mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 1
W ustalonym punkcie ciała P stan naprężenia jest opisany w
zadanym układzie współrzędnych (x,y,z) tensorem:
120 -20 0
� = [MPa ]
-20 -110 30
[ ]
0 30 0
Wyznaczyć wektor naprężenia przy cięciu płaszczyzną
przechodzącą przez P jak na rysunku obok  wyznaczyć
jego składową normalną i styczną. Wyznaczyć ekstremalne
naprężenia normalne oraz maksymalne naprężenie styczne.
x y z
f (x , y , z): + + -1=0
Płaszczyznę cięcia opisuje równanie:
4 5 7
" f " f " f 1 1 1
n = grad f = ; ; = ; ;
Normalna do powierzchni cięcia:
[ ] [ ]
" x " y " z 4 5 7
n
� = = [0,713 ; 0,570 ; 0,407]
Wektor unormowany:
#"n#"
Wektor naprężenia dla zadanej płaszczyzny cięcia:
120 -20 0 0,713 74,162
p� = ��"� = -20 -110 30 0,570 60,715 p� =#"p�#"= 97,362
=
[ ][ ] [ ]
0 30 0 0,407 17,114
Składowa normalna: �� = p��"� = 0,713�"74,162 + 0,570�"60,715 + 0,407�"17,114 = 94,496
0,713 67,385
�� = ���"� = 94,496�" =
0,570 53,908
[ ] [ ]
0,407 38,506
Składowa styczna:
�� = p�2-��2 = 23,449
"
6,778
�� = p�-�� =
6,807
[ ]
-21,391
Niezmienniki tensora naprężenia:
I1 = 120-110+0=10
120 -20 120 0 -110 30
I = + + = -14500
2
#" #" #" #" #" #"
-20 -110 0 0 30 0
120 -20 0
� = = -108000
-20 -110 30
#" #"
0 30 0
�1 = 121,783
�!
Rozwiązania równania wiekowego: �3-I1 �2+I2 �-I3=0 �2 = 7,439
{
�3 = -119,221
�max = �1 = 121,783 MPa
Naprężenia ekstremalne:
�min = �3 = -119,221 MPa
1
�max = �max-�min = 120,502 MPa
( )
2
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 2
Dany jest płaski stan naprężenia, który w przyjętym układzie
współrzędnych opisuje tensor
�xx �ąxy =
180 -60
� = [MPa]
[ ]
[ ] -60 120
�ąxy �yy
Wyznaczyć naprężenia główne oraz kierunki naprężeń głównych a następnie wyznaczyć
składowe stanu naprężenia w układzie nachylonym pod kątem 35� do układu wyjściowego.
Wyznaczyć składowe tensora naprężenia w układzie występowania ekstremalnych
wartości naprężeń stycznych. Zilustrować uzyskane wyniki. Naprężenia główne wyznaczyć
zarówno analitycznie, jak i graficznie (przy użyciu koła Mohra).
