plik


ÿþPrzykBad 6.1. Przestrzenny stan napr|enia i odksztaBcenia Stan napr|enia Stan napr|enia w punkcie jest okre[lony za pomoc dziewiciu skBadowych, które oznaczamy liter à z odpowiednimi indeksami. Pierwszy indeks oznacza normaln zewntrzn do przekroju, w którym dziaBa napr|enie, za[ drugi  kierunek napr|enia. W wytrzymaBo[ci materiaBów, dla odró|nienia napr|eD stycznych stosuje si liter Ä , natomiast powtarzajcy si indeks w oznaczeniu napr|eD normalnych pomija si. Zgodnie z twierdzeniem o wzajemno[ci napr|eD stycznych zachodz równo[ci: Ä = Ä , Ä = Ä , xy yx yz zy Ä = Ä . Mamy zatem 6 niezale|nych skBadowych stanu napr|enia, które zapisujemy jako: zx xz îø ùø îø ùø Ã Ã Ã Ã Ä Ä xx xy xz x xy xz ïø úø ïø úø à = lub à = yx yy yz yx y yz ïøà à à úø ïøÄ Ã Ä úø ïøà zx à zy à zz úø ïøÄ zx Ä zy à z úø ðø ûø ðø ûø Przyjmuje si nastpujce zasady znakowania skBadowych stanu napr|enia: " Napr|enie normalne jest dodatnie, gdy jest skierowane na zewntrz przekroju ( od przekroju ), tzn. jest rozcigajce. " Umow znaków dla napr|enia stycznego wyja[nimy na przykBadzie napr|enia Äxy. DziaBa ono w przekroju prostopadBym do osi x, wzdBu| osi y. W przekroju o normalnej zewntrznej zgodnej ze zwrotem osi x napr|enie Äxy jest dodatnie, gdy ma zwrot zgodny z osi y. Natomiast w przeciwlegBym przekroju (o ujemnej normalnej zewntrznej) napr|enie Äxy jest dodatnie, gdy ma zwrot przeciwny do osi y. Aby zilustrowa na rysunku stan napr|enia w danym punkcie, nale|y przeprowadzi przez ten punkt trzy przekroje prostopadBe do przyjtego ukBadu osi xyz. Narysowanie wszystkich skBadowych stanu napr|enia dosBownie  w punkcie byBoby nieczytelne, dlatego prowadzimy przekroje w jego nieskoDczenie maBym otoczeniu (rysujemy prostopadBo[cian   kostk ). Na poni|szym rysunku zaznaczono dodatnie zwroty odpowiednich napr|eD. à z z Ä Ä zy zx Ä Ä yz xz Ä xy y x Ä yx à y à x PrzykBadowo, dla poni|szego stanu napr|enia ilustracja graficzna jest nastpujca: 6 z 1 1 2 5 -1 îø ùø 1 1 ïø à = 5 5 1úø [MPa] ïø úø ïø-1 1 6ûø úø 5 ðø 5 5 y 2 x Uwaga: Zadania 1, 2, i 3 dotycz wyznaczania warto[ci gBównych i kierunków gBównych przestrzennego stanu napr|enia. Dla stanu odksztaBcenia zagadnienie to rozwizuje si analogicznie. Wystarczy zastpi skBadowe stanu napr|enia odpowiednimi skBadowymi stanu odksztaBcenia. ZADANIE 1. Obliczy warto[ci napr|eD gBównych oraz okre[li kierunki gBówne stanu napr|enia: îø ùø Ã Ä Ä 2 5 -1 îø ùø x xy xz ïø úø ïø à = = 5 5 1úø [MPa] yx y yz