Uogólnione prawo Hooke'a

Przykład 6.3. Uogólnione prawo Hooke a
Związki między odkształceniami i naprężeniami, w przypadku ciała izotropowego, opisuje
uogólnione prawo Hooke a:
�
xy
1
ł = 2� = ,
� = [� -� (� + � )] , xy xy
x x y z
G
E
�
1
yz
(a)
� = [� -� (� + � )] , ł = 2� = ,
y y z x yz yz
E G
1 �
zx
� = [� -� (� + � )] ,
ł = 2� = ,
z z x y
zx zx
E
G
Rozwiązując równania (a) względem naprężeń, otrzymujemy związki:
E �
�ł
� =
x
�ł� x + (� x + � y + � z )łł , � xy = G ł xy = 2G � xy
śł
1 +� 1 - 2�
�ł �ł
E �
�ł
� =
(b)
y
�ł� y + (� x + � y + � z )łł , � yz = G ł yz = 2G � yz
śł
1 +� 1 - 2�
�ł �ł
E �
�ł
� =
z
�ł� z + (� x + � y + � z )łł , � zx = G ł zx = 2G � zx
śł
1 +� 1 - 2�
�ł �ł
W tych wzorach E oznacza moduł sprężystości podłużnej (moduł Younga), G moduł
sprężystości poprzecznej (moduł Kirchoffa), zaś � współczynnik Poissona (�2 = -� �1).
ZADANIE 1. Wewnątrz nieodkształcalnego sześcianu o krawędzi l umieszczony jest
odkształcalny prostopadłościan wykonany z jednorodnego materiału o danych parametrach E
i � . Na podstawach prostopadłościanu przyłożono równomierne ciśnienie q . Zakłada się, że
tarcie o ścianki nie występuje. Obliczyć naprężenia na płaszczyznach nieodkształcalnego
sześcianu oraz zmianę objętości wewnętrznego prostopadłościanu.
z
l/2
q
odkształcalny
l/2
prostopadłościan ( E,� )
nieodkształcalny
sześcian
l
y
q
x
Rozwiązanie
Zewnętrzny sześcian jest nieskończenie sztywny, zatem wydłużenia wewnętrznego
prostopadłościanu w kierunku x i y są równe zeru. Stan odkształcenia jest jednorodny.
l
"ly = � = 0
y
2
l
"lx = � = 0
x
2
Podstawiamy do wzorów (a):
1
� = 0 = [� -� (� +� )] �! � =� (� +� )
y y z x y z x
E
(1)
1
�z = 0 = [� -� (� +� )] �! � =� (� +� )
x y z x y z
E
Wewnętrzny prostopadłościan jest ściskany ciśnieniem q , zatem naprężenie
� = -q .
z
Podstawiając ten związek do równań (1), otrzymujemy:
� -�� = -� q �"�
y x
�"
� -�� = -� q
x y
2
(1-� )� = -q� (1+� )
x
2
�ł �ł
� � � �
�ł
� = - q , � = -�q +�� = -�q -�q = -q�ł� + = - q
x y x
�ł �ł
1-� 1-� 1-� 1-�
�ł łł
Odkształcenie objętościowe (względny przyrost objętości) wyraża się wzorem:
Ń = �x + �x + �x = 3�śr .
Wyrażając odkształcenia przez naprężenia za pomocą wzorów (a), otrzymujemy:
1- 2� 1- 2� � � E
śr śr
Ń = (� +� +� ) = �"3� = = ; K =
x y z śr
E
� � K 3(1- 2� )
3(1-2� )
gdzie wielkość K jest modułem ściśliwości Helmholtza. Zauważmy, że jeżeli � 1/2 to
K " , co oznacza, że materiał jest nieściśliwy (brak zmiany objętości). Dla � 0 mamy
K = E / 3 = Kmin , a materiał taki nazywamy idealnie ściśliwym (największa zmiana
objętości). Obliczamy:
� �
� + � + � - q - q - q
q 1+�
x y z
1-� 1-�
� = = = - ,
śr
3 3 3 1-�
� q 1+� 3(1- 2� ) q (1+� )(1- 2� )
śr
Ń = = - �" = - .