ROZWI
ZANIE ANALITYCZNE  WZORY TRANSFORMACYJNE:
Wartości i kierunki własne tensora naprężenia:
2
�xx+�yy �xx-�
yy
�1 = �max = + +�ą2 = 217,082 MPa
xy
( )
2 2
"
2
�xx+� �xx-�yy
yy
�2 = �min = - +�ą2 = 82,918 MPa
xy
( )
2 2
"
�ąxy
Ć = arctg = -31.717"
�max-�
yy
217,082 0
Tensor naprężenia w układzie osi własnych: � = [ MPa]
[ ]
0 82,918
Składowe tensora naprężenia w układzie współrzędnych obróconym o 35� względem
układu wyjściowego:
� ' = � cos2 Ć + � sin2 Ć + �ąxy sin 2 Ć = 180 cos235"+120 sin235"+(-60)sin 70"=103,879
xx xx yy
� ' = �xx sin2 Ć + � cos2 Ć - �ąxy sin 2 Ć = 180 sin235"+120 cos2 35"-(-60)sin 70"=196,121
yy yy
� -�
1
yy xx
{
�ą' = sin 2 Ć + �ąxycos 2 Ć = (120-180)sin 70"-60 cos70"=-48,712
xy
2 2
Zapis macierzowy:
cos ą sin ą 0,819 0,574
Macierz obrotu o 35�: R= =
[ ] [ ]
-sin ą cosą -0,574 0,819
0,819 0,574 180 -60 0,819 -0,574
R � RT = =
[ ][ ][ ]
-0,574 0,819 -60 120 0,574 0,819
103,879 -48,712
= [MPa]
[ ]
-48,712 196,121
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
Składowe tensora naprężenia w układzie współrzędnych obróconym o 45� względem
układu osi własnych  jest to orientacja występowania ekstremalnych wartości naprężeń
stycznych:
� ' 'xx = �xx cos2Ć + �yy sin2Ć + �ąxy sin 2 Ć = 217,082 cos2 45"+82,918sin2 45"=150
� ' ' = � sin2 Ć + � cos2 Ć - �ąxy sin 2 Ć = 217,082 sin2 45"+82,918cos2 45"=150
yy xx yy
� -�xx
1
yy
{
�ą' ' = sin 2 Ć + cos 2 Ć �ąxy = (82,918-217,082)sin 90"=-67,082
xy
2 2
Zapis macierzowy:
cos ą sin ą 1
1 1
Macierz obrotu o 45�: R= =
[ ] [ ]
-sin ą cosą 2 -1 1
"
1
1 1 217,082 0 1 -1
R � RT = =
[ ][ ][ ]
2 -1 1 0 82,918 1 1
150 -67.082
= [MPa]
[ ]
-67.082 150
#"�max-�min#"
Maksymalne naprężenie styczne: #"�ąmax#" = =67.082 [MPa]
2
ROZWI
ZANIE GRAFICZNE - KOA
O MOHRA:
Na osi poziomej zaznaczamy punkty A i B odpowiadające
�22=120 MPa �11=180 MPa.
kolejno oraz Przyjmujemy, że
odległość między tymi puntami na kartce jest równa 10 cm.
Na liniach pionowych przechodzących przez A i B
odkreślamy miary naprężeń stycznych i zaznaczamy punkty
A', A'' i B'  długość tych odcinków znajdujemy z proporcji:
#"�11-�22#"=60 MPa - 10 cm
�! x=10 cm
#"�12#"=60 MPa - x
0,5�"(�11+�22)=150 MPa
Z punktu S pomiędzy A i B, odpowiadającego naprężeniu ,
kreślimy okrąg przechodzący przez punkty A', A'', B'. Mierzymy promień uzyskanego
okręgu: R=11,2 cm . Miarę naprężenia dla tej długości znajdujemy z proporcji:
60 MPa - 10 cm
�! x=67,2 MPa
x - 11,2 cm
Punkty przecięcia się okręgu z osią poziomą C i D określają wartości naprężeń głównych.
#"OD#"=#"OS#"+R �1=150+67,2 = 217,2 [MPa]
#"OC#"=#"OS#"-R �2=150-67,2 = 82,8 [MPa]
Kąt między prostą A''D a osią poziomą określa orientację kierunku naprężenia
maksymalnego. Tangens tego kąta odczytujemy jako równy:
#"AA' '#"
10cm
tg Ć = = = 0,617 �! Ć = arctg(0,617) = 0,553 rad = 31,7"
#"AD#" 16,2cm
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 3
Materiał:
Moduł Younga: E=210 GPa
Współczynnik Poissona: �=0,2
E
G = = 87,5 GPa
Moduł Kirchhoffa:
2(1+�)
102 36 0
�= MPa
Stan naprężenia:
36 123 0
[ ]
0 0 75
Wyznaczyć:
" naprężenie hydrostatyczne i dewiatorowe
" aksjator i dewiator naprężenia
" niezmienniki tensora i jego dewiatora
" kąt Lodego
" naprężenia główne i kierunki naprężeń głównych
" macierz przejścia z układu (x,y,z) do układu osi głównych
" ekstremalne naprężenia styczne
" naprężenia oktaedryczne
" Stan odkształcenia odpowiadający zadanemu stanowi naprężenia dla podanych
stałych materiałowych ciała izotropowego.