ïøÄ Ã Ä úø ïø úø ïøÄ zx Ä zy à z úø ïø-1 1 6ûø úø ðø ðø ûø Rozwizanie Obliczamy warto[ci niezmienników stanu napr|enia. sI = Ãx + Ãx + Ãz = 2 + 5 + 6 =13 MPa Ãx Ä Ã Ä Ãx Ä xy y yz 2 2 2 xz sII = + Ä Ã Ä Ãz + Ä Ãz = Ãxà y -Ä xy + à yÃz -Ä yz + ÃzÃx -Ä zx yx y zx zy = 2 Å"5 - 52 + 5Å" 6 -12 + 2 Å" 6 - (-1)2 = 25 MPa2 Ãx Ä Ä xy xz sIII = Ä Ã Ä = Ãxà Ãz +Ä Ä Ä +Ä Ä Ä -Ä Ã Ä - ÃxÄ Ä -Ä Ä Ãz yx y yz y xy yz zx xz yx zy xz y zx yz zy xy yx Ä Ä Ãz zx zy = 2 Å"5Å" 6 + 2 Å"1(-1) + (-1) Å"5Å"1- (-1) Å" (-1) Å"5 -1Å"1Å" 2 - 6 Å"5Å"5 = -107 MPa3 Napr|enia gBówne wyznaczamy z równania 3 2 à - sI à + sII à - sIII = 0 , które po wstawieniu obliczonych warto[ci liczbowych niezmienników ma posta 3 2 (1) à -13à + 25à +107 = 0 . Aby otrzyma warto[ci napr|eD gBównych nale|y rozwiza powy|sze równanie trzeciego stopnia. Rozwizanie równania trzeciego stopnia w postaci ogólnej Niech bdzie dane równanie trzeciego stopnia w postaci ay3 + by2 + cy + d = 0 . Dzielimy je obustronnie przez a i podstawiamy y = x - b / 3a ; otrzymujemy: x3 + 3px + 2q = 0 , 2 gdzie 3ac - b2 2b3 bc d 3p = ; 2q = - + . 3a2 27a3 3a2 a Obliczamy wyró|nik " = q2 + p3 . Je|eli " < 0 oraz p < 0 to nasze równanie trzeciego stopnia ma trzy ró|ne pierwiastki rzeczywiste. Pierwiastki x1 , x2 , x3 obliczamy ze wzorów: 1 x1 = -2r cos Õ , 3 1 x2 = 2r cos(60 - Õ) , 3 1 x3 = 2r cos(60 + Õ) , 3 gdzie q cosÕ = , r =· | p | , · = sgn(q) (· = ±1 zale|nie od znaku q ). r3 Zatem pierwiastki rozwa|anego równania trzeciego stopnia wynosz b b b y1 = x1 - , y2 = x2 - , y3 = x3 - . 3a 3a 3a Rozwi|emy teraz równanie (1), korzystajc z powy|szego sposobu. Obliczamy: a = 1 , b = -13 , c = 25 , d =107 , 3ac - b2 3Å"1Å" 25 - (-13)2 3p = = = -31,3 < 0 , 3a2 3Å"12 2b3 bc d 2Å"(-13)3 (-13)Å" 25 107 2q = - + = - + = -162,7 +108,3 +107 = 52,6 27a3 3a2 a 27 Å"13 3Å"12 1 2 3 52,6 ëø öø ëø - 31,3 öø " = q2 + p3 = + = ìø ÷ø ìø ÷ø -447,6 < 0 2 3 íø øø íø øø 52,6 31,3 q 2 · = sgn(q) = +1 , r = · | p | = +1Å" = 3,23 , cosÕ = = = 0,780 Ò! Õ = 38,7 3 r3 3,233 1 x1 = -2r cos Õ = -2Å"3,23Å"cosëø 38,7 öø = -6,30 ìø ÷ø 3 3 íø øø 38,7 1 öø x2 = 2r cos(60 - Õ) = -2Å"3,23Å"cosëø60 - ÷ø = 4,40 ìø 3 3 íø øø 38,7 1 öø x3 = 2r cos(60 + Õ) = -2Å"3,23Å"cosëø60 + = 1,90 ìø ÷ø 3 3 íø øø 3 Zatem napr|enia gBówne wynosz: b -13 x1 - = -6,30 - = -1,97 = Ã3 [MPa] 3a 3Å"1 b -13 x2 - = 4,40 - = 8,74 = Ã1 [MPa] 3a 3Å"1 b -13 x3 - =1,90 - = 6,23 = à [MPa] 2 3a 3Å"1 Kontrol prawidBowo[ci obliczeD mo|e by sprawdzenie niezmienników: sI = Ã1 + Ã2 + Ã3 = 8,74 + 6,23 -1,97 =13 MPa Ã1 0 Ã1 0 Ã2 0 sII = 0 Ã2 + 0 Ã3 + 0 Ã3 = Ã1Ã2 + Ã1Ã3 + Ã2Ã3 = = 8,74 Å" 6,23 + 8,74 Å" (-1,97) + 6,23Å" (-1,97) = 25,0 MPa2 Ã1 0 0 8,74 0 0 sIII = 0 à 0 = 0 6,23 0 = 8,74 Å" 6,23Å" (-1,97) = -107 MPa3 2 0 0 -1,97 0 0 Ã3 Warto[ci niezmienników s zgodne z otrzymanymi poprzednio. Wyznaczamy teraz kierunki gBówne. Kierunek gBówny 1, czyli kierunek dziaBania napr|enia Ã1 , okre[lony jest przez kosinusy kierunkowe l1 , m1 , n1. S to kosinusy któw jakie tworzy wektor napr|enia Ã1 , z osiami ukBadu wspóBrzdnych Ox, Oy, Oz. Liczby l1 , m1 , n1 s zatem skBadowymi jednostkowego wektora zewntrznie normalnego do przekroju, w którym wystpuje napr|enie Ã1 . Prawdziwy jest zatem zwizek: 2 2 2 l1 + m1 + n1 =1 . Kosinusy kierunkowe l1 , m1 , n1 obliczamy z ukBadu równaD: ñø - Ã1)l1 +Ä m1 +Ä n1 = 0 (Ãx (2 yx zx ñø - 8,74)l1 + 5m1 - n1 = 0 (2) ôø ôø ôø5l + (5 - 8,74)m1 + n1 = 0 òøÄ l1 + (à - Ã1) m1 +Ä n1 = 0 Ò! òø xy y zy 1 (3) ôø ôø ôøÄ xzl1 +Ä yzm1 + (Ãx - Ã1) n1 = 0 óø- l1 + m1 + (6 - 8,74)n1 = 0 (4) óø Wyznacznik macierzy gBównej tego ukBadu jest równy zeru. Obliczamy rzd tej macierzy. W tym celu wybieramy z niej dowolny minor drugiego stopnia (3-1=2) i sprawdzamy czy jest on ró|ny od zera. îø- 6,74 5 -1 ùø 5 - 3,74 ïø úø 5 - 3,74 1 = 5 - 3,74 `" 0 -1 1 ïø-1 1 - 2,74úø ðø ûø Nasz ukBad ma zatem rozwizania zale|ne od jednego parametru. Badany minor obejmowaB wspóBczynniki przy niewiadomych l1 i m1 w równaniach (3) i (4). Rozwizujemy teraz ukBad dwóch równaD (3) i (4) wzgldem niewiadomych l1 i m1. Otrzymujemy: m1 =10,1 n1 , l1 = 7,34 n1 4 Uwzgldniajc warunek 2 2 2 2 2 2 l1 + m1 + n1 =1, 10,12 Å" n1 + 7,342 Å" n1 + n1 =1, otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku gBównego: n1 = ±0.0803 l1 = ±0.586 , m1 = ±0.806 oraz . Dla drugiego kierunku gBównego rozwizujemy ukBad równaD: (Ãx - Ã2)l2 +Ä m2 +Ä n2 = 0 (2 yx zx ñø - 6,23)l1 + 5m1 - n1 = 0 (5) ôø5l + (5 - 6,23) m1 + n1 = 0 Ä l2 + (à - Ã2) m2 +Ä n2 = 0 Ò! (6) òø xy y zy 1 ôø (7) Ä l2 +Ä m2 + (Ãx - Ã2) n2 = 0 óø- l1 + m1 + (6 - 6,23) n1 = 0 xz yz Wybieramy dowolny minor drugiego stopnia z macierzy gBównej ukBadu i sprawdzamy czy jest on ró|ny od zera: îø- 4,23 5 -1 ùø - 4,23 5 ïø úø 5 -1,23 1 = 4,23Å"1,23 - 25 `" 0 5 -1,23 ïø ðø-1 1 - 0,23úø ûø Badany minor obejmowaB wspóBczynniki przy niewiadomych l1 i m1 w równaniach (5) i (6). Zatem, rozwizujemy teraz ukBad dwóch równaD (5) i (6) wzgldem niewiadomych l1 i