II. Wprowadzenie do mechaniki ciał odkształcalnych 1. Stan naprę\enia 2. Stan deformacji 3. Równania fizyczne Zało\enia ogólne: O ośrodku ciągłym -materia w obrębie ciała wypełnia przestrzeń w sposób ciągły. Zaniedbuje się mikro-strukturę atomową i cząsteczkową. Wszystkie pola fizyczne opisujące 1,2,3 są opisane są ciągłymi funkcjami poło\enia X O równowadze ciała -rozwa\amy ciała pozostające w równowadze (brak ruchu) w przyjętym układzie odniesienia 1. Stan naprę\enia 1.1 Wektor naprę\enia p "f p = lim Naprę\enie jest wektorem gęstości sił wewnętrznych "A0 "A "A "f12 -wypadkowa sił działających na element powierzchniowy części 1 ciała , - "f21 pochodzących od części 2 = 2 "f12 "f21 n "A 1 p zale\y:1) od poło\enia punktu x na płaszczyznie dzielącej 2) od nachylenia płaszczyzny n p = p(x, n) 1.2 Rozkład wektora naprę\enia na naprę\enie styczne i normalne n
p
n p = + n n miara rzutu wektora naprę\enia na kier. 1 normalny = p o n n wektor naprę\enia normalnego n = "n n (składowa normalna wektora naprę\enia) n = (p o n)"n wektor naprę\enia stycznego (składowa styczna wektora naprę\enia) = p - n = p -(p o n)"n wartość naprę\enia 2 2 2 = = +Y + X Z stycznego (długość wektora naprę\enia stycznego) 1.3 Stan naprę\enia Zbiór wszystkich wektorów naprę\enia w danym punkcie przy dowolnych płaszczyznach podziału zawierających punkt. ĄN pN xo Ą1 p1 Ą 2 p2 Jest to zbiór o nieskończenie wielkiej liczbie elementów. Problem reprezentacji stanu naprę\enia: szukamy skończonego zbioru liczb przy pomocy którego mo\na utworzyć wektor naprę\eń dla dowolnej płaszczyzny o wersorze normalnym n p = p(xo,n) Propozycja - wektory naprę\eń określone względem płaszczyzn układu współrzędnych {X,Y,Z}: 1. płaszczyzna dzieląca prostopadła do osi X Z pX : ( , , ) XX XY XZ Y X nX = (1,0,0) 2. prostopadła do osi Y pY : (YX ,YY ,YZ ) 3. prostopadła do osi Z nY = (0,1,0) pZ : ( , , ) ZX ZY ZZ z współrzędnych tych tworzymy nZ = (0,0,1) macierz naprę\eń (stanu naprę\enia) , , ł łł XX XY XZ ł , YY , YZ śł T = = [ij ] YX ł śł łZX , ZY , ZZ śł ł ł Wyra\enie wektora naprę\enia względem dowolnie zorientowanej płaszczyzny n p Ą Z Warunki równowagi sił działających na czworościan: - pX "FX ŁX = 0 : - pY "FY p " "F pX "F - "FX - YX "FY - ZX "FZ = 0 XX ŁY = 0 : n Y pY "F - "FX -YY "FY -ZY "FZ = 0 XY Ąn ŁZ = 0 : - pZ"FZ pZ"F - "FX - YZ"FY - ZZ"FZ = 0 X XZ "Fi = ni, i = X ,Y, Z ! "F pX - nX -YX nY - nZ = 0 ńł XX ZX przy u\yciu konwencji sumacyjnej: ł pY - nX -YYnY - nZ = 0 ! pi - nj = 0 ł XY ZY ji ł pZ - nX -YZnY - nZ = 0 ół XZ ZZ T mając daną macierz mo\emy znalezć stan naprę\eń T ! p = T "n
