Przykład 6.1. 3D

Przykład 6.1. Przestrzenny stan naprężenia i odkształcenia
Stan naprężenia
Stan naprężenia w punkcie jest określony za pomocą dziewięciu składowych, które
oznaczamy literą σ z odpowiednimi indeksami. Pierwszy indeks oznacza normalną
zewnętrzną do przekroju, w którym działa naprężenie, zaś drugi – kierunek naprężenia.
W wytrzymałości materiałów, dla odróżnienia naprężeń stycznych stosuje się literę τ ,
natomiast powtarzający się indeks w oznaczeniu naprężeń normalnych pomija się. Zgodnie
z twierdzeniem o wzajemności naprężeń stycznych zachodzą równości: τ xy = τ yx , τ yz = τ zy ,
τ zx = τ xz . Mamy zatem 6 niezależnych składowych stanu naprężenia, które zapisujemy jako:
σ xx σ xy σ xz 
 σ x τ xy τ xz 




σ = σ yx σ yy σ yz 
lub
σ = τ yx σ y τ yz 
σ zx σ zy σ zz 
τ zx τ zy σ z 




Przyjmuje się następujące zasady znakowania składowych stanu naprężenia:
• Naprężenie normalne jest dodatnie, gdy jest skierowane na zewnątrz przekroju („od
przekroju”), tzn. jest rozciągające.
• Umowę znaków dla naprężenia stycznego wyjaśnimy na przykładzie naprężenia τxy.
Działa ono w przekroju prostopadłym do osi x, wzdłuż osi y. W przekroju o normalnej
zewnętrznej zgodnej ze zwrotem osi x naprężenie τxy jest dodatnie, gdy ma zwrot
zgodny z osią y. Natomiast w przeciwległym przekroju (o ujemnej normalnej
zewnętrznej) naprężenie τxy jest dodatnie, gdy ma zwrot przeciwny do osi y.
Aby zilustrować na rysunku stan naprężenia w danym punkcie, należy przeprowadzić przez
ten punkt trzy przekroje prostopadłe do przyjętego układu osi xyz. Narysowanie wszystkich
składowych stanu naprężenia dosłownie „w punkcie” byłoby nieczytelne, dlatego
prowadzimy przekroje w jego nieskończenie małym otoczeniu (rysujemy prostopadłościan –
„kostkę”).
Na poniższym rysunku zaznaczono dodatnie zwroty odpowiednich naprężeń.
σz
z
τ zy
τ zx
τ yz
τ xz
τ xy
y
x
τ yx
σy
σx
Przykładowo, dla poniższego stanu naprężenia ilustracja graficzna jest następująca:
6
z
1
1
1
1
x
y
2
5
5
5
 2
σ =  5
− 1
5 − 1
5
1 [MPa ]
1 6
Uwaga:
Zadania 1, 2, i 3 dotyczą wyznaczania wartości głównych i kierunków głównych
przestrzennego stanu naprężenia. Dla stanu odkształcenia zagadnienie to rozwiązuje się
analogicznie. Wystarczy zastąpić składowe stanu naprężenia odpowiednimi składowymi stanu
odkształcenia.
ZADANIE 1. Obliczyć wartości naprężeń głównych oraz określić kierunki główne stanu
naprężenia:
 σ x τ xy τ xz   2


