Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
5. ANALIZA PA
ASKIEGO STANU NAPR
ŻENIA
5.1. Naprężenia na dowolnej płaszczyz
nie
Jak pamiętamy płaski stan naprężenia w punkcie cechuje to, że wektory naprężeń
przyporządkowane wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej
płaszczyz
nie zwanej, płaszczyzną stanu naprężenia. Wówczas w macierzy naprężeń
wszystkie jej elementy w jednym wierszu (kolumnie) mają zerowe wartości.
Taki stan naprężenia występuje np. w płaskich tarczach. Rozważmy zatem płaską tarczę
określoną w układzie współrzędnych (X,Y) i obciążoną dowolnym, ale będącym w
równowadze, układem sił zewnętrznych.
pv
Y
�
� v
v
C
v(l,m)
ą
( )
s(- m,l)
( )
X
Rys. 5.1
Wybierzmy dowolny punkt C w pokazanej na rys. 5.1 płaskiej tarczy i przyjmijmy, że znamy
w nim współrzędne macierzy naprężeń. Ponieważ panuje w nim płaski stan naprężenia, to
macierz naprężeń będzie miała, w ogólnym przypadku, cztery różne od zera elementy:
� , �
�ł �ł
T� =�ł x xy �ł .
�ł� yx , � y �ł
�ł łł
_
Współrzędne wektora naprężenia pv(pvx , pvy) w tym punkcie na płaszczyz
nie o wersorze
_
normalnym v(l, m) są równe:
pvx = � l +� m ,
x xy
pvy = � l + � m ,
yx y
a naprężenia normalne i styczne na tej płaszczyz
nie wynoszą:
_ _
�v = pv v =(� l +� m) l +(� l +� m) m =� l2 +� m2 +2� l m ,
x xy yx y x y xy
_ _
�v = pv s =(�x l +� m)(-m)+ (� l +� m) l = -� l m+� l m+� (l2 -m2) ,
xy yx y x y xy
gdzie: s (-m,l) wersor styczny do płaszczyzny (patrz rys. 5.1) i prostopadły do wersora
_
v(l, m).
Uwzględniając, że l = cosą a m = siną , gdzie: ą to kąt między kierunkiem wersora � i
osią X, oraz znane z trygonometrii zależności
40
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
2
cos 2ą = cos2ą - sin ą, sin 2ą = 2sin ą cos ą,
1 + 2 cos2ą 1 - 2 cos2ą
2
cos2ą = , sin ą = ,
2 2
po przekształceniach otrzymujemy wzory :
� + � � - �
x y x y
� = + cos 2ą +� sin 2ą , (5.1) (
v xy
2 2
� -�
x y
� = - sin 2ą +� cos 2ą , (5.2)
v xy
2
podające wartości naprężeń normalnych i stycznych na płaszczyz
nie przekroju, o wersorze
normalnym nachylonym pod kątem ą do osi X. Dodatnim wartością tych naprężeń
_
odpowiadają zwroty zgodne ze zwrotami wersorów v oraz s , gdyż są to miary rzutów
_
wektora naprężenia pv(pvx , pvy ) na osie wyznaczone tymi wersorami.
Policzmy ile wynosi suma naprężeń normalnych na dwóch dowolnych ale wzajemnie
prostopadłych płaszczyznach przekroju.
Korzystając ze wzoru (5.1) otrzymujemy:
� + � � - �
x y x y
� + � = + cos 2ą + � sin 2ą +
v,ą v,ą +90 xy
2 2
� + � � - �
x y x y
+ + cos 2(ą + 900)+ � sin 2(ą + 900)= � + �
xy x y
2 2
dowodząc w ten sposób, iż: w płaskim stanie naprężenia suma naprężeń normalnych na
dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach jest wielkością stałą lub, inaczej, że suma
naprężeń na przekątnej macierzy naprężeń jest niezmiennikiem tzn. nie zmienia swej wartości
przy zmianie układu, w którym jest określana. Twierdzenie to odnosi się również do
przestrzennego stanu naprężenia.
5.2. Ekstremalne naprężenia normalne i styczne
Inżyniera analizującego stan naprężenia w danym punkcie interesują przede wszystkim
występujące w nim ekstremalne wartości naprężeń normalnych i stycznych.
Postawmy więc dwa bardzo ważne zagadnienia do rozwiązania:
" na jakiej płaszczyz
nie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia
normalne,
" na jakiej płaszczyz
nie przekroju występują i ile wynoszą ekstremalne naprężenia styczne.
