Ćwiczenie 1: Płaski stan naprężeń (opracował Z. Waszczyszyn) - dla studentów
Podstawowe wzory
% Tensor naprężeń dla płaskiego stanu naprężenia
T� = (1)
% Dodatnie naprężenie na brzegach elementarnego kwadratu i trójkąta
a) b)
Rys.1: Naprężenie działające na elementarnych powierzchniach
Uwaga: Elementarne powierzchnie (kwadrat, trójkąt) przyjmujemy w otoczeniu punktu 0, w
którym definiujemy tensor naprężeń T� . Boki elementarnych powierzchni mają wartość małą w
sensie definicji dx = lim "x .
"x0
% Zależności brzegowych naprężeń �nn= �n, �ns od naprężeń płaskiego stanu naprężeń
{�x , �y , �xy , �yx}
Uwagi:
1. Elementarny kwadrat pozwala opisać stan naprężeń we wnętrzu ciała stałego poddanego
zewnętrznym obciążeniom przykładanym do brzegowego elementu trójkąta pn = �n , ps = �ns
Rys.2. Elementy brzegowe
(trójkąty) i elementy
wewnętrzne (kwadraty
1
2. Każda elementarna część ciała (trójkąt, kwadrat) musi być w stanie równowagi, t.zn. na
płaszczyz
nie są spełniane 3 równania równowagi:
" x = 0 , " y= 0, " M P = 0. (2)
3. Z równania równowagi " MA= 0 względem punktu A na Rys. 1a wynika:
�xy = (3)
% Równania równowagi trójkąta :
"x = 0 , "y= 0 dają:
(� ds )
n
(�nds)
stąd otrzymujemy:
ż# 1
2
n
�#� (cos2 � + sin �)ds =
�#
ds
�#
1
2
�#
�ns (sin � + cos2 �)ds =
�#
ds
�#
a po uwzględnieniu zależności:
dx dy
= sin � , = cos� ,
ds ds
1
sin �cos� = sin 2� , cos2 � - sin2 � = cos 2�,
2
otrzymujemy równania transformacyjne elementarnego trójkąta
2
(4.1)
Ą#
�n = � cos2 � + � sin � + � sin 2�
x y xy
ó#
1
ó#
�ns = (� -� )sin 2� + �xy cos 2�
(4.2)
y x
Ł# 2
% Kierunek główny:
Obliczamy kąt nachylenia normalnej �gł = !" (x, n) z założenia �n s = 0 we wzorze (4.2):
tg 2� gł = i dalej dla uproszczenia przyjmujemy oznaczenie � gł a" � . (5)
2
% Naprężenie główne:
Korzystając z zależności
1+ cos 2� 1- cos 2�
cos2 � = , sin2 � =
2 2
oraz podstawiając �ns = 0 i �n = � równania (4) przekształcamy do postaci:
1 1
�n - (�x + �y ) = (�x - �y )cos 2� + �xy sin 2� ,
2 2
(6)
1
�ns = 0 = - ( �x - �y )sin 2� + �xy cos 2� .
2
Po podniesieniu stronami do kwadratu i dodaniu otrzymujemy równanie
2
1 1
Ą#
2
= (7)
ó#� - (�x +�y )ń# (�x - �y )2 + �xy ,
Ą#
2 4
Ł# Ś#
lub w ogólnej postaci (szczególna postać równania wiekowego)
2
� (8)
gdzie:
J1 = , J2 = (9)
są niezmiennikami tensora naprężeń (1).
Z równań (7) lub (8) wynikają pierwiastki równania
1 1
Ą#
2
�1,2 = J1 ą J1 - 4J2 =
ó#
2 2
ó#
1 1
ó# = (� + � ) ą (� - � )2 + 4�xy 2
x y x y
(10)
Ł# 2 2
Uwagi:
1) Pierwiastki �1 , �2 są naprężeniami głównymi, wzajemnie prostopadłymi, na obróconych
bokach kwadratu elementarnego o nachyleniach normalnej o kąty
Ą
� a" �gł oraz �gł + ;
2
2) Obrót � został obliczony tak aby naprężenia styczne miały, t.zn. �ns = 0 a wartość �1,
gł
�2 osiągają wtedy maksymalną i minimalną wartość bez zmiany wartości pierwszego
niezmiennika
J1 = �x + �y = �1 + �2 . (11)
3
Rys. 3: Obrót kwadratu
elementarnego o kąt �
gł
.