NAPR
ŻENIE HYDROSTATYCZNE I DEWIATOROWE
Naprężenie hydrostatyczne:
1
p = (�x+�y+� ) = 100 [MPa]
z
3
Naprężenie dewiatorowe:
1
q = (�x-� )2+(�x-�z)2+(�y-�z)2 +2(�ą2 +�ą2 �ą2 ) = 3750 = 25 6 H" 61,237 [MPa]
[ ] " "
y xy xz yz
3
"
AKSJATOR I DEWIATOR NAPR
ŻENIA
Aksjator (część kulista) naprężenia:
1 0 0 100 0 0
A� = p I = 100�" = [MPa]
0 1 0 0 100 0
[ ] [ ]
0 0 1 0 0 100
Dewiator naprężenia:
102 36 0 100 0 0 2 36 0
D� = s = �-A� = - = [MPa]
36 123 0 0 100 0 36 23 0
[ ] [ ] [ ]
0 0 75 0 0 100 0 0 -25
Sprawdzenie:
#"D�#"= s2 +s2 +s2 +2(s2 +s2 +s2 )= 22+232+(-25)2+2�"362= 3750 = q
" "
"
xx yy zz xy xz yz
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
NIEZMIENNIKI TENSORA NAPR
ŻENIA I JEGO DEWIATORA I K
T
LODEGO
Pierwszy niezmiennik tensora naprężenia:
I1=�x+� +�z=300 [MPa]
y
Drugi niezmiennik tensora naprężenia:
102 36 102 0 123 0
I = + + = 28125 [MPa2]
2
#" #" #" #" #" #"
36 123 0 75 0 75
Trzeci niezmiennik tensora naprężenia:
102 36 0
I = = 843750 [MPa3]
36 123 0
3
#" #"
0 0 75
Drugi niezmiennik dewiatora naprężenia:
2 36 2 0 23 0
J = - - - = 1875 [MPa2]
2
#" #" #" #" #" #"
36 23 0 -25 0 -25
Trzeci niezmiennik dewiatora naprężenia:
2 36 0
J = = 31250 [ MPa3]
36 23 0
2
#" #"
0 0 -25
Sprawdzenie:
1 3750
q2= =1875= J2
2 2
1 1�"300
2
-I2+ I2 =-28125+ =1875=J
1 2
3 3
2 2
3
I +1 I1 I2+ I = 843750-1�"300�"28125+ �"3003=31250=J
3 1 3
3 27 3 27
Kąt Lodego
J
1 3 3
" 3
� = arccos = 0"
3 [ 2 ]
J3 /2
2
NAPR
ŻENIA I KIERUNKI NAPR
ŻEC
GA
ÓWNYCH
Równanie charakterystyczne:
�3-I1 �2+I �-I = 0 �! �3-300�2+28125 �-843750 = 0
2 3
Naprężenia główne:
�1=150 , �2=75, �3=75 [MPa]
Wektor własny odpowiadający pierwszemu naprężeniu głównemu:
n1 0 -48 n1+36 n2=0
102-150 36 0
(�-�1 I)n1=0 �! = �!
36 123-150 0 n2 0 36 n1-27n2=0
[ ] [ ]
[ ] {
0 0 -75-150
n3 0 -75 n3=0
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
n3=0
Niewiadoma . Równania na pozostałe niewiadome tworzą układ równań
tożsamościowych  wyznacznik główny macierzy współczynników jest równy 0 zaś
największy niezerowy minor ma rząd 2, zatem rozwiązanie zależy od 3-2=1 parametrów.
n1
Przyjmujemy jedną z niewiadomych, np. , za parametr i wykorzystujemy dowolne
równanie aby wyliczyć drugą niewiadomą.