E
3 1-� E E 1-�
3(1-2� )
Odpowiedz
Naprężenia w prostopadłościanie wynoszą:
�
� = -q ,
x
1-�
�
� = -q , (ściskanie)
y
1-�
� = -q .
z
Zmiana objętości prostopadłościanu pod wpływem przyłożonego obciążenia wynosi:
q (1+� )(1- 2� )
Ń = - (ubytek objętości)
E 1-�
2
ZADANIE 2. Stan odkształcenia w pewnym punkcie ciała jest określony następująco:
1 1
�ł łł
� ł ł �11 �12 �13 1 2 0
�ł łł �ł łł
x xy xz
2
�ł1 2 1 śł
�ł� śł �ł2
� = ł � ł = � � = 3 0śł �"10-6
yx y yz 23 22 23
�ł śł
2 2
�ł śł �ł śł
1 1
�ł śł
�ł śł �ł śł
ł ł � �32 �33 �ł �ł0 0 2�ł
zx zy z �ł�31
�ł 2 2 �ł
Obliczyć składowe stanu naprężenia, jeśli stałe sprężystości dla izotropowego, liniowo-
sprężystego materiału wynoszą: E=210 GPa, �=0,3.
Rozwiązanie
Składowe stanu naprężenia znajdujemy z równania wiążącego naprężenia i odkształcenia
(uogólnionego prawa Hooke a), które w zapisie wskaznikowym i konwencji sumacyjnej ma
postać:
�ij = 2��ij + �kk�ij
gdzie � oraz są stałymi Lame go:
E E�
� = G = , =
2(1 +� ) (1 + �)(1 - 2�)
oraz
1 dla i = j
ńł
�kk = �11 + �22 + �33 , �ij =
�ł0 dla i `" j (delta Kroneckera)
ół
Podstawiamy dane liczbowe. Obliczamy stałe Lamego:
210 GPa 210 GPa �" 0,3
� = G = = 80,77 GPa , = = 121,15 GPa ,
2(1+ 0,3) (1+ 0,3)(1- 0,6)
a następnie składowe stanu naprężenia:
�11 = 2G�11 + (�11 + �22 + �33)= 2�"80,77 kPa �"1+121,15 kPa �"6 = 888,46 kPa ,
� = 2G�22 + (�11 + �22 + �33)= 2�"80,77 kPa �"3 +121,15 kPa �"6 = 1211,5 kPa ,
22
�33 = 2G�3 + (�11 + �22 + �33)= 2�"80,77 kPa �" 2 +121,15 kPa �"6 =1049,98 kPa ,
�12 = 2G�12 = 2�"80,77 kPa �" 2 = 323,08 kPa ,
�13 = 2G�13 = 2�"80,77 kPa �"0 = 0 ,
� = 2G�23 = 2�"80,77 kPa �"0 = 0 .
23
Uwaga: składowe stanu naprężenia można również obliczyć, korzystając ze wzorów (b).
Odpowiedz: Stan naprężenia w punkcie jest określony następująco:
888,46 323,08 0
�ł łł
�ł323,08 1211,5 0 śł
� = [kPa].
�ł śł
�ł śł
0 0 1050,0�ł
�ł
3
ZADANIE 3. Cienka kwadratowa tarcza, pokazana na rysunku, wykonana z materiału
sprężystego, jest rozciągana w dwóch kierunkach tak, że mamy �x=200MPa i �y=100MPa.
Znane są też odkształcenia �x = 2,45�10-3 i �y = 0,49�10-3. Ile wynosi E, � oraz G dla materiału
tarczy? Jakie powstanie odkształcenie postaciowe łxy, jeśli wywołamy naprężenia styczne
�xy=80 MPa?
y
� = 100 MPa
Y
� = 200 MPa
X
x
Rozwiązanie
W tarczy występuje płaski stan naprężenia. Odkształcenia � i � wyrażają się wzorami:
x y
1
� = [� -�� ]= 2,45�"10-3
(1)
x x y
E
1
� = [� -�� ]= 0,49�"10-3
(2)
y y x
E
Dzieląc stronami powyższe wyrażenia i podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:
1
200 -� �"100 2 -�
� =
= 5 ; = 5 ;
3
100 -� �" 200 1- 2�
Podstawiając � =1/3 do równania (1) mamy:
1 500 2,45
�ł200 - 1
E = 6,80 �"104 MPa
�"100łł = 2,45�"10-3 , = ,
�ł śł
E 3 3E 1000
�ł �ł
Obliczamy teraz moduł Kirchoffa:
E 6,8�"104
G = = = 2,55�"104 MPa
1
2(1+� ) 2(1+ )
3
oraz kąt odkształcenia postaciowego:
�
80
xy
ł = = = 3,14 �"10-3 .
xy
G
2,55�"104
4
ZADANIE 4. Cienką płytkę o wymiarach h � l umieszczono w szczelinie o szerokości h.