Wypowiedziane twierdzenie można udowodnić prostym obliczeniem. Z równania (6)1 wynika
wzór
1 1
� = (� + � ) + (� - � )cos 2� + �xy sin 2� ,
x y x y
2 2
z którego obliczamy pochodną
d� / d�
d�
= .
d�
Z równań d� / d�= 0 dochodzimy do wzoru (5), który odpowiada ekstremalnym (min lub max)
wartościom naprężenia głównego � .
% Maksymalne naprężenia styczne:
Kąt nachylenia �st odpowiadający maksymalnej wartości �#�ns�# a" �max obliczamy z równania
(6)2
d�ns
a"
d�
skąd wynika
Ą# 2�xy
ctg2�st = - . (12)
ó#
�x - �y
ó#
Ł#
Porównując wzory (12) i (5) dochodzimy do zależności
tg 2 �st = - ctg 2 �gł tg 2 �st + ctg 2 �gł = 0 .
Korzystamy ze wzoru trygonometrycznego (por. np. Bronstejn, Siemiendiajew [ ], str. 222)
cos(ą - �)
tgą + ctg� = ,
cosąsin �
skąd wynika
4
Ą / 2
6474
8
ą = 2�st , � = 2�gl cos(ą - �) a" cos(2�st - 2�gl ) = 0 .
[ �st = �gł +450 , (13)
a więc kąt �st różni się o 450 od kąta nachylenia normalnej �gr , określającej położenie naprężeń
głównych
Rys.4: Dwa kierunki
naprężeń głównych
i maksymalnych
naprężeń stycznych
Po podstawieniu wzoru (12) do (6) otrzymujemy
(14)
Ą# 1 �2 - �1
�max = - (�x - �y )2 + 4�xy 2 = ,
ó#
2 2
ó#
�x + �y �1 + �2
ó#
(15)
�n, max = �n1 = �n2 = = .
ó#
Ł# 2 2
Uwaga: Na wszystkich ściankach elementarnego kwadratu po obrocie o kąt �st występują jedna-
kowe naprężenia �n = (�1 + �2 ) / 2 oraz �max = (�2 - �1) / 2
% Koło Mohra jest popularna nazwą graficznego wyznaczania zarówno kierunków oraz
składowych naprężeń głównych i maksymalnych naprężeń stycznych jak też naprężeń na brzegu
elementarnego trójkąta o normalnej odchylonej o kąt �n od osi x.
Rys. 5. Koło Mohra dla płaskiego stanu naprężeń
5
Przykład 1: Znane są naprężenia w pkcie 0: �x = 160MPa , � = 60MPa , � = 40MPa (Rys.
y xy
6a). Obliczyć: 1) wartości i kierunki główne naprężeń (Rys. 6b), 2) wartości naprężeń przy
obrocie układu współrzędnych x, y o kat �n = 450 , (Rys. 6c), 3) kierunek i wartość maks.
naprężeń stycznych
a) b) c) d)
Rys. 6: a) Dane naprężenia, b) kierunek i naprężenia główne, c) naprężenia dla obrotu elementar-
nego kwadratu o �n = 450 , d) kierunek maksymalnego naprężenia głównego i odpowiednie
naprężenia główne
1). Obliczenia naprężen głównych
2 �" 40
tg2�gl = = 0.8 2�gl = 380402 �gl =190202 ,
160 - 60
J1= 160 + 60 = 220 MPa , J2 = 160 � 60 - 402 = 8000 (MPa)2 ,
1 1
�1 = 220 + 2202 - 4 �"8000 = 110 + 64 = 174 MPa , �2 = 110  64 = 46 MPa .