jest więc ona pełną reprezentacją stanu naprę\enia 1.4 Znakowanie naprę\eń Przyjmujemy konwencję znakowania (mo\liwe są inne): Z naprę\enia normalne ZZ dodatnie rozciągające zwrot zgodny z normalną zewnętrzną ściany ZX ZY naprę\enia styczne dodatnie na ścianach o normalnej zewnętrznej YZ zgodnej z osiami u.w. mają zwrot osi układu współrzędnych do której są równoległe
XZ YY XY YX
XX Y X 1.5 Symetria macierzy naprę\eń = YX ńł XY ł = ZX Z równań równowagi momentów: ł XZ sześć składowych określa ł = YZ ół ZY stan naprę\enia w punkcie 1.6 Jednostki naprę\enia [sila] [ ] = [dlugosc]2 N Blaise Pascal (1623-1662) Pa = , w układzie S.I.: m2 kN 103 N kPa = = = 103 Pa jednostki pochodne: m2 m2 MN 106 N MPa = = =103kPa =106 Pa m2 m2 1N N N = = =1MPa 2 mm2 10-6 m2 (10-3m) inne, często stosowane: kG 10N (1kG = 9.81N E" 10N) E" = 105 Pa = 0.1MPa 2 cm2 (0.01m) T 1000kG kG = = 10-1 E" 10-2 MPa = 10kPa m2 1002cm2 cm2 u\ywane Anglii i USA: pound 4.448N 1psi = = = 6894.4Pa in2 0.02542m2 Przykład 1.1: jednoosiowe stany n. a) 50 0 0 ł łł Y ł T = 0 0 0śł ł śł = 50MPa XX ł śł 0 0 0ł ł X Z YY = -30MPa 0 0 0 ł łł ł0 - 30 0śł T = b) ł śł ł śł ł0 0 0ł = = 20MPa ścinanie w pł. XZ ZX XZ c) 0 0 20 ł łł ł śł T = 0 0 0 ł śł ł ł20 0 0 śł ł YX = = -40MPa ścinanie w pł. XY d) XY 0 - 40 0 ł łł ł- T = 40 0 0śł ł śł ł śł 0 0 0ł ł dwuosiowy stan n. w pł. YZ e) Y YY = 20MPa 0 0 0 ł łł ł0 20 0 śł = -40MPa T = ZZ ł śł X ł śł Z ł0 0 - 40ł f) płaski stan naprę\eń w pł. XY = 40MPa XX 40 30 0 ł łł ł30 20 0śł YY = 20MPa T = ł śł = 30MPa ł śł 0 0 0ł XY ł g) = YY = = XX ZZ stan naprę\enia w - p 0 0 -10 0 0 = - p = -10kPa ł łł ł łł cieczy pod ł śł ł śł T = 0 - p 0 = 0 -10 0 ciśnieniem ł śł ł śł ij = - pij ł śł ł śł 0 0 - pł ł 0 0 -10ł p=10kPa ł (w wodzie na gł. 1m) h) = 40MPa = 30MPa 40 30 10 XX XY ł łł ogólny stan 3D ł30 20 -15śł YY = 20 " =10 " T = XZ ł śł ł śł = -30 " YZ = -15 " ł10 -15 - 30ł ZZ Przykład 1.2: Y Dla stanu naprę\enia danego macierzą: 40 30 10 ł łł X ł30 20 -15śłMPa Z T = ł śł ł śł ł10 -15 - 30ł znalezć wektor naprę\enia p odpowiadający płaszczyznie o wersorze normalnym n. 40 30 10 0 ł łł ł łł ł30 20 -15śł " ł śł 2 p = T "n = = 2 ł śł ł śł 2 ł ł ł śł ł0, 2 , 2 ł ł10 -15 - 30ł ł śł ł 2 ł n = ł ł 2 2 ł łł ł40"0 + 30 22 +10 22 łł 28.28 pX ł łł ł łł ł śł ł śłMPa = ł śł 2 2 = -15 = 3.535 pY ł30"0 + 20 2 2 śł ł śł ł śł ł10"0 -15 22 - 30 22 śł ł-31.81ł pZ śł ł śł ł ł ł ł ł Przykład 1.2.a) (kontynuacja) Rozło\yć wektor naprę\enia p na część styczną i normalną n . Wyznaczyć wartość
