Ćwiczenie 2. Przestrzenny stan naprężenia (opracował Z. W aszczyszyn) - dla studentów
Podstawowe wzory
W artości naprężeń głównych
W czworościanie zakładamy, że na pochylonej ściance czworościanu o normalnej n( j) występuje tylko
naprężenie główne .
j
Rys. 15: Naprężenie główne na ściance
j
czworościanu o normalnej n (pominięto
j
składowe tensora naprężenia na ściankach
o normalnych - ei ).
Tak więc naprężenia równoległe do osi x, y, z oraz dostawy kierunkowe normalnej n wynoszą
j
= n , n = cos (n , ex ) ,
jx j jx jx j
= n , n = cos( n , ey ) , (42)
jy j jy jy j
= n , n = cos( n , ez ) .
jz j jz jz j
Po podstawieniu (42) do równań równowagi czworościanu i dołączenia równania o jednostkowej
długości wektora normalnego n otrzymujemy równania, z których obliczamy wartość naprężenia
j
głównego oraz trzy dostawy kierunkowe n , n , n :
j jx jy jz
( - )n + n + n = 0 ,
x j jx yx jy zx jz
xyn + ( - )n + n = 0 ,
jx y j jy zy jz
(43)
xzn + n + ( - )n = 0 ,
jx yz jy z j jz
2 2 2
n + n + n = 1 .
jx jy jz
Z warunku koniecznego istnienia rozwiązań niezerowych wynika zerowanie się wyznacznika macierzy
głównej trzech pierwszych równań jednorodnych (43)1-3:
- zx
x yx
xy - zy = 0 , (44)
y
-
xz yz y
1
gdzie: = jest poszukiwaną wartością naprężenia normalnego. Rozwinięcie wyznacznika (44) daje
j
równanie wiekowe:
3 2
- J1 + J - J3 = 0 , (45)
2
w którym występują niezmienniki wektora naprężenia:
J1 = x + y + z ,
x xy
y yz z zx 2 2 2
J2 = + + = + + - - - , (46)
x y y z z x xy yz zx
z
yx y
z xz x
xz
x xy
J3 = = xyz + 2xyyzzx - x 2 - y2 - z2 .
yx y yz yz zx xy
zy
zx z
.
Uwaga: W podręcznikach TSP udowadnia się, że trzy pierwiastki równania (45), odpowiadające
naprężeniom głównym 1 , 2 , 3 są liczbami rzeczywistymi.
Kierunki główne
Korzystamy z wzorów wyprowadzonych w różnych podręcznikach, np. Krzyś i Życzkowski [ ],
Kozłiowski [ ], które wynikają z podstawienia naprężenia głównego do układu równań (43) i
j
rozwiązania tego układu ze względu na dostawy kierunkowe n , n , n :
jx jy jz
Ayj Azj Azj Axj Axj Ayj
n = , n = , n = , (47)
jx jy jz
Aj Aj Aj
gdzie: Aj = Axj 2 Ayj 2 + Ayj 2 Azj 2 + Azj 2 Axj 2 . (48)
dla: Axj = - ( - ) ,
xy zx yz x j
Ayj = xy - zx ( - ) , (49)
yz y j
Azj = - ( - ) ,
zx yz yz z j
Sprawdzanie otrzymanych wyników
1. Sprawdzanie wartości naprężeń głównych wynika z niezmienników (46), które dla naprężeń
przyjmują postać.
J1 1 2 3 , J2 = 12 + 23 + 31 , J3 = 123 . (50)
= + +
2. Kwadraty dostaw:
2
Bxj Byj 2 Bzxj
2 2
n = , n = , n = , (51)
jx jy jz
B B B
gdzie: B = Bxj + Byj + Bzj (52)
2
dla: Bxj = (y - )(z - ) - ,
j j yz
Byj = (z - )( - ) - zx 2 , (53)
j x j
2
Bzj = (x - )(y - ) - .
j j xy
3. Ortogonalność kierunków głównych
njx nkx + njy nky + njz nkz = .
jk
(54)
Obliczanie pierwiastków równania sześciennego
Równanie 3. stopnia (sześcienne)
1
ax3 + bx2 + cx + d = 0 ćł
a
(55)
po podstawieniu, por. Bronsztejn i Siemiendiajew [ ], str. 163:
b
x = y - , (55)
3a
sprowadzamy do postaci kanonicznej:
y3 + 3py + 2q = 0 , (55)
gdzie:
3ac - b2 2b3 bc d
3p = , 2q = - + . (56)
3a2 27a3 3a2 a
obliczamy wyróżnik
D = q2 + p3 . (57)
Możliwy 3 przypadki
10 p > 0 ńł 1 pierwiastek rzeczywisty,
20 p < 0 i D > 0 ół 2 pierwiastki zespolone, (58)
30 p < 0 i D d" 0 3 pierwiastki. rzeczywiste.