Przyjmuje się, że krawędzie szczeliny są nieodkształcalne, a tarcie nie występuje. Na
brzegach swobodnych działa obciążenie, które wywołuje naprężenia �x = �0 . Powierzchnie
płytki |z|= g (2g grubość płytki) są wolne od naprężeń. Obliczyć �y oraz �x i �z.
y
� = -�
h
x 0
z
x
l
Rozwiązanie
Z warunku podparcia na brzegach | y |= h / 2 wynika, że � = 0 ( "h = � h = 0 ). Stan
y y
odkształcenia jest jednorodny. Obliczamy naprężenie � :
y
1
� = -��
� = [� -� (-�0)]= 0 , (� = 0) �! .
y 0
y y z
E
Obliczamy pozostałe odkształcenia:
2
1 1 1-�
2
� = [� -�� ]= [-� +� � ]= - � < 0 ,
x x y 0 0 0
E E E
1 1 � (1+� )�0
� = [� -�(� +� )]= [0 -� (-��0 -�0)]= > 0 .
z z x y
E E E
Rozpatrzymy nasze zadanie, jeśli zmienia się temperatura o "T przy niezmienionych
pozostałych warunkach sformułowanych w poprzedniej części zadania.
Z warunku podparcia brzegów wynika, że
1
� = [� -�(-�0)]+ą"T = 0 �! � = -�� - Eą"T
y y y 0
E
Pozostałe odkształcenia wynoszą:
2
1 1 1-�
� = [� -�� ]+ ą"T = [- � -� (-�� - Eą"T )]+ ą"T = - � + (1+� )ą"T
x x y 0 0 0
E E E
� � � (1+� )� + (1+� )ą"T
� = - [� +� ]+ą"T = - [(-�0 -�� - Eą"T)]+ą"T =
z x y 0 0
E E E
Obliczymy dodatkowo względną zmianę objętości płytki. Korzystamy ze wzoru:
"V
Ń = = � + � + � = �x + � , (� = 0)
x y z z y
V
Dylatacja (względna zmiana objętości) z uwzględnieniem zmiany temperatury wynosi:
2
1-� �(1+� )� + (1+� )ą"T = - (1- 2� )(1+� )� + 2(1+� )ą"T
Ń = - � + (1+� )ą"T +
0 0 0
E E E
5
ZADANIE 5. Stan naprężenia w pewnym punkcie ciała opisany jest następująco:
� = 30 MPa , � = 50 MPa , � = 5 MPa , � = 40 MPa , � = 5 MPa , � = 10 MPa
x y xy z yz xz
Parametry materiałowe wynoszą: moduł Younga E=210 GPa i współczynnik Poissona �=0.3.
Zapisać macierz podatności materiału oraz obliczyć składowe stanu odkształcenia w danym
punkcie.
Rozwiązanie
W trójwymiarowym stanie naprężenia, składowe stanu odkształcenia obliczamy
z uogólnionego prawa Hooke a, które w zapisie macierzowym ma postać:
1 � �
�ł łł
- - 0 0 0
�ł śł
E E E
�ł śł
� 1 �
� �
ńł �ł ńł �ł
x �ł- - 0 0 0 śł x
�ł� �ł E E E �ł� �ł
�ł śł
y y
�ł �ł � � 1 �ł �ł
�ł śł
0 0 0
�ł �ł �ł �ł
�
�ł �ł �ł- - śł �ł� �ł
z z
E E E
=
�ł żł �ł żł
�ł śł
1
�łł xy �ł �ł� xy �ł
0 0 0 0 0
�ł śł
2G
�łł yz �ł �ł� yz �ł
�ł śł
1
�ł �ł �ł �ł
�ł śł
0 0 0 0 0
�łł �ł �ł� �ł
ół xz �ł ół xz �ł
�ł śł
2G
�ł śł
1
0 0 0 0 0
�ł śł
�ł 2G �ł
lub krócej:
� = C �
gdzie C jest macierzą podatności będącą odwrotnością macierzy sztywności.
