Przykład 6.2. Płaski stan naprężenia. Płaski stan odkształcenia.
ZADANIE 1. Dla danego płaskiego stanu naprężenia
� �
�ł łł 3 1
�ł łł
x xy
� = =
�ł� � śł
�ł1 2śł [MPa]
yx y
�ł �ł
�ł �ł
znalez
ć składowe stanu naprężenia w układzie osi x y obróconych względem osi xy o kąt
ą=30� oraz naprężenia i kierunki główne. Stosując konstrukcję koła Mohra, znalez
ć
(a) naprężenia i kierunki główne oraz (b) rozwiązać zagadnienie odwrotne, tzn. mając dane
naprężenia i kierunki główne znalez
ć składowe stanu naprężenia w układzie xy .
Rozwiązanie:
Osie układu xy po obrocie o kąt ą oznaczamy jako x' y'.
y
y'
x'
ą (+)
x
Po obrocie układu współrzędnych o kąt ą składowe stanu naprężenia transformują się według
następujących wzorów:
� = � cos2 ą +� sin2 ą + 2� siną cosą
x' x y xy
� = � sin2 ą +� cos2 ą - 2� siną cosą
y' x y xy
� = -(� -� )siną cosą +� (cos2 ą - sin2 ą)
x'y' x y xy
Uwaga:
Składowe stanu odkształcenia transformują się według podobnych wzorów, wystarczy
składowe tensora naprężenia � zastąpić odpowiednimi składowymi tensora odkształcenia � .
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:
3 1 3 1 11+ 2 3
� = 3�" + 2�" + 2�"1�" �" = = 3,62 MPa
x'
4 4 2 2 4
1 3 3 1 9 - 2 3
� = 3�" + 2�" - 2�"1�" �" = =1,38 MPa
y'
4 4 2 2 4
3 1 3 1 2 - 3
�ł
� = -(3 - 2)�" �" +1�"�ł - �ł
= = 0,07 MPa
�ł
x'y'
2 2 4 4 4
�ł łł
Naprężenia główne wyznaczamy z równania wiekowego
� -� �
x xy
2 2 2
�
= 0 �! (� -� ) (� -� ) -� = 0 �! -� (� +� ) +� � -� = 0
x y xy x y x y xy
� � -�
yx y
Współczynniki w równaniu wiekowym są niezmiennikami i wynoszą:
2
sI = � +� , sII = � � -� , sIII = 0 .
x y x y xy
Rozwiązaniami równania wiekowego są naprężenia główne:
2
� +� � -�
�ł �ł
sI sI 2
�ł �ł x y x y
2
�ł �ł
�1, 2 = ą ą +� .
�ł �ł - sII �! �1, 2 =
xy
�ł �ł
2 2 2 2
�ł łł
�ł łł
Kierunek główny jest normalny do przekroju, w którym naprężenie styczne jest równe zeru.
Tak więc kąt, o jaki należy obrócić układ współrzędnych xy aby otrzymać kierunki główne
obliczamy z równania:
1
� = -(� -� )siną cosą +� (cos2 ą - sin2 ą)= - (� -� )sin 2ą +� cos2ą = 0
x' y' x y xy x y xy
2
2�
Ą Ą Ą
xy łł
tg2ą = �! ą = ą0 ą n (n = 1, 2, 3, & ) , ą0 "�ł- ,
�ł
śł
� -� 2 4 4
�ł �ł
x y
Kąt ą0 jest kątem, o jaki należy obrócić oś, wzdłuż której występuje większe naprężenie
normalne, aby otrzymać kierunek główny 1, tzn.:
Ą
jeżeli � > � , to ą0 = < (x, 1) , ą0 + = < (x, 2) ;
) )
x y
2
Ą
jeżeli � < � , to ą0 = < ( y, 1) , ą0 + = < (x, 1) ;
) )
x y
2
Ą
jeżeli � = � i � =�max > 0 , to ą0 = < (x, 1) = + ;
)
x y xy
4
Ą
jeżeli � = � i � =�max < 0 , to ą0 = < (x, 1) = - .
)
x y xy
4
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy
2
� +� � -�
�ł �ł
1
x y x y
2
�ł �ł
�1, 2 = ą +� = (5 ą 5)MPa ,
xy
�ł �ł
2 2 2
�ł łł
2�
xy
Ą
tg2ą = = 2 �! ą0 = 31,7 ; � > � , więc ą0 = < (x, 1) , ą0 + = < (x, 2) .