2 2
2). Obrót osi (x, y) o kąt �n = 450 , stąd:
Na boku 1-2
�n = 450
sin �n = cos �n = 0.7077
sin2 �n = cos2 �n = 0.5
sin2 �n = 1.0 , cos2 �n = 0.0
1
�n = 160" 0.5 + 60" 0.5 + 40" 1.0 = 150 MPa ,
�ns = (60-160) = -50 MPa
2
Na boku 2-3
�n = 1350
cos �n = -0.7077, sin �n = +0.7077
sin2 �n = cos2 �n = 0.5
sin2 �n = sin2700 = -1.0 , cos2 �n = 0.0
1
�n = 160" 0.5 + 60" 0.5 - 40" 1.0 = 70 MPa
�ns = (60-160) (-1.0) = 50 MPa
2
6
Powtórka w notacji wskaz
nikowej
�x = �11 = 180 MPa
�y = �22 = 60 MPa
�12
�xy = = 40 Mpa
�yx = �21 = 40 MPa
� = � , � ns = �
n 12 12 12 22
a 12 1 = cos (12 ,1) = cos �n = 0.7077 a1 1
a 22 1 = cos (22 ,1) = cos( �n +900) = - 0.7077
a 12 2 = cos (12 ,2) = cos(90- �n ) = sin �n = 0.7077
a 22 2 = cos (22 ,2) = cos( �n ) = 0.7077
� = a k2 i a r2 j �
k2 2 r2 i j
� = a 12 i a 12 j � = a 12 1 a 12 1 � + a 12 1 a 12 2 � + a 12 2 a 12 1 � + a 12 2 a 12 2 � =
12 12 i j 11 12 21 22
= 0.70772�180 + 0.5�40 + 0.5� 40+0.5�60 = 70 Mpa
� = a 12 i a 22 j � = a 12 1 a 22 1 � + a 12 1 a 22 2 � + a 12 2 a 22 1 � + a 12 2 a 22 2 � =
12 22 i j 11 12 21 22
= (-0.5) �160 + (-0.5�40 + (-0.5) �40+ 0.5�60= - 50MPa
3) Maks. naprężenia styczne
2 " 40
ctg2�st = - = -0.8 �st = 128040'
160 - 60
46 -174
�max = = - 64MPa
2
174 + 46
�1/ 2 = = 110MPa
2
% Trajektorie naprężeń głównych: linie styczne w każdym punkcie do kierunków głównych
naprężeń y (x).
Równanie różniczkowe linii trajektorii naprężeń głównych wyprowadzany z zależności
2�xy
2tg�
tg2�gl = , tg2� = (16)
�x - �y
1- tg2�
dy
tg� = a" y' .
dx
Po przekształceniu dwóch pierwszych wzorów
�x - �y
2tg�
1- tg2� = a" tg�
tg2� �xy
7
i podstawieniu tg� = y' otrzymujemy równanie różniczkowe trajektorie naprężeń głównych
�x - �y
[ y'2 + y'-1 = 0 . (17)
�xy
% Równanie różniczkowe trajektorii maksymalnych naprężeń stycznych wyprowadzamy tak
samo jak (17).
Zamiast (16)2 przyjmujemy
� - �
x y
tg2� = -
2�xy
i dzięki temu otrzymujemy równanie
Ą#
4�
xy
ó#
y'2 - y'-1 = 0 (18)
ó#
� - �
x y
ó#
Ł#
% Równania różniczkowe trajektorii (17) i (18) piszemy łącznie w postaci
y'2 + 2 Ś (x, y) y' -1 = 0 , (19)
a po rozwiązaniu tego równania otrzymujemy
[y'= -Ś ą Ś2 +1 . (20)
Uwaga: Od strony matematycznej wzór (20) jest równaniem różniczkowym rzędu pierwszego
w tzw. postaci kanonicznej i jego całkowaniu wymaga przyjęcia warunku początkowego dla zmien-
nej niezależnej x. To umożliwia  przedłużanie rozwiązania zgodnie z przyjętą metoda numerycz-
ną. Przyjmując metodę Eulera otrzymujemy prosty algorytm:
y0 = y(x0 ) (21)
Na Rys.7 pokazano trajektorie naprężeń dla dwóch tarcz odpowiadających zginaniu belek (tarcz
dwuwymiarowych). Wyznaczaniem takich trajektorii zajmiemy się nieco póz
niej na naszych
ćwiczeniach.
Rys. 7: Trajektorie głównych naprężeń rozciągających (% ) i ściskających (%%) dla dwóch belek
prostych o przekroju prostokątnym i grubości b = const.
