Ćwiczenie 4: Energia sprężysta i hipotezy wytężeniowe, wersja dla studentów
(opracowali: Z. Waszczyszyn i M. Kłos)
Wzory dla energii sprężystej
�� Energia sprężysta U, złożona z energii odkształcenia objętościowego U i postaciowego U
V f
U =� UV +� Uf =� f�VdV +� dV,
f
�� ��f�
(1)
(V ) (V )
gdzie energia właściwa wynosi:
1-� 2 E
2 2
f�V =� (�s�x +� s�y +� s�z )� =� (�e�x +� e�y +� e�z )� ,
(2a)
6E 6(�1-� 2)�
1 +�
2
f�f =� [�s�x 2 +� s�y 2 +� s�z 2 -� s�xs�y -� s�ys�z -� s�z s�x +� 3(�t�2 +� t�2 +� t� )�]� =�
xy yz zx
3E
E 3
��e� 2 2 2
2 2 2
=� +� e�y +� e� -� e� e�y -� e�ye�z -� e� e�x +� (�g� +� g� +� g� )�ł�.
(2b)
x z x z xy yz zx
ę� ś�
3(�1 +� u�)� 4
�� ��
Przykład 1 (Krzyś i Życzkowski) [5], str. 94
Uf / U Uv / U
Jak zmienia się stosunek energii: i dla pręta pryzmatycznego rozciąganego siłą P

w zależności od wartości współczynnika Poissona .
s�x =� P / A �� s�
Stan naprężenia jednoosiowego generuje:
f� =�, f�v =�
,
f
f� =� f� +� f�v =�
.
f
Energia sprężysta pręta ze względu na stan naprężenia jednorodnego:
s�2
U =� Uf +� Uv =� dV +� dV =� f�f V +� f�vV =� V
,
f v
��f� ��f�
2E
( v) (v )
a więc stąd wynika:
U =� f� �� V =� (�f�f +� f�v )�V
.
Stosunek energii:
Uf f�f f�v
1+� 2 1-� 2 1
Cf =� =� =� 2E =� (�1+� )�, Cv =� =� 2E =� (�1 -� 2)�.
(3)
U f� 3E 3 f� 6E 3
Cf (�)� Cv(�)�
Na rys.1 podano zależności i
C C
f
1 . 0
2
3
1
3

0 0 . 5
Cv
Cf
Rys.1. Współczynniki i jako funkcje współczynnika Poissona
dla pręta swobodnie rozciąganego.
Cv �� 0
Widać, że dla �� 0.5 będzie , gdyż materiał jest nieściśliwy i w pręcie pojawi się tylko
energia odkształcenia postaciowego.
Przykład 2 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 96
Pręt pryzmatyczny ściskany siłą P umieszczony w dopasowanej tuleji, idealnie gładkiej (nie
występują siły tarcia między prętami i tuleją). Zbadać jak się zmieniają współczynniki Cf (�)�
Cv(�)�
oraz .
W pręcie występuje jednoosiowy stan odkształcenia
e�x ą� 0, e�y =� e�z =� 0, g�xy =� g� =� g�zx =� 0
, (4)
yz
oraz przestrzenny stan naprężeń, rys.2a
s� =�, s� =� s�
x y z
e� =�
, (5)
y
a, więc:
s� =� s� =�
(6)
y z
Zamiast prowadzić obliczenia w naprężeniach możemy obliczenia wykonać znacznie prościej
korzystając ze wzorów (2) wyrażonych przez odkształcenia:
f� =� f�v =�
f
Ee�2 ć� Ee�2
2 1 1 -�
��
x x
f� =� +� =� ,
�� �� (7)
6 1 +� 1 -� 2 2 (�1 +� )�(�1-� 2)�
Ł� ł�
stąd wynikają współczynniki:
2 1 -� 2 11 +�
Cf =� , Cv =� .
(8)
3 1 -� 3 1-�
C

C
f
Cf (�)� Cv(�)�
Na rys. 2b pokazano zależności oraz . W przeciwieństwie do pręta swobodnego, pręt
skrępowany tuleją dla =� 0.5 ma C = 1.0 , gdyż nie może się odkształcić czysto postaciowo i
v
zachowuje się jak idealnie sztywny.
s� x
s� x
x
x
s� x
y
y
Rys. 2a
C C
f
1 . 0
0 . 6 6 7
0 . 3 3 3

0 0 . 5
Rys. 2b
Cf (�)� Cv(�)�
Rys.2:a) ściskanie pręta w dopasowanej tuleji, b) współczynniki oraz .