) )
x y
2
� -�
x y
Kontrolą poprawności obliczeń jest sprawdzenie niezmienników:
2
sI = � +� = �1 +�2 = 5 sII = � � -� = �1� = 5
x y x y xy 2
Koło naprężeń Mohra
2
Istotą konstrukcji graficznej zwanej kołem Mohra jest to, że wyrażenie -� ) / 2]2 +�
,
[(�
x y xy
czyli promień koła Mohra, jest niezmiennikiem płaskiej transformacji stanu naprężenia przy
obrocie prostokątnego układu współrzędnych xy. W literaturze spotkać można różne sposoby
realizacji tej konstrukcji. Przedstawiony poniżej sposób zaczerpnięto z podręcznika
Wytrzymałość Materiałów; Z. Dyląg, A. Jakubowicz, Z. Orłoś, WNT W-wa, 1996.
Przypadek (a). Dla danego stanu naprężenia w układzie osi xy znalez
ć naprężenia główne
i odpowiadające im kierunki główne (Rys. 1).
Koło Mohra prowadzimy przez dwa punkty A(� ,� ) i A'(� ,-� ) . Na osi poziomej
x xy y xy
odkładamy naprężenia normalne, zaś na pionowej  skierowanej w dół  naprężenia styczne.
A
ącząc punkty A i A znajdujemy średnicę i środek S koła Mohra. Kreślimy okrąg
o promieniu SA, który na osi poziomej wyznacza naprężenia główne �1 oraz � . Zauważmy,
2
że zachodzą zależności:
2
� -�
x y
| SC |= , | CA |=�
xy
2
2
�
�ł -� � +�
�ł
x y x y
2
�ł �ł
| SA|= +� , | OS |= ,
xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
2
� +� � -�
�ł �ł
x y x y
2
1
�ł �ł
�1,2 =| OS | ą | SA |= ą +� = (5 ą 5)
xy
�ł �ł 2
2 2
�ł łł
2�
| CA |
xy
tg2ą0 = = = 2 �! 2ą = 63,4 , ą = 31,7
�
| SC | -�
x y
Kąt 2ą0 to kąt środkowy w okręgu, zatem poszukiwany kąt ą0 znajdujemy jako kąt wpisany
oparty na tym samym łuku AE. Kąt ą0 uważa się za dodatni, jeżeli jest przeciwny do ruchu
wskazówek zegara.
Każdy, dowolny punkt na kole Mohra przedstawia naprężenia w pewnym przekroju
określonym normalną poprowadzoną przez ten punkt z punktu F.
To znaczy, że prowadząc prostą FA określamy oś x, a współrzędne punktu A (�x=3, �xy=1), w
przyjętym dla koła Mohra układzie � �, są naprężeniami w przekroju prostopadłym do osi x.
Oś y jest prostopadła do osi x, znajdujemy ją prowadząc prostą przez punkt A (kąt wpisany
oparty na średnicy AA jest kątem prostym).
W szczególności, prowadząc prostą z punktu F przez punkt E, któremu odpowiada
maksymalne naprężenie normalne �1 oraz naprężenie styczne równe zeru, określamy kierunek
główny 1. Kierunek główny 2 jest do niego prostopadły.
Zauważmy, że obracając okład osi xy w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara,
naprężenie normalne �x rośnie do wartości �1 dla kąta ą0 , natomiast naprężenie normalne �y
maleje do wartości �2 dla kąta ą0 (na Rys. 1 oznaczono to symbolicznie strzałkami w kolorze
szarym).
Wadą przedstawionej tu konstrukcji koła Mohra jest to, że oś x, przyjmowana zwykle jako
pozioma, jest w tym przypadku ukośna.
�y
�2
�yx
� = 0
�x > �y > 0 ą > 0
y
A
�xy > 0
-�xy
2
F(�2,0) D(�y ,0) C(�x ,0) E(�1,0)
�1
1
O
ą0 S 2ą0
� = 0
�xy
A x
�
�x
�xy
Rys. 1. Koło naprężeń Mohra dla danych � = 3 , � = 2 i � = 1 [MPa]
x y xy
3
Przypadek (b). Dla danych naprężeń głównych �1 > � znalez
ć naprężenia w układzie osi xy
2
obróconych o dany kąt ą < 0 względem kierunku maksymalnego naprężenia głównego
(Rys. 2).
1
Na osi poziomej znajdujemy punkty E i F odpowiadające naprężeniom �1 = (5 + 5)
2
1
i � = (5 - 5) . Ze środka koła S znajdującego się w środku odcinka FE, zataczamy okrąg
2
2
o promieniu SE. Następnie rysujemy średnicę, która z osią poziomą (kierunkiem głównym 1)
tworzy kąt 2ą = 63,4 Na przecięciu średnicy z okręgiem znajdujemy punkty A i A .