8
% Równania równowagi i wewnętrznej możemy wyprowadzić korzystając z równowagi elementu
kwadratu obciążonego siłami masowymi X, Y
Rys. 8: Elementarny
kwadrat obciążony
Siłami masowymi
Równania równowagi sił Łx = 0 i Ły = 0 dają:
- �xdy +
- �xydy +
Po dodaniu wyrazów otrzymamy równania w postaci ( .... ) dxdy = 0 i dla dxdy `" 0
przyrównujemy do 0 wyrażenia w nawiasach ( ... ) = 0 co daje:
" Układ równań równowagi wewnętrznej:
(22)
% Naprężeniowe warunki brzegowe wynikają z równań równowagi (4) elementarnego trójkąta:
(23)
Rys.9: Brzegowy elementarny trójkąt
z zaznaczonymi intensywnościami
obciążeń brzegowych pn i ps
(w N/m2 lub MPa)
9
% Klasyczny wzór na naprężenia styczne w belce zginanej:
Opieramy się na wzorze na naprężenia normalnem,wyprowadzonym w wytrzymałości materia-
łów dla zginanychbelek (korzystamy z założenia jednoosiowego naprężenia normalnego
�x�y a" 0 i hipotezy Bernoulliego-Eulera):
�x (y) = (24)
gdzie dla belki pryzmatycznej o przekroju poprzecznym pokazanym na rys. 10 oś x jest
miejscem geometrycznym środków ciężkości pola o powierzchni A, a Iz momentem
bezwładności pola przekroju poprzecznego, liczonego względem osi z.
Rys. 10: Naprężenia � oraz �xy = �yx w belce pryzmatycznej o przekroju monosymetrycznym
x
poddanym działaniu sił przekrojowych M(x) i Q(x).
Korzystając ze wzoru (24) i wzoru Schwedlera-Żurawskiego tj. Q(x) = "M / "x obliczamy
pochodną "�x / "x :
"�x
= (25)
"x
Przyjmujemy, że belka nie jest obciążona siłami objętościowymi (masowymi), tj. X a" 0
i z pierwszego równania równowagi wewnętrznej (22)1 otrzymujemy:
y
Q + . (26)
Iz
Całkujemy równanie (26) po polu A(y), zakreskowanym na Rys. 10:
"�yx
Q
dA = 0 . (27)
+"+"�dA + +"+"
Iz A(y) A(y) "�
1 4
423
Sz (y)
Całka w pierwszym wyrazie (27) jest momentem statycznym pola A(y) względem osi z . Drugą
całkę obliczamy w następujący sposób:
f2 (y) yd f
"�yx 2(y)
�# ś#
ś# ź#
d�ź#d� = [�yx(yd, �) - �yx(y, �)]d� = - [�yx]b(y) , (28)
+" +" +"
ś#
"�
f1(y) y f1(y)
�# #
10
gdzie [ �yx ] jest wartością średnią wzdłuż osi z w odległości y na szerokości pola przekroju b(y).
W ten sposób otrzymujemy z (27):
[[�yx ] = (29)
" W przypadku belki o przekroju prostokątnym do wzoru (29) podstawiamy:
Iz =
Sz (y) =
co daje:
6
�yx (x, y) a" �xy (x, y) = (30)
bh3
Otrzymujemy więc rozkład paraboliczny naprężenia stycznego wzdłuż wysokości przekroju
poprzecznego o maksymalnej wartości
3
�xy (x,0) = (30.1)
2
% Rozkład naprężeń stycznych �yx w belce niepryzmatycznej, zginanej w płaszczyz
nie głównej
(x, y). Dla uproszczenia przyjmujemy belkę o stałej szerokości przekroju b, por. Rys.11.
Rys.11: Siły działające na element belki o długości dx
Obliczamy wypadkową F od naprężeń zginających działających na powierzchnię A(y):
M h
F = dF gdzie � = � dla y d" � d" .
x x
+"+"�
Iz 2
A( y)
Otrzymujemy w ten sposób
M M
F = = ,. (31)
Iz Iz
11
 oraz przyrost wypadkowej("F / "x)dx , równoważony reakcją ( �yxbdx ) od naprężeń stycznych
"F "
dx a" (32)
"x "x
W ten sposób otrzymujemy wzór na naprężenie styczne
[�yx]= . (33)
Korzystając ze wzoru (33) obliczamy wartość naprężenia
[�yx] = [�yx] a" [�yx](yd )
y=h / 2
d
h / 2
Ą# ń#
M "
[�yx] = (34)
ó#
+"b � d�Ą# .