σ = τ yx σ y τ yz  =  5
τ zx τ zy σ z  − 1


5 − 1
5
1 [MPa ]
1 6
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
sI = σ x + σ x + σ z = 2 + 5 + 6 = 13 MPa
sII =
σx
τ yx
τ xy σ x τ xz σ y τ yz
2
2
2
+
+
= σ x σ y − τ xy
+ σ y σ z − τ yz
+ σ z σ x − τ zx
σ y τ zx σ z τ zy σ z
= 2 ⋅ 5 − 5 2 + 5 ⋅ 6 − 12 + 2 ⋅ 6 − (−1) 2 = 25 MPa 2
σ x τ xy τ xz
sIII = τ yx σ y τ yz = σ x σ y σ z + τ xyτ yzτ zx + τ xzτ yxτ zy − τ xz σ yτ zx − σ xτ yzτ zy − τ xyτ yx σ z
τ zx τ zy σ z
= 2 ⋅ 5 ⋅ 6 + 2 ⋅ 1(−1) + (−1) ⋅ 5 ⋅ 1 − (−1) ⋅ (−1) ⋅ 5 − 1 ⋅ 1 ⋅ 2 − 6 ⋅ 5 ⋅ 5 = −107 MPa 3
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
σ 3 − sI σ 2 + sII σ − sIII = 0 ,
które po wstawieniu obliczonych wartości liczbowych niezmienników ma postać
σ 3 − 13σ 2 + 25σ + 107 = 0 .
(1)
Aby otrzymać wartości naprężeń głównych należy rozwiązać powyższe równanie trzeciego
stopnia.
Rozwiązanie równania trzeciego stopnia w postaci ogólnej
Niech będzie dane równanie trzeciego stopnia w postaci
ay 3 + by 2 + cy + d = 0 .
Dzielimy je obustronnie przez a i podstawiamy y = x − b / 3a ; otrzymujemy:
x 3 + 3 px + 2q = 0 ,
2
gdzie
3p =
3ac − b 2
3a
2
2q =
;
2b 3
27 a
3
−
bc
3a
2
+
d
.
a
Obliczamy wyróżnik
∆ = q 2 + p3 .
Jeżeli ∆ < 0 oraz p < 0 to nasze równanie trzeciego stopnia ma trzy różne pierwiastki
rzeczywiste. Pierwiastki x1 , x2 , x3 obliczamy ze wzorów:
x1 = −2r cos 13 ϕ ,
x2 = 2r cos(60 − 13 ϕ ) ,
x3 = 2r cos(60 + 13 ϕ ) ,
gdzie
cos ϕ =
q
r3
r = η | p | , η = sgn(q ) ( η = ±1 zależnie od znaku q ).
,
Zatem pierwiastki rozważanego równania trzeciego stopnia wynoszą
y1 = x1 −
b
,
3a
y 2 = x2 −
b
,
3a
y3 = x3 −
b
.
3a
Rozwiążemy teraz równanie (1), korzystając z powyższego sposobu. Obliczamy:
a =1 ,
3p =
2q =
2b3
27 a
3
−
bc
3a
2
+
d
=
a
b = −13 ,
3ac − b 2
=
3a 2
2 ⋅ (−13)3
27 ⋅13
c = 25 ,
d = 107 ,
3 ⋅1 ⋅ 25 − (−13) 2
= −31,3 < 0 ,
3 ⋅12
(−13) ⋅ 25 107
−
+
= −162,7 + 108,3 + 107 = 52,6
1
3 ⋅12
2
3
 52,6   − 31,3 
∆ =q + p =
 +
 = −447,6 < 0
 2   3 
2
3
52,6
q
31,3
= 3,23 , cos ϕ = 3 = 2 3 = 0,780 ⇒ ϕ = 38,7
3
3,23
r
x1 = −2r cos 13 ϕ = −2 ⋅ 3,23 ⋅ cos 383,7  = −6,30