Prowadzimy pionowe odcinki AC i A D  odpowiadają one szukanym naprężeniom stycznym
� = 1 i -� = -1. Odcinki OB oraz OD odpowiadają szukanym naprężeniom � = 3 oraz
xy xy x
� = 2 .
y
Zauważmy, że punktowi M na kole Mohra odpowiada przekrój, w którym występuje
maksymalne naprężenie styczne. Jest on nachylony pod kątem 45� do kierunków głównych.
Maksymalne naprężenie styczne wynosi:
2
�
�ł -�
�ł
�1 -�
x y
2
2
�ł �ł
� = = +� .
max xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
y
�1 > �2
A
 �xy ą0 < 0
D(�y,0) C(�x,0)
�
�1
F(�2,0)
O
ą0 S 2ą0 E(�1,0)
� = 0
45�
�xy
A x
�max
M
�xy
�
�max
�x
�1+�2
2
Rys. 2. Koło naprężeń Mohra dla danych
1 1
�1 = (5 + 5) , � = (5 - 5) [MPa] , 2ą = 63,4
2
2 2
Uwaga:
Konstrukcja koła odkształceń Mohra jest analogiczna do koła naprężeń, wystarczy zamienić
odpowiednie naprężenia na odkształcenia.
1
� � , � � , � ł
x x y y xy xy
2
4
ZADANIE 3. Za pomocą koła Mohra znalez
ć naprężenia główne oraz kierunki główne dla
poniższych stanów naprężenia:
9 4 3 4 3
�ł łł �ł łł �ł - 4
łł
A) � =
�ł4 3śł B) � = �ł4 9śł C) � = �ł
�ł �ł �ł �ł �ł- 4 9śł
�ł
9
�ł - 4 3
łł �ł- 2 5
łł �ł - 5
łł
D) � = E) � = F) � =
�ł �ł �ł
5 - 2śł
�ł- 4 3śł �ł �ł �ł- 5 3śł
�ł �ł
Przedstawimy tu nieco inną konstrukcję koła Mohra, w której oś x jest pozioma. W tym celu,
znajdujemy na kole pewien pomocniczy punkt B zwany biegunem, prowadząc przez punkt A
prostą poziomą, a przez punkt A prostą pionową. Tak jak w poprzednio opisanej konstrukcji,
każdy punkt na kole Mohra przedstawia naprężenia w pewnym przekroju określonym
normalną poprowadzoną przez ten punkt  tym razem  z bieguna B, a nie jak poprzednio z
punku F. Prosta BA wyznacza więc oś x (jest pozioma), prosta BA wyznacza oś y, zaś proste
BE i BF odpowiednio kierunki 1 oraz 2.
y �x > �y > 0 ą0 > 0
A �xy > 0
-�xy
2
1
D(�y ,0) C(�x ,0)
�
E(�1,0)
F(�2,0)
S
2ą0
ą0
�xy
x
B A
Rozwiązanie:
y �x > �y > 0 ą0 > 0
A)
A �xy > 0
-4
9 4
�ł łł
� =
1
�ł4 3śł [Pa]
11
�ł �ł
2
1
9
3
�
�1 = 11 Pa
1 11
2ą0
� = 1 Pa
2
3
4
ą0
ą0 = 26,6
4 x
9
B A
�xy
y
0< �x < �y ą0 < 0
A
-4
B)
�xy >0
1
3 4
�ł łł
� =
�ł4 9śł [Pa]
�ł �ł
3 9
�
1 11
2ą0
�1 = 11 Pa
9
� = 1 Pa
4
2
4
3
ą0 x 11
A
B
ą0 = -26,6
2
�xy
1
5
 y 9
2
4
B
A
ą0
x
-4
3
C)
3
�ł - 4
łł
� = [Pa]
> 0
0< �x < �y ą0
�ł
�ł- 4 9śł 2ą0
�ł
3 �xy < 0
9
�
�1 = 11 Pa
1 11
� = 1 Pa
2
1
1
ą0 = 26,6
4
A
�xy
11
y 2 3
4
A
B
-4
9
D)
x
ą0
9
�ł - 4
łł
�x > �y > 0 ą < 0
� = [Pa]
�ł
�ł- 4 3śł �xy < 0
�ł
2ą0
3 11
1 9
�
�1 = 11 Pa
1
1
� = 1 Pa
2
11
ą0 = -26,6
4
A
�xy
A
-5
7
3
E)
�ł- 2 5
łł
2 1
� = [Pa]
�ł
5 - 2śł �x = �y
-2 �
�ł �ł
-7 3
�xy = �max > 0
2ą0
�1 = 3 Pa
y
ą0 > 0
2
� = -7 Pa
2
5
ą0 x
ą0 = 45 2
5
B=A
�
y
3
5
B=A x
�x = �y ą0 < 0
-5
3
ą0
F)
�xy = �max < 0
3
�ł - 5
łł
� = [Pa]
�ł
�ł- 5 3śł
�ł
2ą0
-2 3 �
8
�1 = 8 Pa
2
1 2
� = -2 Pa
2
8
ą0 = -45
5
A
�
6
ZADANIE 4. W pewnym punkcie na powierzchni ciała określono stan odkształcenia,
mierząc wydłużenia �a , �b , �c w trzech kierunkach: a, b, c. Znalez
ć składowe stanu
odkształcenia w układzie osi xy.