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy
� 0,476 - 0,143 - 0,143 0 0 0 30 1,41
ńł �ł �ł łł ńł �ł ńł �ł
x
�ł� �ł �ł śł �ł50�ł �ł13,8�ł
y
�ł �ł �ł- 0,143 0,476 - 0,143 0 0 0 śł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł- 0,143 - 0,143 0,476 0 0 0
� śł
10-11 �ł
�ł �ł �ł40�ł MPa = �ł �ł
�ł �ł7,60�ł
z
= �" �" �"10-5
�ł żł �ł śł �ł żł �ł3,09żł
0 0 0 0,619 0 0 GPa 5
�łł xy �ł �ł śł �ł �ł �ł �ł
�łł yz �ł �ł śł �ł �ł �ł3,09�ł
0 0 0 0 0,619 0 5
�ł �ł �ł śł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł
�ł �ł 0 0 0 0 0 0,619�ł
�ł śł
�ł �ł
ółł xz �ł �ł ół10�ł ół6,19�ł
6
ZADANIE 6. Dla materiału o parametrach E=210 GPa (modułu Younga) i �=0,3
(współczynnik Poissona) zapisać macierz sztywności. Dla składowych stanu odkształcenia
�x = 8,0�"10-5 , � = 9,0�"10-5 , ł = 3,0�"10-5 , � = 8,5�"10-5 , ł = 3,5�"10-5 , ł = 4,0�"10-5
y xy z yz xz
obliczyć składowe stanu naprężenia.
Rozwiązanie
W trójwymiarowym, stanie odkształcenia składowe tensora naprężenia obliczamy
z uogólnionego prawa Hooke a, które w zapisie macierzowym ma postać:
1-� � � 0 0 0
�ł łł
�ł śł
� �
ńł �ł ńł �ł
x x
� 1-� � 0 0 0
�ł śł
�ł� �ł �ł� �ł
y y
�ł śł
� � 1-� 0 0 0
�ł �ł �ł �ł
�ł 1- 2� śł
�ł �ł �ł �ł
�
E
�ł� �ł �ł �ł
z z
0 0 0 0 0
= �ł śł
�ł żł �ł żł
2
(1+� )(1- 2� )
�ł śł
�ł� xy �ł �łł xy �ł
1- 2�
�ł śł
0 0 0 0 0
�ł� yz �ł �łł yz �ł
2
�ł śł
�ł �ł �ł �ł
�ł �ł 1- 2� �ł �ł
�ł śł
ół� xz �ł ółł xz �ł
0 0 0 0 0
�ł śł
�ł 2 �ł
lub krócej:
� = c �
gdzie c jest macierzą sztywności.
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy
� 0,7 0,3 0,3 0 0 0 8,0 43,82
ńł �ł �ł łł ńł �ł ńł �ł
x
�ł� �ł �ł0,3 0,7 0,3 0 0 0 śł �ł9,0�ł �ł45,43�ł
y
�ł �ł �ł śł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł �ł śł �ł �ł
0,3 0,3 0,7 0 0 0
�ł� �ł �ł8,5�ł �ł44,63�ł MPa .
�ł �ł
z
= 403,9 GPa �"10-5 =
�ł żł �ł śł �ł3,0żł �ł2,423żł
0 0 0 0,2 0 0
�ł� xy �ł �ł śł �ł �ł �ł �ł
�ł� yz �ł �ł śł �ł3,5�ł �ł2,827�ł
0 0 0 0 0,2 0
�ł �ł �ł śł �ł �ł �ł �ł
�ł �ł
�ł �ł 0 0 0 0 0 0,2�ł ół4,0�ł
�ł śł
�ł
ół� xz �ł �ł �ł ół3,231�ł
7

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Uogolnione prawo Hooke a
Prawo Hooke’a dla podstawowych rodzajów odkształceń, moduły
3 uogólnione Hooke a
3 podstawy teorii stanu naprezenia, prawo hookea
Prawo autorskie a e biznes
2009 SP Kat prawo cywilne cz II
!!! Prawo Budowlane cz 10
Prawo do odganięcia

więcej podobnych podstron