x2 = 2r cos(60 − 13 ϕ ) = −2 ⋅ 3,23 ⋅ cos 60 − 383,7  = 4,40


x3 = 2r cos(60 + 13 ϕ ) = −2 ⋅ 3,23 ⋅ cos 60 + 383,7  = 1,90


η = sgn(q ) = +1 , r = η | p | = +1⋅
3
Zatem naprężenia główne wynoszą:
b
− 13
= −6,30 −
= − 1,97 = σ 3 [MPa ]
3a
3 ⋅1
b
− 13
x2 −
= 4,40 −
= 8,74 = σ 1 [MPa ]
3a
3 ⋅1
b
− 13
x3 −
= 1,90 −
= 6,23 = σ 2 [MPa ]
3a
3 ⋅1
x1 −
Kontrolą prawidłowości obliczeń może być sprawdzenie niezmienników:
sI = σ1 + σ 2 + σ 3 = 8,74 + 6,23 − 1,97 = 13 MPa
sII =
σ1 0 σ1 0 σ 2
+
+
0 σ3
0
0 σ2
0
= σ1σ 2 + σ1σ 3 + σ 2 σ 3 =
σ3
= 8,74 ⋅ 6,23 + 8,74 ⋅ (−1,97) + 6,23 ⋅ (−1,97) = 25,0 MPa 2
σ1 0 0
8,74
sIII = 0 σ 2 0 = 0
0
0
0 σ3
0
0
6,23 0
= 8,74 ⋅ 6,23 ⋅ (−1,97) = −107 MPa 3
0
− 1,97
Wartości niezmienników są zgodne z otrzymanymi poprzednio.
Wyznaczamy teraz kierunki główne.
Kierunek główny 1, czyli kierunek działania naprężenia σ 1 , określony jest przez kosinusy
kierunkowe l1 , m1 , n1 . Są to kosinusy kątów jakie tworzy wektor naprężenia σ 1 , z osiami
układu współrzędnych Ox, Oy, Oz. Liczby l1 , m1 , n1 są zatem składowymi jednostkowego
wektora zewnętrznie normalnego do przekroju, w którym występuje naprężenie σ 1 .
Prawdziwy jest zatem związek:
l12 + m12 + n12 = 1 .
Kosinusy kierunkowe l1 , m1 , n1 obliczamy z układu równań:
(σ x − σ1 ) l1 + τ yx m1 + τ zx n1 = 0
(2 − 8,74) l1 + 5m1 − n1 = 0


τ xy l1 + (σ y − σ1 ) m1 + τ zy n1 = 0 ⇒ 5l1 + (5 − 8,74) m1 + n1 = 0

− l + m + (6 − 8,74) n = 0
1
1
 1
τ xz l1 + τ yz m1 + (σ x − σ1 ) n1 = 0
(2)
(3)
(4)
Wyznacznik macierzy głównej tego układu jest równy zeru. Obliczamy rząd tej macierzy.
W tym celu wybieramy z niej dowolny minor drugiego stopnia (3-1=2) i sprawdzamy czy jest
on różny od zera.
5
−1 
 − 6,74
 5
− 3,74
1 
 − 1
− 2,74
1
5
−1
− 3,74
= 5 − 3,74 ≠ 0
1
Nasz układ ma zatem rozwiązania zależne od jednego parametru. Badany minor obejmował
współczynniki przy niewiadomych l1 i m1 w równaniach (3) i (4). Rozwiązujemy teraz układ
dwóch równań (3) i (4) względem niewiadomych l1 i m1 . Otrzymujemy:
m1 = 10,1 n1 ,
l1 = 7,34 n1
4
Uwzględniając warunek
l12 + m12 + n12 = 1 ,
10,12 ⋅ n12 + 7,34 2 ⋅ n12 + n12 = 1 ,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku głównego:
n1 = ±0.0803 oraz l1 = ±0.586 , m1 = ±0.806 .
Dla drugiego kierunku głównego rozwiązujemy układ równań:
(σ x − σ 2 ) l2 + τ yx m2 + τ zx n2 = 0
τ xy l2 + (σ y − σ 2 ) m2 + τ zy n2 = 0 ⇒
τ xz l2 + τ yz m2 + (σ x − σ 2 ) n2 = 0
(2 − 6,23) l1 + 5m1 − n1 = 0

5l1 + (5 − 6,23) m1 + n1 = 0
− l + m + (6 − 6,23) n = 0
1
1
 1
(5)
( 6)
(7)
Wybieramy dowolny minor drugiego stopnia z macierzy głównej układu i sprawdzamy czy
jest on różny od zera:
− 4,23
 5
 −1