Aby rozwiązać te oba zagadnienia należy wyznaczyć ekstremalne wartości funkcji
� = � (ą) oraz � =� (ą).
v v v v
Zaczniemy od naprężeń normalnych.
Pochodna funkcji � = � (ą) przyrównana do zera
v v
� - �
d�
x y
v
= -2 sin 2ą + 2� cos 2ą = 0 ,
xy
dą 2
41
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
pokazuje, że na tych płaszczyznach przekroju na których naprężenia normalne są ekstremalne,
naprężenia styczne są równe zeru i daje równanie, z którego możemy wyznaczyć
- 2� �ł - 2� �ł
1 Ą
xy xy
�ł �ł
tg 2ą = ą = arc tg + n (5.3)
�ł �ł
� - � 2 � - � 2
y x y x
�ł łł
kąt pod jakim nachylony jest do osi X, wersor normalny płaszczyzny lub płaszczyzn na
których występują ekstremalne naprężenia normalne.
Zależności (5.3) pokazują, że ekstremalne naprężenia normalne występują na dwóch
wzajemnie do siebie prostopadłych płaszczyznach. Płaszczyzny te nazywamy płaszczyznami
głównymi a naprężenia normalne na nich naprężeniami głównymi. Kierunki wersorów
normalnych do płaszczyzn głównych czyli kierunki naprężeń głównych nazywamy
kierunkami głównymi. Zatem:
naprężenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości naprężeń normalnych,
które w nim występują. Działają one na dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach
(płaszczyznach głównych) na których naprężenia styczne są równe zeru.
W celu wyznaczenia wartości naprężeń głównych w płaskim stanie naprężenia korzystamy z
poniższych wzorów trygonometrycznych:
tg 2ą 1
sin 2ą = ą , cos 2ą = ą ,
1 + tg2 2ą 1 + tg2 2ą
które wstawiamy do równania (5.1):
� + � � - �
1 tg2 2ą
x y x y
� = �1 = + + � ,
max xy
2 2
1 + tg2 2ą 1 + tg2 2ą
�ł �ł �ł �ł
� + � � - �
x y x y -1 - tg2 2ą
�ł �ł �ł �ł
� =� = + + �
min 2 xy
�ł �ł �ł �ł
2 2
�ł �ł �ł �ł
1 + tg2 2ą 1 + tg2 2ą
�ł łł �ł łł
aby następnie po wykorzystaniu zależności (5.3) otrzymać końcowe rezultaty w postaci:
2
� + � �
�ł - �
�ł
x y x y
2
�ł �ł
� = �1 = + + �
max xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
(5.4)
2
� + � �
�ł - �
�ł
x y x y
2
�ł �ł
� = � = - + �
min 2 xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
Wzór (5.3) podaje jedynie kąt transformacji wyjściowego układu współrzędnych do układu
kierunków naprężeń głównych nie określając, kierunku � i kierunku � . Kierunki tych
max min
naprężeń określają poniższe zależności:
42
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
-� -�
xy xy
tgąmax = tgą1 = , tgąmin = tgą2 = . (5.5)
� - � � - �
y max y min
Y
We wzorach (5.5) ąmax oznacza kąt o jaki należy obrócić
umowa znaków
oś X do pokrycia się z kierunkiem maksymalnego
ą > 0
X
naprężenia normalnego � . Analogicznie definiujemy
max
kąt ąmin.
W celu wyznaczania ekstremalnych naprężeń stycznych i płaszczyzn ich występowania
postępujemy podobnie jak w przypadku ekstremalnych naprężeń normalnych.
Przyrównanie do zera pochodnej funkcji � = � (ą) :
v v
� - �
d�
x y
v
= -2 cos 2ą - 2� sin 2ą = 0 ,
xy
dą 2
daje zależność, z której wyznaczamy kierunki normalnych do płaszczyzn ekstremalnych
naprężeń stycznych
� - � �ł - � �ł
�
1 Ą
y x y x
�ł �ł
tg 2ą� = ą� = arc tg + n (5.6)
�ł �ł
2 � 2 2� 2
xy xy
�ł łł
Wzór (5.6) pokazuje, że ekstremalne naprężenia styczne też występują na dwóch wzajemnie
do siebie prostopadłych płaszczyznach, a ą� to kąt transformacji układu współrzędnych do
układu wyznaczonego przez normalne do tych płaszczyzn.