36 48 4 4
n2 = n1 albo n2= n1 �! n2= n1 n1= n1 , n1 ,0
�!
[ ]
27 36 3 3
n1 3 4
Unormowany wektor własny: w1 = = , , 0
[ ]
#"n1#" 5 5
Wektor własny odpowiadający drugiemu i trzeciemu naprężeniu głównemu:
n1 0 27 n1+36 n2=0
102-75 36 0
(�-�2 I)n2=0 �! = �!
36 123-75 0 n2 0 36 n1+45 n2=0
[ ] [ ]
[ ] {
0 0 75-75
n3 0 0 n3=0
Równania tworzą układ równań tożsamościowych  wyznacznik główny macierzy
współczynników jest równy 0 a największy niezerowy minor ma rząd 1, zatem rozwiązanie
n3
zależy od 3-1=2 parametrów. Składowa może być dowolna  przyjmijmy ją jako jeden z
parametrów rozwiązania. Pozostałe dwa równania również tworzą układ tożsamościowy.
n1
Przyjmijmy za drugi z parametrów równania i wykorzystujemy jedno z pozostałych
równań aby wyznaczyć drugą niewiadomą:
27 36 3 3
n2 = - n1 albo n2=- n1 �! n2=- n1 n2= n1 ,- n1 , n3
�!
[ ]
36 48 4 4
Podwójnej wartości własnej odpowiadają dwa wektory własne  mogą to być dowolne
n1 n3
wektory odpowiadające dowolnej kombinacji parametrów i . Przyjmijmy:
n(21) 4 3
3
n1=1 , n3=0 �! n(1)=[1 ,- , 0] w2 = = ,- , 0
2
[ ]
4 5 5
#"n(21)#"
n(2)
2
[ ] w3 = = [0 ,0 , 1]
n1=0 , n3=1 �! n(2)= 0 , 0 , 1
2
#"n(2)#"
2
A
atwo sprawdzić, że wektory te są parami prostopadłe.
3/5 4/5 0
A= -3/5 0
4/5
Macierz przejścia do nowego układu współrzędnych:
[ ]
0 0 1
Rzeczywiście:
3 4 3 4
0 0
5 5 150 0 0 5 5 102 36 0
AT � A= = [MPa]
4 0 75 0 4 3 36 123 0
-3 0 - 0
] ]
0 0 75 0 0 75
5 5 5 5
[ ][ [ ][
0 0 1 0 0 1
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
EKSTREMALNE NAPR
ŻENIA STYCZNE
Macierze obrotu o 45� wokół kolejnych osi przyjętego układu współrzędnych  tutaj układu
osi głównych:
1 0 -1 1 1 0
2 0 0
"
1 1 1
R45= R45= R45= -1 1 0
0 1 1 0 2 0
e1 "
e2 e3
2 2
" " 2
[ ] [ ] " [ ]
0 -1 1 1 0 1 0 0 2
"
Tensor naprężenia w układzie obróconym o 45� wokół pierwszej osi głównej
150 0 0
T
#"�2-�3#"
45
R45 � =
0 75 0 #"�ą1#" = = 0 MPa
(R )
e1 e1
2
[ ]
0 0 75
Tensor naprężenia w układzie obróconym o 45� wokół pierwszej osi głównej
112,5 0 37,5
T
#"�3-�1#"
45
R45 � =
0 75 0 #"�ą2#" = = 37,5 MPa
(R )
e2 e2
2
[ ]
37,5 0 112,5
Tensor naprężenia w układzie obróconym o 45� wokół pierwszej osi głównej
112,5 37,5 0
T
#"�1-�2#"
45
R45 � =
37,5 112,5 0 #"�ą3#" = = 37,5 MPa
(R )
e3 e3
2
[ ]
0 0 75
NAPR
ŻENIA OKTAEDRYCZNE:
Normalna zewnętrzna płaszczyzny równo nachylonej do wszystkich kierunków naprężeń
głównych w układzie współrzędnych, którego osie pokrywają się z kierunkami głównymi
ma postać:
1 1 1
�= , ,
[ ]
3 3 3