naprę\enia stycznego. 2 2 n =(0, , ) miara rzutu wektora naprę\enia na kier. normalny: 2 2 2 2
n = p o n = (28.28, 3.535, -31.81)o(0, , )= 2 2 2 2 p = 3.535 + (-31.81) = -20.00MPa 2 2 wektor naprę\enia normalnego: n
2 2 n = n "n = -20.00(0, , )= (0, -14.14, -14.14 )MPa 2 2 Y wektor naprę\enia stycznego: X Z = p - n = (28.28, 3.535, - 31.81)- (0, -14.14, -14.14 ) = = (28.28,17.67, -17.67)MPa wartość naprę\enia stycznego: 2 2 2 2 = = +Y +Z = 28.282 + 17.672 + (-17.67) = 37.73MPa X 1.7 Równania równowagi (Claude Louis Marie Henri Navier, 1785 - 1836 Francja) Rozwa\amy pole naprę\eń w ciele, pozostającym pod wpływem sił zewnętrznych i siły objętościowych b (masowych, np. siła grawitacji), będącym w równowadze. T = T (X ,Y, Z) Pole naprę\eń jest zmienne w przestrzeni, . Czy zmienność ta jest dowolna? Nie podlega ona równaniom równowagi (Naviera). Y np. w kier.X- X = 0 : " - dYdZ + ( + d )dYdZ -YX dXdZ + (YX + dYX )dXdZ - XX XX XX Z X - dXdY + ( + d )dXdY + bX dXdYdZ = 0 / dXdYdZ ZX ZX ZX " "YX "ZX XX d = " dX , dYX = " dY , dZX = " dZ XX "x "y "z dY YX + dYX
" "YX "ZX ZX XX + + + bX = 0
XX + d XX XX "x "y "z + d równanie równowagi w kierunku X ZX ZX dX X dZ YX r. równowagi (Naviera) we wszystkich kierunkach: ńł " "YX "ZX XX + + + bX = 0 ł "x "y "z bX ł łł siły objętościowe ł " "YY "ZY ł łb śł XY + + + bY = 0; b = ł Y ł śł "x "y "z ł łbZ śł ł ł " "YZ "ZZ ł XZ + + + bZ = 0 ł "x "y "z ół 3 równania ró\niczkowe o pochodnych cząstkowych, 6 funkcji niewiadomych zapis r. Naviera przy u\yciu konwencji sumacyjnej: "( ) a" ( ),i i, j = 1,2,3 "xi ij,i +bj = 0 1.8 Transformacja naprę\eń przy obrocie układu współrzędnych przypadek płaskiego stanu naprę\enia (PSN) Y ' Y
X 'Y ' X 'X ' ŁX ' = 0 : - dl cos2 ą - dl cosą siną - XX XY
XX X ' dl "cosą -YY dl sin2 ą - dl cosą siną + dl = 0 dl XY X 'X ' ą
XY X ŁY ' = 0 : - dl cos2 ą + dl cosą siną - XY XX XY YY + dl sin2 ą -YY dl cosą siną + dl = 0 XY X 'Y ' dl "siną Y YY du "cosą Y ' X '
XY du "siną du
ŁY ' = 0 :YY du cos2 ą - du cosą siną - XX XY
X 'Y ' ą - dusiną cosą + dusin2 ą -Y 'Y 'du = 0 XY XX
XY Y 'Y ' X Składowe stanu naprę\enia względem nowego układu współrzędnych X Y (Z =Z) (wzory transformacyjne dla naprę\eń-przypadek płaskiego stanu naprę\eń - PSN) ńł cos2 ą + sin 2ą + YY sin2 ą = XX XY X 'X ' ł- 1 sin 2ą + cos2ą + YY 1 sin 2ą = ł XX 2 XY 2 X 'Y ' ł sin2 ą - sin 2ą + YY cos2 ą = Y 'Y ' XX XY ół Y 'Y '
Y X 'Y ' Y '