W przypadku równania wieczystego (45) mamy przypadek 30 i korzystamy dalej ze wzorów
y1 = -2r cos , y = 2r cos 2r( 600 - ) , y3 = 2r cos( 600 + ) , (59
2
3
3 3
q
gdzie: r = sgn q p , cos = . (60)
r3
3
Przykład 2. Stan naprężenia w pewnym punkcie ciał określają składowe naprężenia: x = 50 MPa ,
y = 80 MPa , z = -70 MPa , xy = - 20 MPa , yz = 60 MPa , zx = 0 .
W artości główne:
J1 =
J2 =
J3 =
a więc równanie wiekowe przyjmuje postać:
3
- .
Podstawiamy:
x =
100 MPa
i dochodzimy do równania
x3
Następnie podstawiamy
x = y +
co daje równanie w postaci kanonicznej
y3 - y + = 0 .
Stąd p = - , q =
Liczymy wyznacznik
D =
Obliczamy:
r = 1" = , cos = = = , /3 = ,
cos /3 = , cos(600- /3 ) = , cos(600 + /3 ) = .
Pierwiastki:
y1 = , x1 = ,
y2 = , x2 = ,
y3 = , x3 = .
4
Naprężenia główne porządkujemy wg. nierówności
1 e" 2 e" 3 :
1 = MPa , 2 = MPa , 3 = MPa .
Sprawdzenie:
J1 =
J2 =
J3 =
Uwaga: W stosunku do wartości niezmienników obliczonych dla danego stanu naprężeń występują
różnice wynikłe z ograniczenia dokładności do 3-4 cyfr znaczących. Otrzymane błędy wynoszą dla
J2 błąd 0.2%, dla J3 błąd 0.1%. Jeśli przyjmiemy 6 cyfr znaczących to J3 = 431999.
Kierunki główne:
" Kierunek 1 :
A = ,
x1
A = ,
y1
A = ,
z1
A1 = ,
1200 " 3550
n1x = = 0.314 ,
13.569 "106
- 3550 " 3438
n1y = = -0.899,
13.569 "106
- 3438 "1200
n1z = = -0.304 .
13.569 "106
Sprawdzenia:
Bx1 = (80 -107.3)(-70 -107.3) - 602 = 1240 (MPa)2 ,
By1 = (-70 -107.3)(50 -107.3) - 02 = 10159 (MPa)2 ,
Bz1 = (50 -107.3)(80 -107.3) - 202 = 1164 (MPa)2 ,
B = 1240 + 10159 +1164 = 12563 (MPa)2.
1240
n1x 2 = = 0.098702 n1x = 0.314 ,
12563
10159
n1y 2 = = 0.808644 n1y = 0.899,
12563
5
11640
n1z 2 = = 0.092653 n1x = 0.304.
12563
n1x 2 + n1y 2 + n1z 2 = 1.000 017 .
" Kierunek 2 :
A = -350 (MPa)2 , A = -1200 (MPa)2 , A = -2280 (MPa)2 ,
x2 y2 y2
A2 = 2.881 (MPa)4 ,
n2 x = 0.950, n2y = 0.277 , n2z = 0.146 .
Sprawdzenie :
n2x 2 + n2y 2 + n2z 2 = 1.000 545,
n1x n2 x + n1y n2 y + n1z n2 z = 0.004893 .
" Kierunek 3 :
A = -8490 (MPa)2 , A = -1200 (MPa)2 , A = -430 (MPa)2
x3 y2 z3
A3 = 10.834 (MPa)4 ,
n3x = - 0.0476, n3y = 0.337, n3z = - 0.940 .
Sprawdzenie :
n3x 2 + n3y 2 + n3z 2 = 0.9994348 ,
n1x n3x + n1y n3 y + n1z n3z = 0.0321494,
n2x n3x + n2 y n3 y + n2z n3z = -0.0891110 .
" Układ kierunków głównych
6
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Ćwiczenie 1 Płaski stan naprężeń(1)Przestrzenny stan naprężenia i odkształceniaWykład 5 Wytrzymałość mat Przestrzenny stan napreżeniacwiczenie 3 przestrzenny i plaski stan odksztalceniaSTAN NAPRĘŻENIA ODKSZTAŁCENIA5 Stan naprężenia w gruncie założenia teoretyczne, metody wyznaczania04 stan naprezenia imimStan naprężenia i odkształceniaDruzga, wytrzymałość materiałów Ć, stan naprezenia zadania i rozwiązania03 Plaski stan naprezenia i odksztalceniaPłaski stan naprężenia Płaski stan odkształceniawięcej podobnych podstron