Przykład 3 (Krzyś i Życzkowski [ ], s. 99)
Obliczyć wartość energii odkształcenia postaciowego i objętościowego dla podanej belki,
przyjmując wzory z wytrzymałości materiałów i niżej podane dane.

b = 1 cm, h = 2 cm, l = 20 cm, P = 10KN, E = 210 GPa, = 0.3 .
P
b
x
z
y
y
l
Rys. 3
h
C

C
f
Wzory z wytrzymałości materiałów
s� =�
, t� xy =� .
x
Z wzorów (2) na energię właściwą
1-� 2 1 +�
2 2 2
f�v =� s� =� f� =� (�s� +� 3t� )� =�
, (9)
x f x xy
6E 3E
Podstawiamy (9) do wzoru (2):
1-� 2 P2
2
Uv =� x y2dV =�
��
6E I2
( v )
z
2
l h / 2 b / 2
1 -� 2 P
=� dx dy x2y2dz =�
�� �� ��
6E I2
0 -� h / 2 -�b / 2
z
(10)
2
l h / 2 b / 2
1 -� 2 P ć� ��
2
=� x y2 ć� dz��dy dx =�
�� ��
�� �� �� �� ��
6E I2 Ł�-�
0 h / 2 Ł�-�b / 2 ł�
ł�
z
2
l h / 2
1 -� 2 P 1 -� 2 P2 l3
ć�
2
=� b�� x y2dy��dx =�
�� �� ��
6E 6E 3
I2 0 Ł� -�h / 2 ł� Iz
z
2 P2l3
Uv =� (�1-� 2)� =�
3E
bh3
2
2
2 2
�� ł�
ł�
ć� ��
1 +� P 3 h 4 1 +� P2l3 �� 9 h
ć� ��
2 2
Uf =� ę� x y dV +� �� -� y2 �� dVś� =� =� =� 0.833kNm
ę�1 +� �� �� ś�
�� ��
�� ��
3E I2 ę� 4 4 3 E bh3 ę� 10 l
( V )
ś� Ł� ł�
z Ł� ł� ś�
�� ��
��(V ) ��
CV
Całkowita energia i współczynniki i Cf
U = 0.960 kNm ,
C = 0.132, C = 0.868 .
V f
Wzory dla hipotez wytężeniowych
1). Hipotezy naprężeniowe:
s�1 =� kr
G: Galileusza , (11)
s�1 -� s�3 =� kr
TG: Tresci - Guesta . (12
2). Hipotezy odkształceniowe:
s�1 -� (�s�2 +� s�3)� =� kr
SV: Saint Venanta .
(13)
3). Hipotezy energetyczne
HMH: Hubera - Misesa  Hencky`ego
2
s�2 =� s�1 +� s�2 +� s�2 -� s�1s�2 -� s�2s�3 -� s�3s�1 =�
0 2 3
(14)
2
=� s�2 +� s�2 +� s�2 -� s�x s�y -� s�ys�z -� s�zs�x +� 3(�t�2 +� t� +� t�2 )�
x y z xy yz zx
B: Burzyńskiego
1
2 2
��-�
s�0 =� (�c� -�1)�(�s�x +� s�y +� s�z)� +� (�c� -� 1)� ��(�s�x +� s�y +� s�z)� +� 4c�s�2 ł� (15)
HMH
ę� ś�
�� ��
2c�
Przykład 4 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 123)
Stan naprężenia w punkcie jest określony następującymi danymi:
s�x =� s�y =� s�z =� t�xy =� -�t�zx =� 10 MPa, t�yz =� 0, =� 0.3
a)
s�x =� s�y =� s�z =� t�xy =� -�t�zx =� -�10 MPa, t�yz =� 0, =� 0.3
b)
Przypadek a)
Dla hipotezy HMH możemy od razu obliczyć
s� =�
HMH
Dla pozostałych hipotez najpierw liczymy naprężenia główne
s�1 =� 24.1MPa, s�2 =� 10 MPa, s�3 =� -�4.1MPa
Dalej liczymy:
s� =�
G
s� =�
TG
s� =�
SV
s� =�
HMH
Dla hipotezy Burzyńskiego przyjmujemy:
c� =� 1
(stal):
s�B =� s�HMH =� 24.5MPa
c� =� 3.6
(żeliwo):
s� =�
B
Przypadek b)
s�1 =� 4.1MPa, s� =� -�10 MPa, s�3 =� -�24.1MPa
2
Wyniki dla różnych hipotez Wyniki dla a)
s� =� 4.1MPa
24.1 MPa
G
s�TG =� 4.1-� (�-� 24.1)� =� 28.1MPa
28.1 MPa
s�SV =� 4.1-� 0.3��(�-�10 -� 24.1)� =� 14.3MPa
22.3 MPa
s�HMH =� 24.5MPa =� s�B(�c� =� 1)�
24.5 MPa
s�B(�c� =� 3.6)� =� 27.6 MPa 6.02 MPa
Przykład 5 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 128
Dla przypadku czystego ścinania określonego jednym naprężeniem t� porównać naprężenia
zastępcze wynikające z hipotez.