X 'X ' X ' ą X Uwaga: Wzory te są analogiczne do wzorów transformacyjnych dla momentów bezwładności jest to ten sam problem matematyczny. Przykład 1.3 3 1 ą = 60o siną = s = , cosą = c = YY = -5MPa Y 2 2 ą = 10MPa XX X 1 3 = c2 + YY s2 = 10" + (- 5)" = -1.25 X 'X ' XX 4 4 3 = (YY - )sc + (c2 - s2)= (-10 - 5) = 6.49 MPa X 'Y ' XX XY 2"2 3 1 Y 'Y ' = s2 + YY c2 = 10" + (- 5)" = 6.125 XX 4 4 X ' Y ' -1.25 6.125 6.49 Wzory na transformację elementów macierzy naprę\eń (PSN) przy obrocie układu współrzędnych (w notacji wskaznikowej): a11 a12 c s 11 12 ł łł ł łł ł łł ł łł XX XY A = = = ła a22 śł ł-s cśł; T = ł 22 śł ł YY śł; ł 21 ł ł ł ł 21 ł ł XY ł '11 = a1ka1lkl = a11a1111 + a11a1212 + a12a1121 + a12a1222 = ńł ł = c2 + 2c " s + s2YY = XX XY X ' X ' ł ł '12 = a1ka2lkl = a11a2111 + a11a2212 + a12a2121 + a12a2222 = ł 'ij = aikajlkl ! ł = -c " s + c2 - s2 + s "cYY = ( ) XX XY X 'Y ' ł (*) ł '22 = a2ka2lkl = a21a2111 + a21a2212 + a22a2121 + a22a2222 = ł ł= s2 XX - 2cs XY + c2YY = Y 'Y ' ół (w notacji macierzowej) a" T ' = AT AT Są to takie same wzory na elementy T co wyprowadzone z warunków równowagi
Wykazaliśmy więc, \e macierz T transformuje się wg. reguły (*), która jest
uogólnieniem reguły transformacji dla wektora x 'i = aij xj Macierz taką nazywamy tensorem (2-go rzędu). 'ij = aikajlkl macierz naprę\eń jest tensorem (czyli transformuje się wg. reguły ) Analogiczny wzór obowiązuje dla przypadków pełnego (3x3) T
Transformacja współrzędnych wektora w przestrzeni 3D Y a" X2 macierz przejścia (transformacji, obrotu, {X} {X '} macierz cosinusów kierunkowych) ' Z' a" X3 i, j = 1,2,3 ' e'2 Y ' a" X2 ' A = [aij]= [e'ioe ]= [cos < (e'i ,e )] j j X ' a" X1 X a" X1 e1 transformacja współrzędnych wektora: Z a" X3 w'= A " w a" w'i = aijwj w w'1 = a11w1 + a12w2 + a13w3 ńł łw' = a21w1 + a22w2 + a23w3 a" ł 2 łw' = a31w1 + a32w2 + a33w3 3 ół macierz odwrotna: {X '} {X} w = AT " w' a" wi = ajiw'j A-1 = AT ; det(A) = 1 właściwości macierzy ortonormalnej 1.9 Transformacja współrzędnych tensora (naprę\eń) w przestrzeni 3D wzory transformacyjne mają tą samą postać ogólną jak w 2D w zapisie macierzowym: T' = AT AT w zapisie wskaznikowym 'ij = aikajlkl z umową sumacyjną: np. : sumowanie po k i l 674 4 8 '11 = a1ka1l = a11a1111 + a11a1212 + a11a1313 + kl + a12a11 + a12a12 + a12a1323 + 21 22 + a13a1131 + a13a1232 + a13a1333 '12 = a1ka2l = K kl L 1.10 Naprę\enia główne, kierunki główne tensora naprę\eń Geneza fizyczna problemu: T "Ąn : pi = nj ! p = T "n
ji Dla danego stanu naprę\enia, czy istnieje taka płaszczyzna ĄV , \e wektor naprę\enia względem tej płaszczyzny będzie miał jedynie składową normalną? T p(x, v) = T " v = v
