2.07. Wytezenie
Transkrypt
2.07. Wytezenie
2.6. WYTĘŻENIE 2.6.1. Wprowadzenie Wytężeniem nazywamy stan mechaniczny ciała będący następstwem zmian jego właściwości fizycznych i strukturalnych spowodowanych obciążeniem go siłami zewnętrznymi. W przypadku materiału nieobciążonego zmiany takie nie występują, zatem jego wytężenie jest równe zeru. Określenie stanu mechanicznego w dowolnym punkcie ciała, jeśli znana jest w tym punkcie macierz naprężeń, jest łatwe tylko w przypadku prostego rozciągania, kiedy to σ 11 = σ x , zaś pozostałe elementy macierzy naprężeń są równe zeru. Z wykresu rozciągania stali miękkiej wynika, że punkt ciała znajdujący się w takim jednoosiowym stanie naprężeń przechodzi, w trakcie zwiększania naprężenia σ x , przez następujące stany mechaniczne (rys. 1): Rys. 1 − liniowo-sprężysty, 0 ≤ σ x ≤R H , − nieliniowo-sprężysty, R H ≤ σ x ≤R s , − sprężysto-plastyczny, R s ≤ σ x ≤R e , − plastyczny, R e < σ x <R m , a przy σ x =R m osiąga stan niszczący, gdyż w takim przypadku spójność miedzy punktami materialnymi zostanie zerwana. Powyżej R H oznacza granicę proporcjonalności (stosowalności prawa HOOKE’A), R s – granicę sprężystości, R e – granicę plastyczności, R m – granicę wytrzymałości. Stanem niebezpiecznym (granicznym) nazywamy taki stan, w którym zachodzą jakościowe zmiany właściwości materiału, czyli następuje przejście od jednego stanu mechanicznego do drugiego. Naprężenia określające stany niebezpieczne oznaczać będziemy symbolem R k , gdzie R k ∈ {RH , Rs , Re , Rm } , gdyż w zależności od rodzaju materiału i konstrukcji różne stany graniczne mogą okazać się niebezpieczne. W powyższych rozważaniach miarą wytężenia materiału określającą jego stan mechaniczny jest wartość naprężenia rozciągającego, czyli m(w ) = σ x (1) zaś miarą wytężenia niebezpiecznego jest granica R k , a więc m(w nieb ) = σ x = Rk (2) Należy zaznaczyć, że nie wszystkie materiały przechodzą przez wszystkie wyżej wymienione stany mechaniczne. Np. materiał kruchy nie osiąga stanu plastycznego, zaś stan niszczący jest bliski stanowi liniowo-sprężystemu. W przypadku wielu materiałów stan plastyczny, któremu towarzyszą duże odkształcenia trwałe, jest stanem niszczącym z powodu niemożności spełniania warunków użytkowania. Ponieważ próba osiowego rozciągania jest łatwa do przeprowadzenia zaś jej wyniki są znane w przypadku wielu materiałów, zatem w przypadku analizy wytężenia materiału jednoosiowy stan naprężeń wykorzystujemy jako standardowy i dobrze poznany stan odniesienia. Należy jednak zaznaczyć, że w realnych konstrukcjach występuje on rzadko. 