m1. Otrzymujemy: m2 = 0,0389n2 , l2 = -0,190 n2 doBczajc warunek 2 2 2 2 2 2 l2 + m2 + n2 =1, 0,03892 Å" n2 + (-0,190)2 Å" n2 + n2 = 1 , otrzymujemy kosinusy kierunkowe drugiego kierunku gBównego: n2 = ±0.982 l2 = "0,187 , m2 = ±0.0382 oraz . Podobnie, obliczamy skBadowe trzeciego kierunku gBównego. Wynosz one: n3 = ±0,173 l3 = ±0,788 , m3 = "0.591 . oraz Kierunki gBówne okre[lone jednostkowymi wektorami µ1 = [l1, m1, n1], µ2 = [l2, m2, n2], µ3 = [l3, m3, n3] musz by wzgldem siebie parami prostopadBe. Sprawdzenie tego warunku jest dobrym sposobem kontroli poprawno[ci obliczeD. Dla ka|dej pary zapisujemy warunek wynikajcy z definicji iloczynu skalarnego: l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0,586 Å" (-0,187) + 0,806 Å" 0,0382 + 0,0803Å" 0,982 = 6,18Å"10-5 E" 0 l2l3 + m2m3 + n2n3 = -0,187 Å" 0,788 + 0,0382Å" (-0,591) + 0,982 Å" 0,173 = -4,62 Å"10-5 E" 0 l3l1 + m3m1 + n3n1 = 0,788Å" 0,586 - 0,591Å" 0,806 + 0,173Å" 0,0803 = -6,86 Å"10-4 E" 0 Warto[ci iloczynów skalarnych poszczególnych par wektorów nie s dokBadnie równe zeru z uwagi na bBdy zaokrgleD powstaBe w obliczeniach. S one jednak bardzo maBe w stosunku do dBugo[ci wektorów równej 1. Wykazali[my wic, |e znalezione kierunki gBówne s wzgldem siebie parami prostopadBe. 5 ZADANIE 2. Znalez napr|enia gBówne i kierunki gBówne stanu napr|enia îø ùø Ã Ä Ä 1 1 1 îø ùø x xy xz ïø úø ïø1 à = = 1 1úø [MPa] . yx y yz ïøÄ Ã Ä úø ïø úø ïøÄ zx Ä zy à z úø ïø úø ðø1 1 1ûø ðø ûø Rozwizanie Obliczamy warto[ci niezmienników stanu napr|enia. sI = Ãx + Ãx + Ãz =1+1+1 = 3 MPa Ãx Ä Ã Ä Ãx Ä xy y yz xz sII = + Ä Ã Ä Ãz + Ä Ãz = 1Å"1-12 +1Å"1-12 +1Å"1-12 = 0 yx y zx zy Ãx Ä Ä xy xz sIII = Ä Ã Ä =1+1+1-1-1-1 = 0 yx y yz Ä Ä Ãz zx zy Napr|enia gBówne wyznaczamy z równania 3 2 3 2 à -à sI +à sII - sIII = 0 Ò! à - 3à = 0 Skd Batwo obliczamy Ã1 = 3 MPa , à = Ã3 = 0 . 2 Jest to zatem przypadek rozcigania napr|eniem Ã1 = 3 . Jego kierunek wyznaczymy z ukBadu równaD: (Ãx - Ã1)l1 + Ä m1 +Ä n1 = 0 (1- 3)l1 + m1 + n1 = 0 yx zx (1) Ä l1 + (à - Ã1) m1 +Ä n1 = 0 Ò! l1 + (1- 3) m1 + n1 = 0 (2) xy y zy l1 + m1 + (1- 3) n1 = 0 (3) Ä l1 +Ä m1 + (Ãx - Ã1) n1 = 0 xz yz Rozwizujemy ukBad równaD (1) i (2) wzgldem niewiadomych l1 i m1. Otrzymujemy m1 = n1 , l1 = n1 . Wykorzystujc warunek geometryczny 2 2 2 2 2 2 l1 + m1 + n1 =1 Ò! n1 + n1 + n1 =1 otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku gBównego: 1 n1 = l1 = m1 = ± . 