y y
b
�
90�
�
a
120�
ą
30�
x x
c
Rozwiązanie
W ogólnym przypadku, odkształcenia �� , �� , ł�� w układzie osi �� obróconych o dowolny
kąt ą względem osi xy obliczamy ze wzorów:
1 1 1
�� = (� + � ) + (� - � )cos2ą + ł sin 2ą
x y x y xy
2 2 2
1 1 1
�� = (� + � ) - (� - � )cos2ą - ł sin 2ą
(1 a,b,c)
x y x y xy
2 2 2
1 1 1
ł�� = - (� - � )sin 2ą + ł cos2ą
x y xy
2 2 2
W naszym zadaniu wystarczy wykorzystać tylko pierwszy wzór, tzn. (1a). Podstawiając
kolejno za ą odpowiednie kąty, jakie tworzą osie a, b, c z osią x , można wyrazić znane
odkształcenia �a , �b , �c za pomocą szukanych składowych � , � , ł . Zatem
x y xy
1 1 1
�a = (� + � ) + (� - � )cos(2 �"30 ) + ł sin(2 �"30 )
x y x y xy
2 2 2
1 1 1
�b = (� + � ) + (� - � )cos(2 �"120 ) + ł sin(2 �"120 )
x y x y xy
2 2 2
1 1 1
�c = (� + � ) + (� - � )cos(2 �" 240 ) + ł sin(2 �" 240 )
x y x y xy
2 2 2
7
Uwzględniając, że
3
1
cos(2 �" 30 ) = cos60 = ; sin(2 �" 30 ) = sin 60 =
2 2
3
1
cos(2 �"120 ) = cos(180 + 60 ) = - ; sin(2 �"120 ) = sin(180 + 60 ) = -
2 2
3
1
cos(2 �" 240 ) = cos(360 + 90 + 30 ) = - ; sin(2 �" 240 ) = sin(360 + 90 + 30 ) =
2 2
otrzymujemy układ trzech równań z trzema niewiadomymi składowymi stanu odkształcenia
� , � , ł :
x y xy
3
1 1 1 1 1
�a = � (1+ ) + � (1- ) + ł
x y xy
2 2 2 2 2 2
3
1 1 1 1 1
�b = � (1- ) + � (1+ ) - ł
x y xy
2 2 2 2 2 2
3
1 1 1 1 1
�c = � (1- ) + � (1+ ) + ł
x y xy
2 2 2 2 2 2
Porządkujemy:
3 1
ńł�a = � x + � y + 3 ł xy
4 4 4
�ł
�ł
(2a,b,c)
�ł� = 1 � + 3 � - 43 ł
b x y xy
4 4
�ł
3
1 3
c x y xy
�ł� = � + � + ł
4 4 4
ół
Odejmując stronami równania (2b,c), obliczamy odkształcenie postaciowe ł
xy
2
3
ł = (�c - �b )
�b - �c = - ł �!
xy
xy
2 3
Podstawiając ten wynik do równań (2a,b) otrzymujemy układ, z którego znajdziemy
odkształcenia podłużne � , � :
x y
3
3 1 2
�a = � + � + �" (�c - �b)
x y
4 4 4
3
�"
3
1 3 2
�b = � + � - �" (�c - �b ) | �" (-3)
x y
4 4 4
3
1 9 1 3
�a - 3�b = ( - )� +( - )(�c - �b )
y
4 4 2 2
1
� = (-�a + �b + 2�c )
y
2
Podstawiając obliczone ł i � do równania (2a) otrzymujemy odkształcenie � :
xy y x
1
� = (3�a + �b - 2�c )
x
2
8