" " "
W tym samym układzie współrzędnych tensor naprężenia ma postać diagonalną. Wektor
naprężenia odpowiadający tej płaszczyz
nie cięcia:
1 150
3 3
" "
150 0 0
1 75
p = ��"� = = [ MPa]
0 75 0
"3 "3
[ ]
0 0 75
1 75
[ ][ ]
3 3
" "
Naprężenie (długość wektora naprężenia):
2 2 2
150 75 75
p = #"p#"= p�"p= + + = 11250 H" 106,066 [MPa]
" "
3 3 3
" " "
"( ) ( ) ( )
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
Składowa normalna:
1
1 1 150+75+75
�oct = (��"�)�"� = [150 ,75 , 75]�" = = 100 [MPa]
1
3
3 3
" "
[ ]
1
�oct=�m= p
Składowa styczna:
2
�ąoct = p2-�oct = 11250-10000= 1250=33,355 [MPa ]
" "
"
3750 1
�ąoct= = q
3
"
3
"
STAN ODKSZTAA
CENIA
W dowolnym układzie współrzędnych:
1 � �
- - 0 0 0
E E E
� 1 �
0,0297 0,0206 0
�11 - E E - E 0 0 0 �11
�= [%]
0,0206 0,0417 0
�22 � � 1 �22
- 0 0 0 [ ]
0 0 0,0143
�33 = - E E E
�33
1
�23 0 0 0 �ą23
0 0
2G
�31 �ą31
W układzie osi głównych:
[ ]
�12 0 0 0 0 1 0 �ą12
2G
[ ][ ]
0,0571 0 0
1
0 0 0 0 0
�= [%]
0 0,0143 0
2G
[ ]
0 0 0,0143
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 4
Na powierzchnię materiału przyklejono rozetkę
tensometryczna złożoną z trzech tensometrów, przy czym
kąty między kierunkiem pierwszego i dwóch kolejnych są
równe odpowiednio ą i � . Materiał poddano obciążeniu.
Wyznaczyć płaski stan odkształcenia znając odczyty
�0 , �ą i ��
z wszystkich tensometrów.
�11
Każdy z tensometrów wyznacza składową odkształcenia w układzie współrzędnych,
którego pierwsza oś pokrywa się z kierunkiem tensometru. Przyjmujemy, że pierwsza oś
podstawowego przyjętego układu współrzędnych pokrywa się z kierunkiem przyklejenia
pierwszego tensometru.
Płaski stan odkształcenia:
�11 �12 �11=�0 - pomierzone
�=
[ ]
�12 �22 �12 ,�22 - niewiadome
Stan naprężenia w układzie obróconym o ą
� '11 = �11 cos2ą+�22 sin2 ą+�12sin 2 ą = �ą
�'11 �'12
� '22 = �11sin2ą+�22 cos2 ą-�12sin 2 ą
�=
[ ]
�'12 � '22
�22-�11
{
� '12 = sin 2 ą+�12 cos2 ą
2
Stan naprężenia w układzie obróconym o �
�' '11 = �11 cos2 �+�22sin2 �+�12sin 2� = ��
�' '11 � ' '12
�' '22 = �11 sin2 �+�22 cos2 �-�12sin 2�
�=
[ ]
�' '12 � ' '22
�22-�11
{
�' '12 = sin 2�+�12 cos2 �
2
�11=�0 , �'11=�ą , � ' '11=��
Z pomiarów tensometrycznych uzyskujemy wartości , które
zgodnie ze wzorami transformacyjnymi możemy wyrazić przez składowe stanu
�11 ,�22 , �12
odkształcenia w podstawowym przyjętym układzie współrzędnych Stąd
�11 , �22 ,�12
otrzymujemy układ równań na :
�11 = �0 1 0 0 �11 �0
� '11 = �ą �! =
cos2 ą sin2 ą sin 2ą �22
�ą �!