Wstawiając (5.6) do (5.2), przy wykorzystaniu analogicznych jak poprzednio zależności
trygonometrycznych otrzymujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych:
2
�
�ł - �
�ł
� -�
x y
2 max min
�ł �ł ,
� = + � = (5.7)
max xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
2
�
�ł - �
�ł
� -�
.
x y
2 max min
� = - �ł �ł
+ � = -
min xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
Porównanie wzorów (5.3) i (5.6) daje zależność:
Ą Ą
tg 2ą = - ctg 2ą� 2ą� = 2ą + ą� = ą +
2 4
co dowodzi twierdzenia, że płaszczyzny ekstremalnych naprężeń stycznych połowią kąty
między płaszczyznami naprężeń głównych (ekstremalnych naprężeń normalnych).
Na koniec powiemy, że w przypadku przestrzennych stanów naprężenia są trzy wzajemnie
prostopadłe płaszczyzny główne na których naprężenia styczne się zerują a naprężenia
normalne są ekstremalne (naprężenia główne). Płaszczyzny ekstremalnych naprężeń
stycznych i w tym przypadku połowią kąty między płaszczyznami naprężeń głównych.
43
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
5.3. Koła Mohra
Stawiamy pytanie: czy wartości naprężeń normalnych i stycznych na dowolnej płaszczyz
nie
przekroju bryły w punkcie, w którym panuje płaski stan naprężenia określony zadanymi
współrzędnymi macierzy naprężeń mogą być całkowicie dowolne czy też muszą przyjmować
wartości z pewnego ograniczonego zakresu. Aby odpowiedzieć na to pytanie powrócimy do
równań (5.1) oraz (5.2) i zapiszemy je w nieco zmienionej formie:
� + � � - �
x y x y
� - = cos 2ą +� sin 2ą, (
v xy
2 2
� - �
x y
� = - sin 2ą + � cos 2ą,
v xy
2
a następnie podniesiemy każde z nich do kwadratu i dodamy stronami otrzymując w wyniku
końcowym zależność:
2
2 2
�ł �ł
� +� �
�ł �ł �ł -�
�ł
�ł �ł
x y x y
2 2
�ł - +� . (5.8)
�ł
xy
�ł
�ł� v 2 �ł +� v =�ł �ł �ł
�ł �ł
2
�ł �ł
�ł łł �ł łł
�ł łł
Równanie (5.8) pokazuje że, wartości naprężeń normalnych i stycznych dla wszystkich
płaszczyzn przekroju bryły w danym punkcie leżą na brzegu koła o promieniu (rys. 5.2).
2
�
�ł -�
�ł
x y
2
�ł �ł
R = +� ,
xy
�ł �ł
2
�ł łł
� +�
x y
i środku przesuniętym na osi � o wielkość .
v
2
Koło to nazywamy kołem Mohra , jest ono graficzną reprezentacją stanu naprężenia w danym
punkcie i możemy z niego wyznaczyć wiele interesujących wielkości związanych ze stanem
naprężenia.
Na rys. 5.2 pokazane jest koło Mohra w punkcie w którym współrzędne macierzy naprężeń
spełniają zależności � > � > 0 oraz � > 0 . Punkt K pokazany na tym rysunku, nazywany
x y xy
biegunem koła Mohra, ma współrzędne (� , -� ) i pozwala na wyznaczenie kierunków
y xy
naprężeń głównych.
A
atwo jest dowieść pokazanych na tym rysunku zależności. Ograniczymy się zatem jedynie
do udowodnienia, że � =OB oraz że, � =OA .
max min
Z rysunku widać, że OB =OO1 + R , a ponieważ:
2
� +� �
�ł -�
�ł
x y x y
2
�ł �ł
, a R = +� , więc:
OO1 =
xy
�ł �ł
2 2
�ł łł
44
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
2
� +� �
�ł -�
�ł
x y x y
2
�ł �ł
OB = + +� = � =�1 .
xy max
�ł �ł
2 2
�ł łł
Analogicznie dowodzimy drugą zależność.
Z koła Mohra łatwo odczytujemy wartości ekstremalnych naprężeń stycznych, reprezentują je
punkty C i D.
�
v
C
R
max
ąmax
�
O1 � x
y
O
B
A
�
v
ąmin
�
min
-�
xy
K
D
min
�
max
Rys. 5.2
W przestrzennym stanie naprężenia w miejsce jednego mamy trzy koła Mohra, które pokazuje
rys. 5.3 na którym zacieniony obszar to obszar wszystkich możliwych wartości naprężeń
normalnych i stycznych w punkcie (graficzna reprezentacja występującego w nim stanu
naprężenia) w którym naprężenia główne mają wartości �1, � , � .