−1 
5
− 1,23
1 
1
− 0,23
− 4,23
5
5
= 4,23 ⋅ 1,23 − 25 ≠ 0
− 1,23
Badany minor obejmował współczynniki przy niewiadomych l1 i m1 w równaniach (5) i (6).
Zatem, rozwiązujemy teraz układ dwóch równań (5) i (6) względem niewiadomych l1 i m1 .
Otrzymujemy:
m2 = 0,0389 n2 ,
l2 = −0,190 n2
dołączając warunek
l22 + m22 + n22 = 1 ,
0,0389 2 ⋅ n22 + (−0,190) 2 ⋅ n22 + n22 = 1 ,
otrzymujemy kosinusy kierunkowe drugiego kierunku głównego:
n2 = ±0.982 oraz l2 = ∓0,187 , m2 = ±0.0382 .
Podobnie, obliczamy składowe trzeciego kierunku głównego. Wynoszą one:
n3 = ±0,173 oraz l3 = ±0,788 , m3 = ∓0.591 .
Kierunki główne określone jednostkowymi wektorami µ1 = [l1 , m1 , n1 ] , µ 2 = [l2 , m2 , n2 ] ,
µ 3 = [l3 , m3 , n3 ] muszą być względem siebie parami prostopadłe. Sprawdzenie tego warunku
jest dobrym sposobem kontroli poprawności obliczeń. Dla każdej pary zapisujemy warunek
wynikający z definicji iloczynu skalarnego:
l1l2 + m1m2 + n1n2 = 0,586 ⋅ (−0,187) + 0,806 ⋅ 0,0382 + 0,0803 ⋅ 0,982 = 6,18 ⋅ 10 −5 ≅ 0 9
l2l3 + m2 m3 + n2 n3 = −0,187 ⋅ 0,788 + 0,0382 ⋅ (-0,591) + 0,982 ⋅ 0,173 = -4,62 ⋅ 10 −5 ≅ 0 9
l3l1 + m3 m1 + n3n1 = 0,788 ⋅ 0,586 − 0,591 ⋅ 0,806 + 0,173 ⋅ 0,0803 = −6,86 ⋅ 10 −4 ≅ 0 9
Wartości iloczynów skalarnych poszczególnych par wektorów nie są dokładnie równe zeru
z uwagi na błędy zaokrągleń powstałe w obliczeniach. Są one jednak bardzo małe w stosunku
do długości wektorów równej 1. Wykazaliśmy więc, że znalezione kierunki główne są
względem siebie parami prostopadłe.
5
ZADANIE 2. Znaleźć naprężenia główne i kierunki główne stanu naprężenia
 σ x τ xy τ xz  1 1 1


σ = τ yx σ y τ yz  = 1 1 1 [MPa ] .
τ zx τ zy σ z  1 1 1


Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
sI = σ x + σ x + σ z = 1 + 1 + 1 = 3 MPa
sII =
σx
τ yx
τ xy σ x τ xz σ y τ yz
+
+
= 1 ⋅1 − 12 + 1⋅1 − 12 + 1 ⋅1 − 12 = 0
σ y τ zx σ z τ zy σ z
σ x τ xy τ xz
sIII = τ yx σ y τ yz = 1 + 1 + 1 − 1 − 1 − 1 = 0
τ zx τ zy σ z
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
σ 3 − σ 2 sI + σ sII − sIII = 0 ⇒ σ 3 − 3σ 2 = 0
Skąd łatwo obliczamy
σ 1 = 3 MPa ,
σ2 =σ3 = 0 .
Jest to zatem przypadek rozciągania naprężeniem σ 1 = 3 . Jego kierunek wyznaczymy
z układu równań:
(σ x − σ1 ) l1 + τ yx m1 + τ zx n1 = 0
τ xy l1 + (σ y − σ1 ) m1 + τ zy n1 = 0
(1 − 3) l1 + m1 + n1 = 0
(1)
(2)
(3)
l1 + (1 − 3) m1 + n1 = 0
⇒
l1 + m1 + (1 − 3) n1 = 0
τ xz l1 + τ yz m1 + (σ x − σ1 ) n1 = 0
Rozwiązujemy układ równań (1) i (2) względem niewiadomych l1 i m1 . Otrzymujemy
m1 = n1 ,
l1 = n1 .
Wykorzystując warunek geometryczny
l12 + m12 + n12 = 1 ⇒ n12 + n12 + n12 = 1
otrzymujemy kosinusy kierunkowe pierwszego kierunku głównego:
n1 = l1 = m1 = ±
1
3
.
Dla drugiego, jak i trzeciego kierunku głównego, układ równań (1)-(3) redukuje się do
jednego równania
l + m + n = 0 . Dołączając warunek
l 2 + m 2 + n 2 = 1 i wybierając
przykładowo n jako parametr, otrzymujemy nieskończenie wiele rozwiązań postaci
l = − 12 n ± 12 − 3n 2 + 2 , m = −l − n .
Zatem każda prosta leżąca w płaszczyźnie określonej wektorem normalnym µ1 = [
wyznacza kierunek główny.
6
1
3
,
1
3
,
1 ]
3
ZADANIE 3. Obliczyć wartości naprężeń głównych stanu naprężenia:
 σ x τ xy τ xz   6 − 3


