Przykład 6.2. Płaski stan naprężenia. Płaski stan odkształcenia.
ZADANIE 1. Dla danego płaskiego stanu naprężenia
σ x τ xy 3 1
σ=
=
[MPa ]
τ yx σ y 1 2
znaleźć składowe stanu naprężenia w układzie osi x’y’ obróconych względem osi xy o kąt
α=30° oraz naprężenia i kierunki główne. Stosując konstrukcję koła Mohra, znaleźć
(a) naprężenia i kierunki główne oraz (b) rozwiązać zagadnienie odwrotne, tzn. mając dane
naprężenia i kierunki główne znaleźć składowe stanu naprężenia w układzie xy .
Rozwiązanie:
Osie układu xy po obrocie o kąt α oznaczamy jako x' y' .
y'
y
x'
α (+)
x
Po obrocie układu współrzędnych o kąt α składowe stanu naprężenia transformują się według
następujących wzorów:
σ x ' = σ x cos 2 α + σ y sin 2 α + 2τ xy sin α cos α
σ y ' = σ x sin 2 α + σ y cos 2 α − 2τ xy sin α cos α
(
τ x ' y ' = −(σ x − σ y )sin α cos α + τ xy cos 2 α − sin 2 α
)
Uwaga:
Składowe stanu odkształcenia transformują się według podobnych wzorów, wystarczy
składowe tensora naprężenia σ zastąpić odpowiednimi składowymi tensora odkształcenia ε .
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:
3
1
3 1 11 + 2 3
σ x ' = 3 ⋅ + 2 ⋅ + 2 ⋅1 ⋅
⋅ =
= 3,62 MPa
4
4
2 2
4
1
3
3 1 9−2 3
σ y ' = 3 ⋅ + 2 ⋅ − 2 ⋅1 ⋅
⋅ =
= 1,38 MPa
4
4
2 2
4
3 1
3 1 2− 3
τ x ' y ' = −(3 − 2 ) ⋅
⋅ + 1⋅ − =
= 0,07 MPa
2 2
4
4 4
Naprężenia główne wyznaczamy z równania wiekowego
σ x −σ
τ xy
2
2
= 0 ⇔ (σ x − σ ) (σ y − σ ) − τ xy = 0 ⇔ σ 2 − σ (σ x + σ y ) + σ xσ y − τ xy = 0
τ yx
σ y −σ
Współczynniki w równaniu wiekowym są niezmiennikami i wynoszą:
sI = σ x + σ y ,
2
sII = σ xσ y − τ xy ,
sIII = 0 .
Rozwiązaniami równania wiekowego są naprężenia główne:
σ 1, 2
s
= I±
2
2
2
sI
− sII
2
⇔
σ 1, 2
σ x +σ y
σ x −σ y
2
+ τ xy .
=
±
2
2
Kierunek główny jest normalny do przekroju, w którym naprężenie styczne jest równe zeru.
Tak więc kąt, o jaki należy obrócić układ współrzędnych xy aby otrzymać kierunki główne
obliczamy z równania:
1
τ x ' y ' = − σ x − σ y sin α cos α + τ xy cos 2 α − sin 2 α = − σ x − σ y sin 2α + τ xy cos 2α = 0
2
2τ xy
π
π π
tg 2α =
⇒ α = α0 ± n
(n = 1, 2, 3, …) , α 0 ∈ − ,
σ x −σ y
2
4 4
(
(
)
)
(
)
Kąt α 0 jest kątem, o jaki należy obrócić oś, wzdłuż której występuje większe naprężenie
normalne, aby otrzymać kierunek główny 1, tzn.:
jeżeli σ x σ y , to α 0 = 0 , to α 0 = σ y , więc α 0 =
(…)
… xy
3
γ
4 xy
(2a,b,c)
Odejmując stronami równania (2b,c), obliczamy odkształcenie postaciowe γ xy
εb − εc = −
3
γ
2 xy
⇒
γ xy =
2
3
(ε c − ε b )
Podstawiając ten wynik do równań (2a,b) otrzymujemy układ, z którego znajdziemy
odkształcenia podłużne ε x , ε y :
εa = 3 ε x + 1 ε y +
4
4
εb = 1 ε x + 3 ε y −
4
4
ε a − 3ε b =
3
⋅
4
3
⋅
4
2 (ε
3 c
2 (ε
3 c
− εb )
− ε b ) | ⋅ (−3)
⊕
(1 − 9 )ε y + (1 − 3…
… |=
±
2
2
2
2τ xy
| CA |
tg 2α 0 =
=
= 2 ⇒ 2α = 63,4 , α = 31,7
| SC | σ x − σ y
Kąt 2α 0 to kąt środkowy w okręgu, zatem poszukiwany kąt α 0 znajdujemy jako kąt wpisany
oparty na tym samym łuku AE. Kąt α 0 uważa się za dodatni, jeżeli jest przeciwny do ruchu
wskazówek zegara.
Każdy, dowolny punkt na kole Mohra przedstawia naprężenia w pewnym przekroju
określonym normalną poprowadzoną przez ten punkt z punktu F.
To znaczy, że prowadząc prostą FA określamy oś x, a współrzędne punktu A (σx=3, τxy=1), w
przyjętym dla koła Mohra układzie σ–τ, są naprężeniami w przekroju prostopadłym do osi x.
Oś y jest prostopadła do osi x, znajdujemy ją prowadząc prostą przez punkt A’ (kąt wpisany
oparty na średnicy AA’ jest kątem prostym).
W szczególności, prowadząc prostą z punktu F przez punkt E, któremu…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)