2.6.2. Hipotezy wytężeniowe Określenie stanu mechanicznego punktu materialnego w przypadku ogólnym (złożonym stanie naprężeń) jest, z uwagi na różnorodność macierzy naprężeń, różny wpływ poszczególnych elementów tej macierzy na stan mechaniczny punktu materialnego, różnorodność materiałów i ich właściwości mechanicznych, a także trudności w realizacji odpowiednich doświadczeń, praktycznie niemożliwe. Dlatego też określenie stanu mechanicznego punktu materialnego w przypadku ogólnym nie ma do dziś rozwiązania uzyskanego na drodze rozważań teoretycznych. Hipotezy wytężeniowe określają kryteria (miary) osiągnięcia stanu niebezpiecznego w przypadku złożonych stanów naprężeń. Należy podkreślić, że hipotezy wytężeniowe nie mają podstaw w analizie stanu naprężenia, lecz oparte są głównie na analizie i uogólnieniu wyników przeprowadzonych doświadczeń. Uogólniając rozważania przedstawione we wprowadzeniu przyjmiemy, że stan mechaniczny ciała w każdym jego punkcie określa tensor (macierz) naprężeń, zaś miarą wytężenia, która określa kryterium osiągnięcia stanu niebezpiecznego w przypadku wieloosiowego stanu naprężeń jest funkcja składowych tensora naprężeń m(w ) = f (σ 11, σ 22 , σ 33 , σ 12 ,σ 23 ,σ 13 ) (3) przy czym postać tej funkcji wynika z hipotezy wytężeniowej. Przy formułowaniu hipotez wytężeniowych wykorzystuje się najczęściej naprężenia główne, wówczas miara wytężenia przyjmuje następującą, prostszą postać m(w ) = f (σ 1,σ 2 ,σ 3 ) (4) Należy podkreślić, że miara wytężenia jest niezależna od rodzaju stanu naprężeń (prosty, czy też złożony). Aby każdy punkt konstrukcji znajdował się w stanie bezpiecznym musi być spełniony następujący warunek: m(w ) ≤ m(w nieb ) (5) gdzie m(w nieb ) oznacza miarę wytężenia niebezpiecznego, którą bierzemy z prostego rozciągania. Miarą oddalenia rozważanego punktu od stanu niebezpiecznego określa współczynnik bezpieczeństwa s= m(w nieb ) m(w ) (6) Istnieje wiele hipotez wytężeniowych; poniżej zostaną omówione dwie, które dotyczą materiałów o właściwościach sprężysto-plastycznych i są dobrze potwierdzone badaniami eksperymentalnymi. Hipoteza COULOMBA-TRESCI-GUESTA (CTG) – maksymalnego naprężenia stycznego O wytężeniu materiału w danym punkcie decyduje maksymalna, bezwzględna wartość największego naprężenia stycznego, niezależnie od rodzaju stanu naprężeń. − Miara wytężenia w wieloosiowym stanie naprężeń (por. D.2.8) σ − σ 2 σ 2 − σ 3 σ1 − σ 3 m(w )CTG = max 1 , , 2 2 2 (7) − Miara wytężenia w jednoosiowym stanie naprężeń ( σ 1 ≠ 0,σ 2 = σ 3 = 0 ) σ σ m(w )CTG = max 1 ,0, 1 2 2 σ1 = 2 (8) Ponieważ stany niebezpieczne w przypadku prostego rozciągania (jednoosiowy stan naprężeń) zachodzą, gdy σ 1 = σ x = Rk , a więc m(w nieb )CTG = σ1 2 = Rk 2 (9) Zatem warunek bezpiecznej pracy konstrukcji (5) określa w każdym jej punkcie nierówność σ − σ 2 σ 2 − σ 3 σ1 − σ 3 max 1 , , 2 2 2 równoważna następującym trzem nierównościom: Rk ≤ 2 (10) σ1 − σ 2 2 σ2 −σ3 2 σ1 − σ 3 2 ≤ Rk → −R k ≤ σ 1 − σ 2 ≤ R k 2 ≤ Rk → −R k ≤ σ 2 − σ 3 ≤ R k 2 ≤ Rk → −R k ≤ σ 1 − σ 3 ≤ R k 2 (11) W trójwymiarowej przestrzeni naprężeń głównych, zwanej przestrzenią HAIGHA-BECKERA, powyższe nierówności wyznaczają przestrzeń ograniczona nieskończenie długim graniastosłupem o osi równo nachylonej do osi układu odniesienia i o przekroju poprzecznym w kształcie sześciokąta