2 3
�
v
�
� �
�
�
�
�
�
x v
O y O1 �
�
3
�
2
�1
Rys. 5.3
45
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
5.4. Przykłady
Przykład 5.4.1. Wyznaczyć analitycznie i sprawdzić przy pomocy koła Mohra naprężenia
główne i ich kierunki w punkcie gdzie dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)
�ł- 200 -100
�ł
T� = �ł �ł MPa
�ł �ł
-100 50
�ł łł
Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych naprężeń (1,2).
Rozwiązanie
Wartości naprężeń głównych:
2
2
� + � � - �
�ł �ł
- 200 + 50 - 200 - 50
x y x y �ł �ł
2
�ł �ł
� = �1 = + + � = + + 1002 = 85.078 MPa
�ł �ł
max xy
�ł �ł
2 2 2 2
�ł łł
�ł łł
2
2
� + � � - �
�ł �ł
- 200 + 50 - 200 - 50
x y x y �ł �ł
2
�ł �ł
� = � = - + � = - �ł �ł
+ 1002 = - 235.078 MPa
min 2 xy
�ł �ł
2 2 2 2
�ł łł
�ł łł
Sprawdzenie :
� +� = �1 +� - 200 + 50 = 85.078 - 235.078 -150 = -150
x y 2
Kierunki naprężeń głównych:
-�
100
xy
tgąmax = tgą1 = = = - 2.8508 ąmax = - 70o 40'
� - � 50 - 85.078
y max
-�
100
xy
tgą = tgą = = = 0.3508 ą =19o 20'
min 2 min
� - � 50 + 235.078
y min
Sprawdzenie :
ąmax + ą = 70o40' +19o20' = 90o
min
50 Y
100
2
�1 =85.078
100
Y
ą2 =19o 20'
X 200
200
X
100
ą1 = 70o 40'
� = 235.078
2
100
50
1
46
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
Macierz naprężeń w układzie (X,Y) Macierz naprężeń w układzie kierunków głównych (1,2)
�ł- 200 -100 85.078 0
�ł �ł �ł
T� =�ł �ł MPa T� =�ł �ł MPa
�ł �ł �ł
-100 50 0 - 235.078�ł
�ł łł �ł łł
Macierz przejścia z układu współrzędnych (X,Y) do układu kierunków głównych (1,2)
�łcos 70o 40') sin(- 70o 40')�ł �ł
�ł
0.3311 - 0.9436
�ł
(-
�ł
ąij = = �ł
�ł0.9436 0.3311 �ł
�ł
�ł �ł
cos 19o 20' sin 19o 20'
�ł łł
�ł łł
Koło Mohra
�
2
�
min
K
skala naprężeń
ą
min
-� 1 cm = 50 MPa
xy
o1
�
O
�
�
x
y
ą
max
�
max
1
�max
�
min
Przykład 5.4.2. Wyznaczyć analitycznie naprężenia główne i ich kierunki w punkcie gdzie
dana jest macierz naprężeń w układzie (X,Y)
0 100
�ł �ł
T� =�ł
�ł100 0 �ł MPa
�ł
�ł łł
Narysować graficzne obrazy macierzy naprężeń w układzie wyjściowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych naprężeń (1,2).
Rozwiązanie
Wartości naprężeń głównych:
� = �1 = + 1002 =100 MPa, � = � = - 1002 = -100 MPa.
max min 2
Kierunki naprężeń głównych:
47
Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
-�
xy -100
tgąmax = tgą1 = = = 1.0 ąmax = 45o
� - � - 100
y max
-�
xy -100
tgąmin = tgą2 = = = -1.0 ąmin = - 45o
� - � 100
y min
Y
2
100
1
Zadana macierz naprężeń w punkcie
przedstawia tzw. przypadek czystego
100
100
ścinania. W układzie osi (X, Y) postać tej
macierzy wyraz
nie uzasadnia tą nazwę.
100
Przykład pokazuje, że taki stan naprężenia
X
można generować również poprzez
100
naprężenia normalne - rozciągające i
00
ściskające - na prostopadłych do siebie
100
100
płaszczyznach nachylonych pod kątem 45�
do osi wyjściowych.
100
00
48