p = v v ĄV Istnieją co najmniej 3 takie płaszczyzny (główne), wzajemnie prostopadłe. Ich wersory normalne nazywamy kierunkami głównymi. Odpowiadające im wartości naprę\eń normalnych nazywamy naprę\eniami głównymi. p(x, v)= T " v = v ! (T -1)v = 0
jest to problem własny dla symetrycznej macierzy 3x3. Szukamy: " wartości własnych " wektorów własnych v, takich \e: 11 - 12 13 v1 0 ł łł ł łł ł łł Jest to jednorodny układ równań ł łv śł ł0śł - 23 śł " = liniowych ze względu na vi 21 22 2 ł śł ł śł ł śł ł śł ł śł ł 31 32 33 - 3 ł ł ł łv ł ł0śł W.K. istnienia rozwiązania niezerowego Ó! na wektor vi jest by: 11 - 12 13 Poszukujemy przy których - = 0 21 22 23 spełniony jest W.K. 31 32 33 - c ( ) det ij -ij = 0 po wyliczeniu wyznacznika, otrzymuje się: równanie wiekowe 3-go stopnia 3 2 - I1 + I2 - I3 = 0 Mo\na dowieść \e będzie miało 3 pierwiastki rzeczywiste (konsekwencja symetrii macierzy) gdzie: I1 = 11 + 22 + 33 = ii 22 23 11 13 11 12 1 I2 = + + = (kkrr -ijij) 32 33 31 33 21 22 2 11 12 13 I3 = 21 22 23 31 32 33 -niezmienniki stanu naprę\enia (wartości nie zale\ą od wyboru I1, I2, I3 układu współrzędnych) -pierwiastki równania wiekowego= wartości własne (główne) 1,2,3 tensora naprę\enia (te\ są niezmiennikami stanu naprę\enia) e" e" -j.w., uporządkowane wg wielkości I II III Wyznaczenie kierunków głównych (wektorów własnych) i Dana i-ta wartość własna ( ( (11 - )v1(i) + 12v2i) + 13v3i) = 0 (1) i ( ( (2) v1(i) + ( - )v2i) + v3i) = 0 21 22 i 23 ( ( v1(i) + v2i) + ( - )v3i) = 0 (3) 31 32 33 i 2 2 2 ( ( (4) v1(i) + v2i) + v3i) = 1 długość wektora normalnego=1 (wersora) Sposób rozwiązania: rozpatrujemy 2 z zale\nych równań (1),(2),(3), np.: (2) i (3). Wprowadzamy ( ( pomocnicze niewiadome: v1i) v2i) 1 = , 2 = ( ( v3i) v3i) Znajdujemy je z rozwiązania układu 2 równań (2) i (3). Z (4) znajdujemy: 1 ( ( ( ( v3i) = , v1(i) = 1v3i), v2i) = 2v3i) 2 1+ 1 + 2 2 Powtarzamy procedurę dla pozostałych i . Wersory sa do siebie wzajemnie v(i) prostopadłe, czyli: v(1) o v(2) = 0, v(1) o v(3) = 0, v(3) o v(2) = 0, Przykład 1.4: Znalezć naprę\enia i kierunki główne: 40 30 10 ł łł ł30 20 -15śłMPa T = [ij ] = ł śł ł śł ł10 -15 - 30ł Niezmienniki tensora naprę\enia: I1 = 40 + 20 - 30 = 30MPa 20 -15 40 10 40 30 I2 = + + = -825 -1300 -100 = -2225MPa2 -15 - 30 10 - 30 30 20 40 30 10 I3 = 30 20 -15 = -24000 - 2" 4500 - 2000 + 27000 - 9000 = -17000MPa3 10 -15 - 30 Równanie wiekowe (charakterystyczne): 3 2 3 2 - I1 + I2 - I3 = 0 ! - 30 - 2225 +17000 = 0 