t� s� =� 2t�
Według hipotezy :
max 0
Według hipotezy Hubera:s� =� 3t�.
0
W porównaniu z hipotezą Hubera, która  jak wykazuje doświadczenie  najlepiej odpowiada
t�
rzeczywistemu zachowaniu się materiałów elastoplastycznych, hipoteza daje wynik o
max
2 -� 3
=� 15.6 % za wysoki (na korzyść pewności).
3
Przykład 6 (Krzyś i Życzkowski [5], str. 125
s�1 :s� :s� =� 4 : 2 :1
Dla stanu naprężenia o charakterystycznym stosunku określić dopuszczalne
2 3
wartości naprężeń zastępczych za pomocą TG i HMH przyjmując:
a) stal o naprężeniach dopuszczalnych
kr =� kc =� 120.0MPa, =� 0.3,
b) żeliwo o naprężeniach dopuszczalnych
kc =� 120.0MPa, kr =� 33.3MPa, =� 0.3
1
s�1 -� s� =� kr s� =� s� ,
Według hipotezy TG (Coulomba  Guesta) uwzględniając otrzymujemy
3 3 1
4
s�1 =� s� =� s� =�
2 3
zatem dla stali
s�1 =� 160 MPa, s�2 =� 80 MPa, s�3 =� 40 MPa,
dla żeliwa zaś
s�3 =� 11.1 MPa,
s�1 =� 44.4 MPa, s�2 =� 22.2 MPa,
Według hipotezy HMH
2 2 2
s�1 +� s� +� s� -� s�1s� -�s� s� -� s� s�1 =� kr ,
2 3 2 2 3 3
uwzględniając
1 1
s�2 =� s�1 s�3 =� s�1
, otrzymujemy:
2 4
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
s�1 +� s�1 +� s�1 -� s�1 -� s�1 -� s�1 =� k ,
r
4 16 2 8 4
s�1 =� s� =� s� =�
3
2
czyli
s�1 =� 1.51kr , s� =� 0.76 kr , s� =� 0.38kr ,
2 3
a więc dla stali
s�3 =� 45.3 MPa,
s�1 =� 181.2 MPa s�2 =� 90.6 MPa,
,
dla żeliwa zaś
s�1 =� 50.3MPa s�2 =� 25.15 MPa, s�3 =� 12.6 MPa,
,
Przykład 7. (wg Krzysia i Życzkowskiego [5], s. 130)
Dla belki wspornikowej o schemacie jak na rysunku wyznaczyć odległość x , która rozróżnia
*�
obszary dla których naprężenia zredukowane są maksymalnie na osi belki (y=0) lub we
włóknach skrajnych (y = h/2)
b
g g g
s� s� s�
0 0 0
- y d
y
0 0 0 0
3
s� s� s� s�
0 0 0 0
z
0
y
1
x
P
y
2
y d
d
s�
0
y
x
*
x
* *
l
Rys. 4
L = 1.0 cm E = 210 GPa
H = 20 cm E = 2.10 - 103 MPa
B = 6 cm
- Pole sił wewnętrznych
M(�x)� =� Px, Q(�x)� =� P
- Charakterystyki przekroju
2
ć� ��
bh2 b h
2
A =� bh, Iz =� , Sz (y) =� �� -� y ��
(16)
�� ��
12 2 4
Ł� ł�
- Pola naprężeń
M(x) 12P
s�x �� s� =� y =� xy =� 2Fxy
Iz bh3
(17)
2 2
ć� �� ć� ��
QSz (y) 6P h h
2
t� �� t� =� =� �� -� y2 �� =� F�� -� y ��
xy
3
�� �� �� ��
