cwiczenie_1.pdf

(769 KB) Pobierz
Ćwiczenie 1: Płaski stan naprężeń
Ćwiczenie 1: Płaski stan naprężeń (opracował Z. Waszczyszyn) - dla studentów
Podstawowe wzory
─ Tensor naprężeń dla płaskiego stanu naprężenia
T σ =
(1)
─ Dodatnie naprężenie na brzegach elementarnego kwadratu i trójkąta
a) b)
Rys.1: Naprężenie działające na elementarnych powierzchniach
Uwaga : Elementarne powierzchnie (kwadrat, trójkąt) przyjmujemy w otoczeniu punktu 0, w
którym definiujemy tensor naprężeń T σ . Boki elementarnych powierzchni mają wartość małą w
sensie definicji
d
x ∆
=
lim
x→
0
x
.
─ Zależności brzegowych naprężeń σ nn = σ n , τ ns od naprężeń płaskiego stanu naprężeń
{σ x , σ y , τ xy , τ yx }
Uwagi:
1. Elementarny kwadrat pozwala opisać stan naprężeń we wnętrzu ciała stałego poddanego
zewnętrznym obciążeniom przykładanym do brzegowego elementu trójkąta p n = σ n , p s = τ ns
Rys.2. Elementy brzegowe
(trójkąty) i elementy
wewnętrzne (kwadraty
1
∆
54622939.008.png 54622939.009.png
2. Każda elementarna część ciała (trójkąt, kwadrat) musi być w stanie równowagi, t.zn. na
płaszczyźnie są spełniane 3 równania równowagi:
∑ x = 0 , ∑ y = 0, ∑ M P = 0.
(2)
3. Z równania równowagi ∑ M A = 0 względem punktu A na Rys. 1a wynika:
τ xy =
(3)
─ Równania równowagi trójkąta :
∑ x = 0 , ∑ y = 0 dają:
( ds
σ
)
( n
σ
ds
)
stąd otrzymujemy:
⎪
⎨
σ
(cos
2
ϕ
+
sin
2
ϕ
)
ds
=
1
n
ds
⎪
⎩
τ
(sin
2
ϕ
+
cos
2
ϕ
)
ds
=
1
⎪
ns
ds
a po uwzględnieniu zależności:
dx
=
sin
ϕ
,
dy
=
cos
ϕ
,
ds
ds
sin
ϕ
cos
ϕ
=
1
sin
2
ϕ
,
cos
2
ϕ
−
sin
2
ϕ
=
cos
2
ϕ
,
2
otrzymujemy równania transformacyjne elementarnego trójkąta
⎡
σ
=
σ
cos
2
ϕ
+
σ
sin
2
ϕ
+
τ
sin
2
ϕ
(4.1)
n
x
y
xy
⎢
1
⎢
τ
=
(
σ
−
σ
)
sin
2
ϕ
+
τ
cos
2
ϕ
(4.2)
⎣
ns
2
y
x
xy
─ Kierunek główny:
Obliczamy kąt nachylenia normalnej ϕ gł = ∡ ( x , n ) z założenia τ n s = 0 we wzorze (4.2):
tg 2ϕ gł = i dalej dla uproszczenia przyjmujemy oznaczenie ϕ gł ≡ ϕ .
(5)
2
⎧
54622939.010.png
─ Naprężenie główne:
Korzystając z zależności
cos 2
ϕ
=
1
+
cos
2
ϕ
,
sin 2
ϕ
=
1
−
cos
2
ϕ
2
2
orazpodstawiając τ ns = 0 i σ n = σ równania (4) przekształcamy do postaci:
σ
−
1
(
σ
+
σ
)
=
1
(
σ
−
σ
)
cos
2
ϕ
+
τ
sin
2
ϕ
,
n
2
x
y
2
x
y
xy
(6)
1
τ
=
0
=
−
(
σ
−
σ
)
sin
2
ϕ
+
τ
cos
2
ϕ
.
ns
x
y
xy
2
Po podniesieniu stronami do kwadratu i dodaniu otrzymujemy równanie
⎡
1
⎤
2
1
2
σ
−
(
σ
+
σ
)
=
(
σ
−
σ
)
2
+
τ
,
(7)
⎣
⎦
x
y
x
y
xy
2
4
lub w ogólnej postaci (szczególna postać równania wiekowego)
σ 2
(8)
gdzie:
są niezmiennikami tensora naprężeń (1).