Rozwiązanie równania 3-go stopnia (za pomocą wzorów Cardano) 3 2 - 30 - 2225 +17000 = 0 (*) a = 1, b = -I1 = -30, c = I2 = -2225, d = -I3 = 17000 3 b 3ac - b2 b bc d ł ł = y - ; (*) y3 + py + q = 0; p = ; q = - + ł ł 3a 9a2 3a 6a2 2a ł łł b - I1 3I2 - I12 - 3" 2225 - 900 0 = = = -10MPa; p = = = -841.6 MPa2 3a 3 9 9 3 3 - I1 I1I2 I3 - 30 30"(- 2225) 17000 ł ł ł ł q = + - = + + = -3625 MPa3 ł ł ł ł 3 6 2 3 6 2 ł łł ł łł " = q2 + p3 < 0 : ten warunek jest zawsze spełniony, 3 pierwiastki rzeczywiste 2 3 (- 3625) + (- 841.6) = -583100000MPa6 < 0 r = sgn(q) p = sgn(- 3625) 841.6 = -29.01 MPa q - 3625 cos(3 )= = = 0.1484 3 = 81.462o = 27.154o 3 r3 (- 29.01) pierwiastki równania pomocniczego y3 - 841.6y - 3625 = 0 ł ł y1 = -2r cos( ) y1 = -2(- 29.01)cos(27.154o)= 51.62 ł Ą ł ł y2 = 2r cosł - ! y2 = 2(- 29.01)cos(60o - 27.154o)= -48.74 MPa ł ł żł 3 ł łłł y3 = 2(- 29.01)cos(60o + 27.154o)= -2.880 Ą ł y3 = 2r cosł + ł łł 3 ł łłł ł naprę\enia główne (wartości własne) 1 = y1 -0 = 51.62 - (-10.0) = 61.62 MP = I 2 = y2 -0 = -48.74 - (-10.0) = -38.74 MPa = III 3 = y3 -0 = 2.880 - (-10.0) = 7.120 MPa = II 1 kontrola: 1 + +3 = I1 ! 61.62 - 38.74 + 7.12 = 30.00 2 2 kontrola: 1 " "3 = I3 ! 61.62"(- 38.74)"7.12 = -16996.5 E" -17000 2 3 kontrola: 1 " +3 "1 +3 " = I2 ! -2220.7 E" -2225.0 2 2 (o.k.) = 61.62 MPa I = 7.12 MPa II w jakich kierunkach działają? = -38.74 MPa III Kierunki główne 1 = 61.62 dla 1 wartości własnej ( ( ( ( ( ( 1 = v11) / v31), ńł - 61.62)v11) + 30v21) +10v31) = 0 / v31) (40 ł (1) ( ( ( ( ( (20 - 61.62)v21) -15v31) = 0 / v31) ł30v + 1 2 = v21) / v31), ( ( ( ł 10v11) -15v21) + (- 30 - 61.62)v31) = 0 ół Ó! - 21.621 + 30.02 = -10 1 =192.4 ńł ! ł 30.01 - 41.622 = 15 2 = 138.3 ół 2 2 2 2 1 ( ( ( v1(1) + v21) + v31) =1 / : v31) ! 12 + 22 +1 = ! 2 ( v31) 1 1 ( v31) = = = 0.004218 1+192.32 +138.32 1+ 12 + 22 ( v1(1) = 1v31) =192.4"4.218"10-3 = 0.812 ( ( v21) = 2v31) =138.3" 4.218"10-3 = 0.584 v(1) = (0.812, 0.584, 0.004218) dla 2 wartości własnej = -38.74 2 ( ( ( ( ńł (40 -(- 38.74))v12) + 30v22) +10v32) = 0 / v22) ( 1 = v1(2) / v22), ł (2) ( ( ( (20 -(- 38.74))v22) -15v32) = 0 / v22) ł30v + 1 ( ( 3 = v32) / v22), ( ( ( ł 10v12) -15v22) + (- 30 -(- 38.74))v32) = 0 ół Ó! 78.741 +103 = -30 1 = -0.701 ńł ! ł + 8.743 =15 3 = 2.518 ół101 1 1 ( v22) = = = 0.357 1+ 0.7012 + 2.5182 1+ 12 + 32 ( v1(2) = 1 v22) = -0.701"0.357 = -0.250 ( ( v32) = 3v22) = 2.518"0.357 = -0.900 v(2) = (-0.250, 0.357, - 0.900) Sprawdzenie warunku ortogonalności (prostopadłości) wektorów własnych: v(2) o v(1) = -0.250"0.812 + 0.357"0.584 + 0.900" 0.00421 E" 0 3 wektor własny (wersor kierunku głównego) z warunku prostopadłości do v(1),v(2) v(3) = v(1) v(2) = = (0.812, 0.584, 0.004218)(- 0.25, 0.357, 0.900) ł 0.584 0.004 0.812 0.004 0.812 0.584 ł ł ł = , - , = ł ł 0.357 0.900 - 0.25 0.900 - 0.25 0.357 ł łł = (0.524, - 0.7318, 0.4358) X 2 0.004 wektory własne kierunki główne v(1) 0.357 0.584 0.900 -0.25 0.812 0.524 v(2) X1 -0.7318 X 3 v(3) 0.4385 Dwie reprezentacje tego samego stanu naprę\enia: wyjściowa w układzie {X,Y,Z} w układzie wyznaczonym przez kierunki główne {X i}, i=1,2,3 40 30 10 61.62 0 0 ł łł ł łł ł30 20 -15śł T = AT AT = ł śł T = 0 - 38.74 0 ' ł śł ł śł ł śł ł śł 0 0 7.12ł ł10 -15 - 30ł ł X 2 X a" Y 2 X1' v(1) 1=I =61.62 X1 a" X 2=III =-38.74 X1 3=II =7.12 v(2) X ' X 2 3 X a" Z v(3) 3 X ' 3 1.11 Macierz przejścia (transformacji) miedzy układem wyjściowym (dowolnym) a układem kierunków głównych: A jest macierzą utworzoną z wersorów własnych T ' = AT AT : łv1(1) v2(1) v3(1) łł ł łł v(1) ł śł łv(2) śł (2) A = = v2(2) v3(2) śł 1 łv ł śł łv1(3) v2(3) v3(3) śł łv(3) śł ł ł ł ł 1.12 Twierdzenia o ekstremalnych naprę\eniach normalnych i stycznych: 1.Naprę\enia główne są ekstremalnymi naprę\eniami normalnymi dla danego stanu naprę\enia( -największe, -najmniejsze)
I III XIII III 2.Maksymalne naprę\enie styczne występuje w płaszczyznach nachylonych II MAX pod kątem 45o do płaszczyzn głównych I i III i wartość ta wynosi: I X II - I III = MAX XI 2 Dowód: Ąn : ,n wyra\amy wartości naprę\enia normalnego i stycznego w płaszczyznie n poprzez naprę\enia główne 1 e" 2 e" 3 2 2 2 ńł = n1 "1 + n2 " + n3 "3 (1) n 2 ł 2 2 )"n ł = diag(i - n = n n (2) ł 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + n3 "3) ł= n1 " 1 + n2 " 2 + n2 " 3 -(n1 "1 + n2 " 2 2 2 2 łn1 + n2 + n3 =1 (3) ół rozwiązujemy układ 1, 2, 3 z uwagi na ni2 0 d" 0 d" 0 d" k1: k2: k3: koła Mohra(3D) 1 e" n e" 3 k2 1 -3 MAX = 2 k3 k1 (za wykładem prof. A.Trutego) c.n.d. 1.13 Przypadki szczególne 3 1 = 2 > 3 cała płaszczyzna (prostopadła do kier. 3) mo\liwych kierunków głównych 1 i 2 1 2 3 1 = 2 = 3 ciśnienie, dowolne kierunki główne 1,2,3 1 2 1.14 Płaski stan naprę\enia (PSN) LZ a" t << LX , LY , , 0 ł łł XX XY ł , YY , 0śł t T = YX LY ł śł b ł 0 0 0śł Y ł ł X LX Z 3 = 0 naprę\enie główne wystarczy rozwa\ać macierz naprę\eń 2 x 2 YY
Y ł łł XX XY
XY T = ł YY śł ł XY ł