Iz b bh 4 4
Ł� ł� Ł� ł�
(18)
6P
F =�
gdzie:
bh3
a) Hipoteza HMH
2
2
�� ł�
ć� ��
h
2
s�2 =� s�2 +� 3t� =� F2 ę�4x y2 +� 3�� -� y2 �� ś�
(19)
0
�� ��
4
ę� ś�
Ł� ł�
�� ��
Stąd równania
2
2
s�0 2 ć� ��
h
ć� ��
2 2
�� ��
=� 4x y +� 3�� -� y2 ��
�� ��
(19.1)
F 4
zginanie
Ł� ł�
Ł� ł�
ścinanie
y
g
d
d
y
y = y
1
2
3
h = 2 y
y = y =
x*
Rozumowanie: Szukamy takiego , dla którego naprężenie zredukowane od zginania we włóknach
skrajnych jest równe naprężeniu zredukowanemu od ścinania dla osi obojętnej, a więc:
2
h h4 3
2 2 2
4x =� 3 �� x =� h , (20)
*
4 16 16
stąd
3
x* =� h =� 0.433h (21)
16
Wartość naprężenia maksymalnego naprężenia zredukowanego wynika z (2) lub (1):
2
h h 3 3 P P
��
s�0(�x* ,y =� 0)� =� s�0 ć�x*,y =� =� F 3 =� � 2.6 (22)
�� ��
2 4 2 bh A
Ł� ł�
x**
Obliczanie jest bardziej złożone, gdyż wymaga wyznaczenia położenia ekstremów
y1 =� 0, y2 =� y3 �� 0.
Równania (19.1) rozpisujemy do postaci
3 3
ć�
4
s2 =� 3y4 -� h2 -� 4x2 ��y2 +� h ,
�� �� (23)
2 16
Ł� ł�
s =� s�0 / F.
gdzie: Poszukujemy punktów istnienia ekstremów z równania
ś�(�s2 )� 3 �� 3 ł�
��y ��
2 2
=� 0 �� 12y3 -� 2ć� h2 -� 4x �� yę�12y2 -� 2ć� h2 -� 4x =� 0
�� �� �� ��ś�
ś�y 2 2
Ł� ł� Ł� ł���
��
(24)
i stąd pierwiastki:
3
ć� ��
2
y1 =� 0, 6y2 -� h2 -� 4x =� 0
�� �� (25)
2
Ł� ł�
y1 =� y3 =� 0
Będziemy mieli jeśli wyraz wolny będzie równy zeru, a więc:
3
3
2 2
h -� 4x =� 0 ��
x** =� h =� 0.612h (26)
2
8
h
y =�
Wartość maksymalnego naprężenia zredukowanego jest osiągana dla i zgodnie z (17) wynosi:
2
h 12P 3 h P P
��
s�0 ć�x , y =� =� h =� 3 3 � 3.67 (27)
�� ��
2ł� bh3 8 2 bh A
Ł�
b) hipoteza TG
2
s�0 =� s�2 +� 4t�4
(28)
stąd:
2
2
s�0 2 ć� ��
h
ć� ��
2 2 2
�� ��
=� 4x y +� 4�� -� y (29)
�� ��
��
F 4
Ł� ł�
Ł� ł�
h P
��
x* =� 0.5h, s�0(�x ,0)� =� s�0 ć�x* , =� 3
�� �� (30)
*
2 A
Ł� ł�
Zamiast równania (23) otrzymujemy:
2
h
2
s2 =� 4y4 -� 2(�h2 -� 2x )�y2 +� (31)
4
stąd:
ś�(�s2 )�
2 2
=� 0 �� 12y3 -� 4(�h -� 2x )�y =� 0
(32)
ś�y
1
x =� h � 0.707h,
(33)
2
h P
��
s�0 ć�x** ,y =� =� 4.25
�� �� (34)
2 A
Ł� ł�
Przykład 8 (wg Krzyś i Życzkowski [ 5 ], s.128
Belka stalowa o przekroju kołowym obciążona jest na swobodnym końcu siłą P jak na rys.2.
Wyznaczyć punkty, w których naprężenie zastępcze  według hipotezy energii odkształcenia
postaciowego  osiąga maksymalną wartość. Rozkład naprężeń przyjąć według teorii
elementarnej.
b ( y )
t� x z
I
x
z
a�
t� x y
t� t�
y
P
x
Rys. 5
Rozwiązanie:
Belka narażona jest na równoczesne zginanie i ścinanie. Zgodnie z teorią elementarną,
naprężenia od zginania wynoszą
Mz y
s�x =� s� =�
(35)
Iz
b(y) =� 2r cosa� t�xy =� t� �� cosa�
od ścinania zaś (dla punktów na obwodzie koła) zgodnie z rys , ,
y2 2r3
,
cos2 a� =� 1 -� SI =� cos3 a� (patrz tablice)
3
r2 z
QSI
4 Q
z
t�xy =� =� cos2 a�
Iz �� b(y) 3 A
2
4 Q y
(36)
t� =� t�2 +� t�2 =� 1 -� ,
xy xz
3 A r2
gdzie
p� r4
2
Mz =� Px Q =� P, Iz =� , A =� r p�.
4
Po podstawieniu obliczonych naprężeń do wzoru na naprężenie zredukowane i
s�0 =� s�2 +� 3t�2
podnosząc stronami do kwadratu otrzymujemy:
2 2
ć� ��
16P2x y2 16P y2
s�2 =� +� ��1 -� ��
0
p�2r8 3p�2r4 �� r2 ��
Ł� ł�
zginanie
ścinanie
ć� ��
16P2 x2 1 16P2
s�2 =� �� -� ��y2 +� .
(37)
0
p�2r4 �� r4 3r2 �� 3p�2r4
Ł� ł�
Oznaczając
2 2
��
ć� ��
16P x 1
�� ��
-� =� B��
4
��
p�2r r4 3r2 ��
��
Ł� ł�
(38)
ż�
16P2 ��
=� C
��
3p�2r4
��
możemy napisać
2
s�0 =� By2 +� C.
(39)
2
x 1
B >� 0,
a) Gdy czyli -� >� 0
r4 3r2
r 3
(40)
x >� =� 0.577r,
3
y =� r
naprężenie zastępcze osiąga największą wartość we włóknach skrajnych, tj. dla i po
podstawieniu do wzoru (4) wynosi:
Mz
Px
s�0 (x, r) =� =�
(41)
p� r3 Wz
4
p�r3
gdzie Wz =� jest wskaz
nikiem zginania. A zatem gdy x >� 0.577r , dla wytężenia belki
4
rozstrzygający jest moment zginający.
b) Gdy B = 0, czyli
r 3
(42)
x =� =� 0.577r,
3
wówczas naprężenie zastępcze liczone ze wzoru (4) we wszystkich punktach na obwodzie przekroju
2
s�0 =� C
ma tę samą wartość
4P
s� =�
0 (43)
p� r2 3
lub inaczej
Mz
s�0 =� =� t�max 3,
(44)
Wz
Mz
y =� r,
gdzie określa maksymalne naprężenie od zginania w rozpatrywanym przekroju, tj. dla a
Wz
4 Q
t� =�
(45)
max
3 A
y =� 0.
maksymalne naprężenie od ścinania w linii obojętnej, tj. dla
A <� 0,
c) Gdy wreszcie czyli
r 3
(46)
x <� =� 0.577r,
3
y =� 0.
naprężenie zastępcze przyjmuje największą wartość dla , tj. w linii obojętnej, z uwagi na
s�0(�x,0)�
zginanie i wynosi ze wzoru (4)
4P 4 Q
s�0(�x,0)� =� =� 3 =� t�max 3.
(47)
3 A
p�r2 3
x <� 0.577r,
Zatem jedynie gdy o wytężeniu belki decyduje jej ścinanie.