To tylko jedna z 4 stron tej notatki. Zaloguj się aby zobaczyć ten dokument.
Zobacz
całą notatkę
STAN NAPRĘŻENIA
ZADANIE 1
W danym punkcie stan naprężenia jest określony przez tensor Tσ .
Wyznaczyć wektor naprężenia σ (n ) na płaszczyźnie określonej wektorem
jednostkowym n = 2 , 2 , 1
3 3 3
(
)
1000 300 − 600
100
Tσ = 300 500
− 600 100 − 300
ZADANIE 2
Dany jest stan naprężenia określony tensorem Tσ . Sprawdzić, czy w każdym
punkcie są spełnione różniczkowe równania równowagi, jeżeli współrzędne
wektora sił masowych określają funkcje f x = −13 y, f y = −2, f z = 0,
ZADANIE 3
Dany jest tensor naprężenia .
Wyznaczyć wartości i kierunki główne tensora.
3xy 5 y 2
0
2
Tσ = 5 y
0 2z
0
2 z 0
100 30 − 60
Tσ = 30 50
10
− 60 10 − 30
ZADANIE 4
Tensor naprężenia z poprzedniego zadania rozłożyć na aksjator i dewiator.
ZADANIE 5
Dany jest płaski stan naprężenia określony w układzie osi x, y składowymi Tσ .
Wyznaczyć naprężenia główne, maksymalne styczne i położenia osi naprężeń
głównych za pomocą metody analitycznej i wykreślnej (koło MOHRA).
− 200 − 100
Tσ =
300
− 100
ZADANIE 6
Dany jest płaski stan naprężenia określony w układzie osi x, y składowymi Tσ .
Wyznaczyć:
- naprężenia główne, maksymalne naprężenia styczne i położenia głównych
osi naprężeń,
- tensor naprężenia w układzie osi obróconych o kąt ϕ = 40o
ZADANIE 7
W płaskim stanie naprężenia danym na rysunku wyznaczyć naprężenia w układzie
obróconym o kąt 45o
ZADANIE 8
W płaskim stanie naprężenia danym na rysunku wyznaczyć naprężenia w układzie
obróconym o kąt − 15o
ZADANIE 9
W płaskim stanie naprężenia podanym na rysunku wyznaczyć: kierunki główne
naprężeń i wartości naprężeń głównych, kierunki i wartości maksymalnych naprężeń
stycznych.
− 200 150
Tσ =
150 300
Rozwiązania
ZADANIE 3
Obliczamy niezmienniki:
I1σ = σ x + σ y + σ z = 120 MPa ,
σ
2
2
2
I 2 = σ x ⋅ σ y + σ x ⋅ σ z + σ y ⋅ σ z − τ xy − τ xz − τ yz = −4100 (MPa )
2
σ
3
I = σ x ⋅ σ y ⋅ σ z + 2 ⋅ τ xy ⋅ τ yz ⋅ τ zx − σ y ⋅ τ − σ x ⋅ τ − σ z ⋅ τ
2
xz
2
yz
2
xy
,
3
= −349000 (MPa )
.
Równanie wiekowe:
σ
σ
σ 3 − I1σ σ 2 + I 2 σ − I 3 = 0 .
Poszukujemy pierwiastków równania trzeciego stopnia.
Równanie postaci:
ax 3 + bx 2 + cx + d = 0
ma trzy rozwiązania
xi = yi −
b
3a
(i = 1, 2, 3)
,
przy czym charakter rozwiązania zależy od wartości wyróżnika D:
3
3ac − b 2
.
9a 2
D=q + p ,
bc
d
b
gdzie q = − 2 +
,
2a
3a 6a
D 0,
to równanie ma 1 pierwiastek rzeczywisty i 2 zespolone,
D = 0,
to równanie ma 2 pierwiastki rzeczywiste, w tym jeden podwójny.
2
3
p=
Jeśli:
Przy wyznaczaniu wartości głównych tensora naprężenia wyróżnik D jest zawsze mniejszy od zera.
Wówczas dalsze obliczenia przebiegają według następujących wzorów:
r = sgn(q ) p ,
y1 = −2 r cos ω ,
cos(3ω ) =
q
,
r3
y2 = 2 r cos(60o − ω ) ,
y2 = 2 r cos(60o + ω ).
W naszym zadaniu mamy:
3I σ − (I1σ )
2
p= 2
= −2967 (MPa ) ,
9
2
− Iσ
q= 1
3
3
σ
σ
I1σ I 2 I 3
3
6
+
−
= −28500 (MPa ) , D = q 2 + p 3 = −2,53 ⋅ 1010 (MPa
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)