[ ]
[ ]
{ [ ]
� ' '11 = �� cos2� sin2� sin 2� �12 ��
�ą-�0 cos2 ą
sin2 ą sin 2ą �22 =
�!
[ ]
[ ]
[ ]
sin2 � sin 2� �12
��-�0cos2 �
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
�11 = �0
�ą sin 2� - ��sin 2 ą + (sin 2 ącos2�-cos2 ą sin 2 �)�0
�22 =
sin2 ą sin 2 �-sin 2ą sin2�
��sin2 ą - �ą sin2� + (cos2 ą sin2 �-sin2 ą cos2�)�0
{
�12 =
sin2 ą sin 2 �-sin 2 ą sin2�
PRZYKA
ADY:
Rozetki prostokątne:
�11=�0
ą=45" �22=��
�!
�=90"
{�12=�ą-1 (�0+��)
2
�11=�0
ą=90" �! �22=�ą
�=225"
{�12=��-1 (�0+�ą)
2
Rozetka równoramienna
�11=�0
1
ą=120" �22= 2(�ą+��)-�0
[ ]
3
�=240" �!
��-�ą
{
�12=
3
"
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 5
Dana jest płaska tarcza trójkątna jak na rysunku. Rozkład stanu naprężenia panującego
wewnątrz tej tarczy opisuje pole tensorowe:
3 x-4 y 2 x y+1
� (x , y) = [MPa]
[ ]
2 x y+1 4-2 x
Wyznaczyć obciążenie tarczy.
Siły masowe:
Wartość sił masowych stanowiących obciążenie wewnątrz tarczy wyznaczamy z równań
równowagi Naviera:
"�xx "�
N
xy
+ +bx=0 �! 3+2 x+bx=0 �! bx=-3-2 x
[ ]
" x " y
m3
"�xy "�
N
yy
+ +b =0 �! 2 y+bx=0 �! b =-2 y
y y
[ ]
" x " y
m3
Wartości w narożach tarczy:
bx(xA ; yA) = -3 , bx(x ; yB) = -3 , bx(xC ; yC) = -11
B
by( xA ; yA) = -6, by(xB; yB) = 0, by(xC ; yC) = 0
Obciążenie brzegowe:
Dla każdego brzegu określamy zależności między współrzędnymi x i y na tym brzegu,
które podstawiamy do tensora naprężenia, oraz jego normalna zewnętrzną.
nAB=[-1;0 ]
Brzeg AB: x=0 , y"(0 ;3) normalna zewnętrzna:
q(x) )
-4 y 1 -1 4 y
(AB
��"nAB = q �! = =
AB
y)
[ ][ ] [ ]
1 4 0 -1 [ ]
q(AB
" Składowa x wektora obciążenia jest równoległa do normalnej zewnętrznej brzegu
jest więc składową normalną. Wartości na końcach brzegu:
q( x) ( xA ; yA) = 12, q( x) (xB ; yB) = 0 (zwroty zgodnie z osiami ukł. wsp.)
( AB) ( AB)
" Składowa y wektora obciążenia jest prostopadła do normalnej zewnętrznej brzegu
jest więc składową styczną. Wartości na końcach brzegu:
y)
q( y) ( xA ; yA) =-1 q(AB )(xB; yB) = -1 (zwroty zgodnie z osiami ukł. wsp.)
( AB) (
nBC=[0;-1]
Brzeg BC: x "(0,4) , y=0 normalna zewnętrzna:
q(xBC)
3 x 1 0 -2 xy-1
��"nBC = qBC �! = =
[ ][ ] [ ]
[ ]
1 4-2 x -1 2 x-4
q(yBC)
" Składowa y wektora obciążenia jest równoległa do normalnej zewnętrznej brzegu
jest więc składową normalną. Wartości na końcach brzegu:
q( x) (xB ; yB) = -1, q(x) ( xC ; yC) = -1 (zwroty zgodnie z osiami ukł. wsp.)
( BC) (BC)
" Składowa x wektora obciążenia jest prostopadła do normalnej zewnętrznej brzegu
jest więc składową styczną. Wartości na końcach brzegu:
q( y) (xB ; yB) = -4 q(y) ( xC; yC) = 4 (zwroty zgodnie z osiami ukł. wsp.)
( BC) (BC)
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
3 3 4
x"(0 ; 4), y=3- x nCA=[sin ą;cosą] = ;
Brzeg CA: normalna zewnętrzna:
[ ]
4 5 5
3
3 2
3 x-4 3-3 x 2 x 3- x +1
(-3 x2+21 x-16)
( ) ( )
q(xCA)
4 4
5 5
��"nCA = qCA �! = =
4 1 [ ]
3 q(yCA)
(-9 x2+20 x+38)
[ ] [ ]
2 x 3- x +1 4-2 x
[ ]
( )
5 10
4
2
n )
q(CA = qCA�"nCA = (-18 x2+83 x-10)
Składowa normalna do brzegu:
25
(zwrot dodatni zgodny z normalną zewnętrzną)
n )
Wartości na końcach brzegu: q(CA(xC ; yC) = 2,72 , q(n)(xA; yA) = -0,8
CA
n )
Miejsca zerowe: q(CA=0 �! x1=0,124 , x2=4,487 x2 "CA
Poszukiwanie ekstremum:
d q(n) 2
CA n )
= (-36 x+83)=0 �! x=2,306 , q(CA(2,306)=6,854
d x 25
Składowa styczna do brzegu  ponieważ obliczana jest jako różnica geometryczna wektora
obciążenia i jego składowej normalnej, zatem podanie jedynie długości składowej stycznej
nie uwzględnia jej zwrotu. Wyznaczamy więc całą składową styczną (wektor):
21 x2-276 x+370 -4
q(s ) = qCA-q(n)nCA =
CA CA
[ ]
250 3
6,368 s)
Wartości na końcach brzegu: q(s )( xC ; yC) = , #"q(CA#"= 7,96
CA
[ ]
-4,776
-5,98
(zwroty zgodnie z osiami ukł. wsp.) q(s )( xA ; yA) = , #"q(s)#"= 7,4
CA CA
[ ]
4,44
Miejsca zerowe: q(s )=0 �! 21 x2-276 x+370=0 �! x1=1,515 , x2=11,628 x2 "CA
CA
d q(s)
2
CA
Poszukiwanie ekstremum:
= 0 �! (42 x-276)=0 �! x=6,571 "CA
d x 25
Rozkład sił masowych:
Rozkład normalnego obciążenia brzegowego: Rozkład stycznego obciążenia brzegowego:
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
ZADANIE 6
Prostopadłościenny blok o wymiarach a, b, c wykonany z izotropowego materiału liniowo
sprężystego umieszczony został w nieodkształcalnym korytku i poddany został naprężeniu
ściskającemu p, jak to przedstawiono na rysunku. Wyznaczyć stan naprężenia i
odkształcenia wewnątrz bloku, wymiary geometryczne po deformacji, dylatancję (I
niezmiennik stanu odkształcenia) oraz rzeczywistą względną zmianę objętości. Wyznaczyć
ekstremalne naprężenia styczne. Założyć, że tarcie między ściankami bloku i korytka jest
pomijalnie małe. Przyjąć:
a = 10 mm , b = 15 mm , c = 6 mm
Moduł Younga: E=70 GPa
Współczynnik Poissona: �=0,35
Gęstość obciążenia: p = 180 MPa
Z warunków zadania otrzymujemy:
" Brak więzów ograniczających ruch na kierunku x i równomiernie rozłożone
obciążenie ściskające na przeciwległych ściankach prostopadłych do x:
�xx=- p , �xx`"0
�zz=0, �zz`"0
" Brak obciążenia i swobodne przemieszczanie się na kierunku z:
" Odkształcenie na kierunku y zablokowane przez ścianki nieodkształcalnego korytka,
�
na których powstają siły reakcji generujące naprężenie ściskające :
yy
�yy=0, �yy`"0
� =�zx=�xy=0
" Brak tarcia brak naprężeń stycznych skąd (na podstawie prawa
yz
�yz=�zx=�xy=0
Hooke'a) .