XX X 1.15 Naprę\enia i kierunki główne (PSN) 1 0 ł łł ł łł XX XY T = T' = ł ł 1, 2 naprę\enia główne YY śł 0 2śł ł XY ł ł ł szukamy Ć : - +YY XX 0 = sin 2Ć " + cos2Ć " XY 2 2 XY tan 2Ć = -YY (*) XX 1 2 XY X jest osią większego z I Ć = arctan naprę\eń głównych ( ): 2 -YY 1 XX IX < IY !Ć =< (Y, XI ) YY < XX YY > XX IX > IY !Ć =< (X, XI ) Y X X Ć I I 1 1 Ć X czyli kąt wg wzoru (*) odmierzamy od kierunku większego z naprę\eń ,YY Ć XX Wyznaczenie wartości 1 ,2 ńł 1 = cos2 Ć - sin 2Ć + sin2 ĆYY XX XY ł = sin2 Ć + sin 2Ć + cos2 ĆYY ół2 XX XY analogiczne wyprowadzenie jak dla macierzy (tensora) momentów bezwładności 2 +YY 1 +YY -YY 2 ł ł 2 2 XX XX XX 1,2 = ą -YY + 4 = ą + ( ) XX XY ł ł XY 2 2 2 2 ł łł Naprę\enia główne przyjmują wartości ekstremalne: 1- największa , 2 najmniejsza Badamy funkcje: ą = cos2 ą + sin 2ą + sin2 ąYY ( ) XX XY 2 Y Y ' d ą ( ) warunek konieczny ekstremum: 1 = 0 ! dą 2cosą siną YY - + 2cos 2ą = 0 ( ) XX XY X ' 1 Ć ! sin 2ą YY - + 2cos 2ą = 0 ( ) O XX XY X Postać warunku identyczna jak 2 warunku X Y =0 1.16 Problem wartości i kierunków własnych (głównych) dla tensora naprę\eń 2x2 (PSN)
ł łł XX XY T = ł YY śł ł XY ł v Szukamy wartości oraz wektorów , takich \e: T " v = v ! (T - 1)v = 0 - równanie algebraiczne 2 stopnia XX XY det(T - 1)= 0 ! = 0 (wiekowe) YY - XY 2 ( - )(YY - )- = 0 XX XY 2 2 - ( + YY ) + "YY - = 0 XX XX XY istnieją 2 pierwiastki 2 2 " = ( + YY ) - 4( "YY - )e" 0 rzeczywiste XX XX XY 2 + YY -YY ł ł 2 XX XX 1 = + + ł ł XY 2 2 ł łł wartości własne = 2 naprę\enia główne + YY -YY ł ł 2 XX XX 2 = - + ł ł XY 2 2 ł łł łv1(i) łł i,i = 1, 2 ka\dej wartości własnej odpowiada wektor własny v(i) = ł śł i ( ) (kierunek główny) ł śł łv2 ł 2 Y v(2) 1 v(1) (i) Ć2 T -i1 v = 0, i = 1, 2 ( ) Ć1 O układ równań jednorodny, rozwiązaniem mo\e być jedynie stosunek współrzędnych wektora v X ( ( ńł -1 v1(1) + v21) = 0 ( ) v21) 1 - ł dla XX XY XX XY 1 : ! tanĆ1 = = = ł ( 1 -YY v1(1) ( ) XY ł v1(1) + YY -1 v21) = 0 XY ół analogicznie: w2(2) 2 - v(22) = XX XY inna postać wzorów na kąt pochylenia 2 : tanĆ2 = = ( kierunków głównych 2 -YY w1(2) v12) XY Y Przykład 1.5 Znalezć naprę\enia i kierunki główne - 20 10 ł łł T = ł śłMPa 10 4 ł ł 2 - 20 + 4 - 20 - 4 ł ł X 1 = + +102 = -8.0 + 122 +102 = ł ł 2 2 ł łł = -8.0 +15.62 = 7.62 MPa Y 1 = 7.62 = -8.0 -15.62 = -23.62 MPa 2 Ć = -19.90o IX 1 sposób: YY>XX 2 2 "10 20.0 XY tan 2Ć = = = - = -0.8333 2 = -23.62 -YY - 20 - 4 24.0 XX 1 39.80o Ć = arctan(- 0.8333) = - = -19.90o 2 2 1 = 7.62 2 sposób: 2 = -23.62 1 - 7.62 - (-20) XX Ć1 = 70.09o tanĆ1 = = = 2.762 ! Ć1 = 70.09o 10 XY - - 23.62 - (-20) 2 XX tanĆ2 = = = -0.362 ! Ć2 = -19.90o X 10 XY Ć2 = -19.90o koło Mohra + YY XX a = = -8 2 2