3 Dla drugiego, jak i trzeciego kierunku gBównego, ukBad równaD (1)-(3) redukuje si do jednego równania l + m + n = 0 . DoBczajc warunek l2 + m2 + n2 =1 i wybierajc przykBadowo n jako parametr, otrzymujemy nieskoDczenie wiele rozwizaD postaci 1 1 l = - n ± - 3n2 + 2 , m = -l - n . 2 2 1 1 1 Zatem ka|da prosta le|ca w pBaszczyznie okre[lonej wektorem normalnym µ1 = [ , , ] 3 3 3 wyznacza kierunek gBówny. 6 ZADANIE 3. Obliczy warto[ci napr|eD gBównych stanu napr|enia: îø ùø Ã Ä Ä 6 îø - 3 0 ùø x xy xz ïø úø ïø à = = 3 6 0úø [MPa] yx y yz ïøÄ Ã Ä úø ïø- úø ïøÄ zx Ä zy à z úø ïø úø 0 0 8ûø ðø ðø ûø Uwaga: Dane liczbowe w tym zadaniu dobrane s tak, aby otrzymane warto[ci napr|eD gBównych byBy liczbami caBkowitymi. Przedstawiona tu metoda rozwizania równania wiekowego, polegajca na poszukiwaniu podzielników wyrazu wolnego, nie jest metod ogóln. Rozwizanie Obliczamy warto[ci niezmienników stanu napr|enia. sI = Ãx + Ãx + Ãz = 6 + 6 + 8 = 20 MPa Ãx Ä Ã Ä Ãx Ä xy y yz 6 - 3 6 0 6 0 xz sII = + + + = Ä Ã Ä Ãz + Ä Ãz = - 3 6 0 8 0 8 yx y zx zy = 36 - 9 + 48 + 48 =123 MPa2 Ãx Ä Ä xy xz 6 - 3 0 sIII = Ä Ã Ä = - 3 6 0 = 8Å"[6 Å" 6 - (-3) Å" (-3)] = 216 MPa3 yx y yz Ä Ä Ãz 0 0 8 zx zy Napr|enia gBówne wyznaczamy z równania 3 2 à -à sI +à sII - sIII = 0 , które po wstawieniu obliczonych warto[ci liczbowych niezmienników ma posta 3 2 à - 20à +123à - 216 = 0 . CaBkowitych pierwiastków tego równania poszukujemy w[ród podzielników wyrazu wolnego. Podstawiajc à = 3 mo|na sprawdzi, |e liczba 3, która jest podzielnikiem liczby 216, speBnia nasze równanie. 7 Wykonajmy dzielenie: 3 2 2 (à - 20à +123à - 216) : (à - 3) = à -17à + 72 3 2 à - 3à 2 -17à +123à 2 -17à + 51à 72à - 216 72à - 216 0 PozostaBe pierwiastki dostaniemy z równania kwadratowego 2 à -17 à + 72 = 0 . Obliczamy: " = 172 - 4Å"1Å"72 = 1 , " =1 17 +1 à '= = 9 2 17 -1 Ã"= = 8 2 Mamy zatem nastpujce napr|enia gBówne: Ã1 = 9 , à = 8 , Ã3 = 3 [MPa] . 2 Rozwizanie tego przykBadu mo|na byBo znalez w inny sposób. Zauwa|my, |e napr|eniu à = 8 odpowiadaj napr|enia styczne Ä = Ä = 0 , z xz yz Ä = Ä = 0 . (zera w 3-ciej kolumnie i 3-cim wierszu). Zatem, z definicji, napr|enie à = 8 zx zy z jest napr|eniem gBównym, a kierunek osi z - kierunkiem gBównym. PozostaBe napr|enia gBówne bd pierwiastkami równania kwadratowego otrzymanego po wykonaniu dzielenia 3 2 (à - 20à +123à - 216) : (à -8) . Podany sposób rozwizania zaleca si jako wiczenie do samodzielnego wykonania. 