�xx i �zz �yy �
Znając naprężenia normalne oraz odkształcenie , nieznane naprężenie ,
yy
jakie powstaje wskutek oporu, jaki stawiają rozszerzającemu się poprzecznie wskutek
ściskania blokowi ścianki sztywnego korytka, obliczyć możemy na podstawie uogólnionego
prawa Hooke'a dla ciała izotropowego:
1
�yy = � -�(�zz+� ) �! �yy= E �yy+�(�zz+� ) = -� p =-63 MPa
[ ] [ ]
yy xx xx
E
W ten sposób znane są już wszystkie składowe tensora naprężenia:
�xx � �
- p 0 0 -180 0 0
xy xz
�= = -� p 0 0 -63 0
= [MPa ]
� � 0
yy yz
[ ] [ ]
[ ]
0 0 0
sym �zz 0 0 0
Tensor naprężenia jest w postaci diagonalnej wtedy i tylko wtedy, gdy jest opisany w
układzie swoich osi własnych. Wyznaczone naprężenia są zatem naprężeniami głównymi.
Na tej podstawie wyznaczamy ekstremalne naprężenia styczne:
�max = 0 MPa
�min = -180 MPa
#"�max - �min#"
#"�max#"= = 90 MPa
2
mgr inż. Paweł Szeptyński  Podstawy wytrzymałości materiałów i mechaniki ustrojów prętowych
06  Teoria stanu naprężenia i odkształcenia - ZADANIA
�xx i �zz
Nieznane odkształcenia liniowe wyznaczamy na podstawie związków prawa
Hooke'a:
1 p
�xx = �xx-�(� +�zz) = (�2-1) = -2,2560
[ ]
yy
E E
1 p
�zz = �zz-�(�xx+�yy) = �(�+1) = 1,215 0
[ ]
E E
Tensor odkształcenia:
p
�xx �xy �xz E (�2-1) 0 0
-2,256�"10-3 0 0
�= = [ - ]
0 0 0
�yy �yz = 0 0 0
[
[ ]
p
0 0 1,215�"10-3]
sym �zz
[ ]
0 0 �(�+1)
E
Wymiary bloku w konfiguracji aktualnej (odkształconej)
a '=a+a �yy = a (1+�yy) = a = 10 mm
b '=b+b �zz = b(1+�xx) = 14,96616 mm
c' =c+c �zz = c(1+�zz) = 6,00729 mm
Objętość początkowa:
V = abc = 900 mm3
Objętość po deformacji:
V ' = a' b ' c' = 899,0606 mm3
"V V ' -V
= = -1,044 0
Rzeczywista względna zmiana objętości:
V V
Porównanie z dylatancją, I niezmiennikiem stanu odkształcenia:
a (1+�xx)b (1+�yy)c(1+�zz)-abc
"V V ' -V a ' b ' c' -abc
= = = =
V V abc abc
=(1+�xx)(1+� )(1+�zz)-1 = (�xx+�yy+�zz) + � �zz+�zz�xx+�xx �yy+�xx �yy�zz =
yy yy
�#
�
-1,041 0 -0,00274 0 = -1,044 0
Dylatancja:
� = �xx+�yy+�zz =-1,041 0