σ = τ yx σ y τ yz  = − 3
6
τ zx τ zy σ z   0
0


0
0 [MPa ]
8
Uwaga: Dane liczbowe w tym zadaniu dobrane są tak, aby otrzymane wartości naprężeń
głównych były liczbami całkowitymi. Przedstawiona tu metoda rozwiązania równania
wiekowego, polegająca na poszukiwaniu podzielników wyrazu wolnego, nie jest metodą
ogólną.
Rozwiązanie
Obliczamy wartości niezmienników stanu naprężenia.
sI = σ x + σ x + σ z = 6 + 6 + 8 = 20 MPa
sII =
σx
τ yx
τ xy σ x τ xz σ y τ yz
+
+
= 6 −3 + 6 0 + 6 0 =
−3
6 0 8 0 8
σ y τ zx σ z τ zy σ z
= 36 − 9 + 48 + 48 = 123 MPa 2
σ x τ xy τ xz
6 −3
sIII = τ yx σ y τ yz = − 3
6
0
0
τ zx τ zy σ z
0
0 = 8 ⋅ [6 ⋅ 6 − (−3) ⋅ (−3)] = 216 MPa 3
8
Naprężenia główne wyznaczamy z równania
σ 3 − σ 2 sI + σ sII − sIII = 0 ,
które po wstawieniu obliczonych wartości liczbowych niezmienników ma postać
σ 3 − 20 σ 2 + 123σ − 216 = 0 .
Całkowitych pierwiastków tego równania poszukujemy wśród podzielników wyrazu wolnego.
Podstawiając σ = 3 można sprawdzić, że liczba 3, która jest podzielnikiem liczby 216,
spełnia nasze równanie.
7
Wykonajmy dzielenie:
(σ 3 − 20σ 2 + 123σ − 216) : (σ − 3) = σ 2 − 17σ + 72
σ 3 − 3σ 2
− 17σ 2 + 123σ
− 17σ 2 + 51σ
72σ − 216
72σ − 216
0
Pozostałe pierwiastki dostaniemy z równania kwadratowego
σ 2 − 17 σ + 72 = 0 .
Obliczamy:
∆ = 17 2 − 4 ⋅1⋅ 72 = 1 ,
17 + 1
σ '=
=9
2
17 − 1
σ "=
=8
2
∆ =1
Mamy zatem następujące naprężenia główne:
σ 1 = 9 , σ 2 = 8 , σ 3 = 3 [MPa ] .
Rozwiązanie tego przykładu można było znaleźć w inny sposób.
Zauważmy, że naprężeniu
σz =8
odpowiadają naprężenia
styczne
τ xz = τ yz = 0 ,
τ zx = τ zy = 0 . (zera w 3-ciej kolumnie i 3-cim wierszu). Zatem, z definicji, naprężenie σ z = 8
jest naprężeniem głównym, a kierunek osi z - kierunkiem głównym. Pozostałe naprężenia
główne będą pierwiastkami równania kwadratowego otrzymanego po wykonaniu dzielenia
(σ 3 − 20 σ 2 + 123σ − 216) : (σ − 8) .
Podany sposób rozwiązania zaleca się jako ćwiczenie do samodzielnego wykonania.
8
ZADANIE 4. W pewnym punkcie dany jest stan naprężenia:
 2 − 1 0
σ = − 1 − 1 2 [MPa ]
 0
2
1
Znaleźć wektor naprężenia p w tym punkcie, w przekroju o normalnej zewnętrznej
n = [54 ,0, 53 ] . Rozłożyć następnie wektor p na naprężenia normalne σ n oraz styczne τ n .
Rozwiązanie
9 = 1.
Zauważmy, że wektor n jest wektorem jednostkowym, | n |= n x 2 + n y 2 + n z 2 = 16
+ 0 + 25
25
Składowe wektora naprężenia p = [ p x , p y , p z ] w przekroju o normalnej zewnętrznej
określonej wektorem
n [nx , n y , n z ] , wyznaczymy korzystając z pierwszego prawa
Cauchy’ego:
 p x = σ xx nx + σ xy n y + σ xz nz