8 ZADANIE 4. W pewnym punkcie dany jest stan napr|enia: 2 îø -1 0 ùø ïø à = -1 2úø [MPa] ïø-1 úø ïø úø 0 2 1ûø ðø Znalez wektor napr|enia p w tym punkcie, w przekroju o normalnej zewntrznej 4 3 n = [ ,0, ]. RozBo|y nastpnie wektor p na napr|enia normalne à oraz styczne Än . n 5 5 Rozwizanie 16 9 Zauwa|my, |e wektor n jest wektorem jednostkowym,| n |= nx2 + ny2 + nz2 = + 0 + =1. 25 25 SkBadowe wektora napr|enia p = [ px, py , pz ] w przekroju o normalnej zewntrznej okre[lonej wektorem n [nx, ny, nz ], wyznaczymy korzystajc z pierwszego prawa Cauchy ego: ñø px = à nx + à ny + à nz xx xy xz ôø pi = Ãijn : py = à ny + à ny + à nz . òø j yx yy yz ôø pz = à nx + à ny + à nz zx zy zz óø Podstawiajc dane liczbowe otrzymujemy: 4 3 8 ñø px = 2Å" + (-1)Å"0 + 0Å" = 5 5 5 ôø 4 3 2 py = (-1) Å" + (-1)Å"0 + 2Å" = , òø 5 5 5 ôø 4 3 3 pz = 0Å" + 2Å"0 +1Å" = óø 5 5 5 Napr|enie p w danym przekroju (dBugo[ wektora p ) wynosi 2 2 2 2 2 8 2 3 p = px + p2 + pz = ( ) +( ) +( ) =1.755 MPa . y 5 5 5 Teraz obliczamy warto[ liczbow napr|enia normalnego w danym przekroju: 8 4 2 3 3 41 à = p Å" n = pxnx + pyny + pznz = Å" + Å" 0 + Å" = =1.64 MPa . n 5 5 5 5 5 25 A zatem wektor napr|enia à wynosi 4 3 à =1,64Å" n =[1.64Å" , 1.64Å"0, 1.64Å" ]= [1.312, 0, 0.984]. n 5 5 Nastpnie obliczamy napr|enie styczne: p = à +Än , Än = p -à , n n co pozwala wyznaczy odpowiednie skBadowe wektora Än : 8 ñø -1,312 = 0,288 Änx = 5 ôø 2 Ä = [0.288, 0.400,- 0.384] òøÄ = 5 - 0,0 = 0,4 ny n ôøÄ = 3 - 0,984 = -0,384 nz óø 5 9 ZADANIE 5. Dla tensora odksztaBcenia zdefiniowanego w sposób nastpujcy: 2 1 0 îø ùø ïø1 µ = 3 0úø ïø úø ïø úø ðø0 0 4ûø znalez aksjator i dewiator. Rozwizanie: Ka|dy tensor symetryczny drugiego rzdu (co odnosi si do tensorów napr|enia, odksztaBcenia i bezwBadno[ci) mo|na przedstawi w postaci sumy dwóch tensorów symetrycznych zwanych aksjatorem i dewiatorem. Dla tensora odksztaBcenia, aksjator (tensor kulisty) opisuje zmian objto[ci, natomiast dewiator  zmian postaci: Tensor stanu odksztaBcenia mo|na przedstawi jako sum aksjatora i dewiatora: A µ = µ + µD . gdzie. µ 0 0 µ11 [r îø ùø îø - µ µ12 µ13 ùø [r A ïø úø ïø úø µ = 0 µ 0 oraz µD = µ µ - µ µ , [r 21 22 [r 23 ïø úø ïø úø ïø úø ïø úø 0 0 µ µ31 µ32 µ33 - µ ðø [r ûø ðø [r ûø 1 µ[r = (µ11 + µ22 + µ33) 3 W naszym zadaniu 1 1 µ[r = (µ11 + µ22 + µ33)= (2 + 3 + 4)= 3 . 3 3 Zatem cz[ kulista (aksjator) i dewiacyjna danego tensora napr|enia s wynosz 3 0 0 îø ùø A ïø0 µ = 3 0úø ïø úø ïø úø ðø0 0 3ûø oraz îø-1 1 0 ùø ïø µD = 1 0 0úø . ïø úø ïø úø 0 0 1ûø ðø 10

Wyszukiwarka