d
bIz ó#"x y Ą#� =h / 2
Ł# Ś#
Całkę w (34) obliczamy regułą Leibnitza
yd yd
" "b dyd
�d� + byd , (35)
+"b �d� = +"
"x "x dx
y y
a po podstawieniu y = yd pierwsza całka znika (również dla b(x) `" const.) i otrzymujemy wzór
(34) w postaci
Ą#
[�yx] = . (36)
d
ó#
Ł#
Uwaga: Otrzymany wzór spełnia równanie e. trójkąta brzegowego, por. Rys.12
Rys.12. Naprężenie
przy brzegu belki
o zmiennej wysokości
dyd
�ddyd -[�yx] dx = 0 [�yx] = �d
d
d
dx
Wracając do rozkładu naprężeń stycznych dla belki o zmiennej wysokości h(x) = 2 yd (x) .
Obliczamy zależności występujące w (33)
bh3 2
Iz = = by3 ,
d
12 3
12
2
�# ś# Ą# ń#
Sz (y) 6 h2 " Sz (y) 3(3y2 - yd ) dyd
ź#
= ś# - y2 ź# , =
ó#
4
Iz h3 ś# 4 "x Iz Ą# 4yd dx
�# # Ł# Ś#
i po podstawieniu do (33) otrzymujemy:
2
2
�# ś#
-
Ą# ń#
Sz (y) "M M " Sz (y) 3
ś#Q yd - y2 3y2 yd dyd ź#
[�yx] = + = + M =
ó#
2
d
ś# ź#
bIz "x b "x Iz Ą# 4b yd y3 dx
Ł# Ś# d
�# #
2
2
�#
-
3 yd - y2 3y2 yd dyd ś# 3
M
ź#
= �sr ś# + = �sr D , (37)
yx yx
2
ś#
2
yd Q y3 dx ź# 2
d
�# #
gdzie: �sr = Q/A dla A = bh . (38)
yx
" Przypadki szczególne zmiennej wysokości belki
a) Liniowa zmienność
Rys.13. Rozkład
naprężenia stycznego
dla liniowej zmiany
wysokości belki
h0
yd (x) = x (39.1)
2l
2Pl
Q(x) = P , M(x) = Px = yd . (39.2)
h0
Zależności (39) podstawiamy do wzoru (37) w którym występują
M dyd 2l h0
= yd = yd ,
Q dx h0 2l
2 2 2
2 2
�#
- - -
yd - y2 3y2 yd dyd ś# yd - y2 3y2 yd y2 2 - y2 3y2 yd y2
M yd
ź#
D = ś# 2 + = + = 2 + = 2 ,
2 2 2 2 2 2
ś# ź#
yd Q y3 dx yd yd yd yd yd yd
d
�# #
stąd:
�# ś#
y2
sr
ś# ź#
[�xy]= 3�xyś# 2 ź# (40)
yd
�# #
a więc:
�max = �xy(yd = h / 2) = 3�sr , �xy(y = 0) = 0
xy xy
13
 b) Inne przypadki szczególne wynikają ze wzoru (33) napisanego w postaci
Ą#
�# ś#
1 d M M "S(y)ń#
�xy(y) = . (41)
ó#d ś# ź# (y) + Ą#
ś#
b Iz ź#Sz Iz "x
x �# #
Ł# Ś#
Przy założeniach: M = Px, dyd/dx> 0 , dla rosnących y maleje Sz(y) i "S/ "x ~ dyd/dx o
rozkładzie �xy (y) decyduje pierwszy człon w (41). W ten sposób dla belki wspornikowej
otrzymujemy następujące rozkłady naprężeń stycznych wzdłuż wysokości belki
Rys.14. Rozkład naprężeń stycznych w zależności od znaku pochodnej d(M/Iz)/dx
Zadania
Z1: Obliczyć kierunki i wartości naprężeń głównych i maksymalnych naprężeń stycznych w
belce, prostokątnej w zaznaczonych punktach A1 , ... , A5
Z2.: Dla zdania Z1 narysować w punktach A1 , ... , A5 elementarne kwadraty obrócone o
odpowiednie kąty z napisaniem wartości lub zaznaczonych zwrotów naprężeń głównych i
stycznych
Z3.: Narysować rozkład naprężeń stycznych i podać ich wartości dla wybranych rzędnych yi w
podanych przekrojach 1, 2, 3 belki
14