(9)
Zrównań (7) lub (8) wynikają pierwiastki równania
⎡
σ
=
1
J
±
1
J
1
−
4
J
=
1
2
1
2
2
2
⎢
1
1
⎢
=
(
σ
+
σ
)
±
(
σ
−
σ
)
2
+
4
τ
2
(10)
x
y
x
y
xy
⎣
2
2
σ są naprężeniami głównymi, wzajemnie prostopadłymi, na obróconych
bokach kwadratu elementarnego o nachyleniach normalnej o kąty
σ
2
ϕ ≡ ϕ gł oraz ϕ gł + 2
π ;
2) Obrót ϕ gł został obliczony tak aby naprężenia styczne miały, t.zn.
τ
ns
=
0
a wartość
σ ,
osiągają wtedy maksymalną i minimalną wartość bez zmiany wartości pierwszego
niezmiennika
2
J
1
=
σ
x
+
σ
y
=
σ
1
+
σ
2
.
(11)
3
J 1 = , J 2 =
⎢
Uwagi:
1) Pierwiastki ,
1
1
σ
54622939.011.png 54622939.001.png
Rys. 3: Obrót kwadratu
elementarnego o kąt ϕ gł
.
Wypowiedziane twierdzenie można udowodnić prostym obliczeniem. Z równania (6) 1 wynika
wzór
σ
=
1
(
σ
+
σ
)
+
1
(
σ
−
σ
)
cos
2
ϕ
+
τ
sin
2
ϕ
,
2
x
y
2
x
y
xy
z którego obliczamy pochodną ϕ
dσ
/
d
=
d
Z równań = 0 dochodzimy do wzoru (5), który odpowiada ekstremalnym (min lub max)
wartościom naprężenia głównego σ.
dσ
/
d
─ Maksymalne naprężenia styczne :
Kąt nachylenia odpowiadający maksymalnej wartości ⏐τ
ϕ
st
ns ⏐ ≡ τ max obliczamy z równania
(6) 2
≡
d
skąd wynika
⎡
ctg
2
ϕ
=
−
2
τ
xy
.
(12)
⎢
st
σ
−
σ
⎣
x
y
Porównując wzory (12) i (5) dochodzimy do zależności
tg 2 = − ctg 2 ϕ
st
ϕ
gł → tg 2 + ctg 2 ϕ
st
ϕ
gł = 0 .
Korzystamy ze wzoru trygonometrycznego (por. np. Bronstejn, Siemiendiajew [ ], str. 222)
tg
α
+
ctg
β
=
cos(
α
−
β
)
,
cos
α
sin
β
skąd wynika
4
dσ .
dτ ns
54622939.002.png 54622939.003.png 54622939.004.png
6
47
π 48
/
2
α ,
2ϕ
β
=
2
ϕ
→
cos(
α
−
β
)
≡
cos(
2
ϕ
−
2
ϕ
)
=
0
.
st
gl
st
gl
[ = ϕ
st
gł +45 0 ,
(13)
a więc kąt różni się o 45
st
ϕ
0
od kąta nachylenia normalnej gr
ϕ , określającej położenie naprężeń
głównych
Rys.4: Dwa kierunki
naprężeń głównych
i maksymalnych
naprężeń stycznych
Po podstawieniu wzoru (12) do (6) otrzymujemy
(14)
⎡
τ
=
−
1
(
σ
−
σ
)
2
+
4
τ
2
=
σ
2
−
σ
1
,
⎢
max
x
y
xy
2
2
⎢
σ
+
σ
σ
+
σ
⎢
σ
=
σ
=
σ
=
x
y
=
1
2
.
(15)
⎢
n,
ma
x
n
n
2
⎣
2
2
Uwaga : Na wszystkich ściankach elementarnego kwadratu po obrocie o kąt występują jedna-
kowe naprężenia
ϕ
st
σ
n
=
(
σ
1
+
σ
2
)
/
2
oraz
τ
max
=
(
σ
2
−
σ
1
)
/
2
─ Koło Mohra jest popularna nazwą graficznego wyznaczania zarówno kierunków oraz
składowych naprężeń głównych i maksymalnych naprężeń stycznych jak też naprężeń na brzegu
elementarnego trójkąta o normalnej odchylonej o kąt
ϕ od osi x.
n
Rys. 5. Koło Mohra dla płaskiego stanu naprężeń
5
=
ϕ
54622939.005.png 54622939.006.png 54622939.007.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin