenia teoretyczne, metody wyznaczania
stan naprezen, Budownictwo PK, Wytrzymałość materiałów, semestr 1
więcej podobnych podstron