pi = σ ij n j :  p y = σ yx n y + σ yy n y + σ yz nz .
 p z = σ zx nx + σ zy n y + σ zz nz

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
 p x = 2 ⋅ 4 + (−1) ⋅ 0 + 0 ⋅ 3 = 8
5
5
5

3
4
2
 p y = (−1) ⋅ 5 + (−1) ⋅ 0 + 2 ⋅ 5 = 5 ,
 p = 0 ⋅ 4 + 2 ⋅ 0 + 1⋅ 3 = 3
5
5
5
 z
Naprężenie p w danym przekroju (długość wektora p ) wynosi
p=
p x2 + p 2y + p z2 =
(85 )2 + (52 )2 + (53 )2 = 1.755 MPa .
Teraz obliczamy wartość liczbową naprężenia normalnego w danym przekroju:
41 = 1.64 MPa .
σ n = p ⋅ n = p x n x + p y n y + p z n z = 85 ⋅ 54 + 52 ⋅ 0 + 53 ⋅ 53 = 25
A zatem wektor naprężenia σ wynosi
[
]
σ n = 1,64 ⋅ n = 1.64 ⋅ 54 , 1.64 ⋅ 0, 1.64 ⋅ 53 = [1.312, 0, 0.984] .
Następnie obliczamy naprężenie styczne:
p = σ n +τn ,
τn = p −σ n ,
co pozwala wyznaczyć odpowiednie składowe wektora τ n :
τ nx = 8 − 1,312 = 0,288
5

2
τ ny = 5 − 0,0 = 0,4
τ = 3 − 0,984 = −0,384
 nz 5
τ n = [0.288, 0.400,− 0.384]
9
ZADANIE 5. Dla tensora odkształcenia zdefiniowanego w sposób następujący:
2 1 0
ε = 1 3 0
0 0 4
znaleźć aksjator i dewiator.
Rozwiązanie:
Każdy tensor symetryczny drugiego rzędu (co odnosi się do tensorów naprężenia,
odkształcenia i bezwładności) można przedstawić w postaci sumy dwóch tensorów
symetrycznych zwanych aksjatorem i dewiatorem. Dla tensora odkształcenia, aksjator (tensor
kulisty) opisuje zmianę objętości, natomiast dewiator – zmianę postaci: Tensor stanu
odkształcenia można przedstawić jako sumę aksjatora i dewiatora:
ε = ε A + εD .
gdzie.
ε śr
ε =  0
 0
A
0
ε śr
0
0 
ε 11 − ε śr

D
0  oraz ε =  ε 21
 ε 31
ε śr 
ε 12
ε 22 − ε śr
ε 32
ε 13 
ε 23  ,
ε 33 − ε śr 
ε śr = 13 (ε11 + ε 22 + ε 33 )
W naszym zadaniu
ε śr = 13 (ε11 + ε 22 + ε 33 ) = 13 (2 + 3 + 4 ) = 3 .
Zatem część kulista (aksjator) i dewiacyjna danego tensora naprężenia są wynoszą
3 0 0
ε A = 0 3 0
0 0 3
oraz
ε
D
 − 1 1 0
=  1 0 0 .
 0 0 1
10