foremnego, zaś w przestrzeni dwuwymiarowej – obszar ograniczony sześciokątem (rys. 2). Rys. 2 Hipoteza HUBERA-MISESA-HENCKY’EGO (HMH) – energii odkształcenia postaciowego O wytężeniu materiału w danym punkcie decyduje ilość nagromadzonej energii odkształcenia postaciowego, niezależnie od rodzaju stanu naprężeń. − Miara wytężenia w przestrzennym stanie naprężeń (por. D.1.11) m(w )HMH = uf = [ 1+ν (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 6E ] (12) − Miara wytężenia w jednoosiowym stanie naprężeń ( σ 1 ≠ 0,σ 2 = σ 3 = 0 ) m(w )HMH = uf = [ ] 1+ ν (σ 1 )2 + 0 + (σ 1 )2 = 1 + ν σ 12 6E 3E (13) Ponieważ stany niebezpieczne w przypadku prostego rozciągania (jednoosiowy stan naprężeń) zachodzą, gdy σ 1 = σ x = Rk , a więc m(w nieb )HMH = 1+ ν 2 1+ ν 2 σ1 = Rk 3E 3E (14) Zatem warunek bezpiecznej pracy konstrukcji (5) określa w każdym jej punkcie nierówność [ ] 1+ ν (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 ≤ 1 + ν Rk2 6E 3E (15) lub [ ] 1 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 ≤ Rk2 2 (16) (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 (17) czy też 1 2 ≤ Rk W trójwymiarowej przestrzeni HAIGHA-BECKERA, nierówność (17) wyznacza przestrzeń ograniczona nieskończenie długim walcem o osi równo nachylonej do osi układu odniesienia i o przekroju poprzecznym w kształcie koła, zaś w przestrzeni dwuwymiarowej – obszar ograniczony elipsą (rys. 3). Rys. 3 2.6.3. Porównanie hipotez Na rys. 4 przedstawiono wyniki badań doświadczalnych przeprowadzonych przez LODEGO, na próbkach rurowych wykonanych ze stali (x) i miedzi (o) poddanych jednoczesnemu rozciąganiu i ciśnieniu wewnętrznemu, aż do osiągnięcia stanu plastycznego. Widać, że punkty wyznaczone eksperymentalnie znajdują się poza obszarem sześciokąta określonego przez hipotezę CTG, ale wokół krawędzi elipsy wynikającej z hipotezy HMH. Potwierdza to fakt, iż hipoteza HMH dobrze określa miarę wytężenia w przypadku materiałów sprężysto-plastycznych. Rys. 4 2.6.4. Naprężenie zastępcze (zredukowane) Jeśli uporządkujemy naprężenia główne w kolejności od największego do najmniejszego, czyli σ 1 > σ 2 > σ 3 , to nierówność (10) przyjmie następującą postać: σ 1 − σ 3 ≤ Rk (18) Analizując postać powyższej nierówności oraz nierówności (17) zauważamy, że odnoszą one złożony (wieloosiowy) stan naprężeń (strony lewe) do jednoosiowego stanu naprężeń (strony prawe). Zatem lewe strony tych nierówności można interpretować jako naprężenia zredukowane (zastępcze) σ o . Naprężenia te mają postać − według hipotezy CTG σ o = σ1 − σ 3 (19) − według hipotezy HMH σo = 1 2 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 (20) W przypadku płaskiego stanu naprężeń określonego macierzą σ x [σ ij ] = 0 τ xz 0 τ xz 0 0 0 0 (21) 1 σ x2 + 4τ xz2 2 (22) naprężenia główne wynoszą σ 1,2 = σx 2 ± Jak łatwo sprawdzić, naprężenia zredukowane określone wzorami (19) i (20) przyjmą w takim przypadku następującą postać: − według hipotezy CTG σ o = σ x2 + 4τ xz2 (23) σ o = σ x2 + 3τ xz2 (24) − według hipotezy HMH 2.6.5. Teoria wytężeniowa MOHRA Do oceny wytężenia materiałów kruchych, takich jak np. żeliwo, kamień, cegła, beton itp. nie można wykorzystać hipotez wytężeniowych CTG i HMH. W przypadku takich materiałów wykorzystujemy teorię wytężeniową Mohra. Jeśli stan naprężenia w materiale określają naprężenia główne, przy czym σ 1 > σ 2 > σ 3 , to zwiększając proporcjonalnie te naprężenia możemy osiągnąć jeden ze stanów niebezpiecznych Rk . W przypadku takiego stanu narysujmy największe z kół MOHRA, K 13 . Weźmy następnie kolejne stany naprężeń (kolejne naprężenia główne) i powtórzmy powyższe postępowanie. Otrzymamy w ten sposób pewna rodzinę kół MOHRA, które odpowiadają stanom niebezpiecznym w przypadku różnych wyjściowych stanów naprężeń. Narysujmy teraz obwiednię tych kół (rys. 5), przy czym jej kształt będzie zależeć od materiału, zatem jest jego pewną charakterystyką. Rys. 5 Gdy mamy taką obwiednię, to w przypadku dowolnego stanu naprężeń możemy wyznaczyć naprężenia główne σ 1 i σ 3 , a następnie zwiększać je tak, aby odpowiadające im największe koło MOHRA było styczne do obwiedni. Otrzymane w ten sposób naprężenia σ 1∗ = sσ 1 i σ 3∗ = sσ 3 , gdzie s jest współczynnikiem bezpieczeństwa, są naprężeniami, przy których osiągnięty zostaje stan niebezpieczny. Wynika z tego, że do wyznaczenia stanu niebezpiecznego nie jest potrzebna żadna hipoteza. Jedynym problemem jest wyznaczenie obwiedni rodziny kół MOHRA. Rozważmy teraz materiał, w przypadku którego wytrzymałość na ściskanie jest większa od wytrzymałości na rozciąganie, czyli Rkc > Rkr . Przy prostym rozciąganiu σ 1 = Rkr , σ 2 = σ 3 = 0 (25) σ 1 = σ 2 = 0, σ 3 = Rkc (26) zaś przy prostym ściskaniu W takim przypadku odpowiednie koła MOHRA przedstawia rys. 6, na którym aproksymacja obwiedni jest prostą p styczną do obu kół. Rys. 6 Jeśli mamy pewien stan naprężeń, wyrażony przez naprężenia główne, to mnożąc te naprężenia przez współczynnik s możemy doprowadzić do sytuacji, w przypadku której ∗ największe koło MOHRA K 13 , odpowiadające naprężeniom σ 1∗ = sσ 1 i σ 3∗ = sσ 3 , będzie styczne do prostej p (rys. 7). Rys. 7 Jeśli z punktu styczności poprowadzimy prostą równoległą do osi naprężeń normalnych, to z podobieństwa trójkątów (rys. 7) wynika, że BE AD = BC AC (27) Rkr σ 1∗ − σ 3∗ σ 1∗ + σ 3∗ Rkr BE = − , BC = − 2 2 2 2 ∗ ∗ ∗ ∗ R σ − σ3 σ + σ 3 Rkc − AD = kc − 1 , AC = 1 2 2 2 2 (28) gdzie Podstawiając (28) do (27) otrzymujemy po przekształceniach następujące wyrażenie: Rkr = σ 1∗ − Rkr ∗ R σ 3 = s σ 1 − kr σ 3 Rkc Rkc (29) skąd s= Rkr σ 1 − kσ 3 (30) Rkr Rkc (31) gdzie k= Bezpieczna praca konstrukcji będzie miała miejsce wówczas, gdy w każdym punkcie materiału s= Rkr ≥1 σ 1 − kσ 3 (32) warunek ten pociąga za sobą następującą nierówność: σ o = σ 1 − kσ 3 ≤ Rkr (33) σ o = σ 1 − kσ 3 (34) gdzie jest naprężeniem zastępczym według teorii MOHRA. W przypadku materiałów charakteryzującym się tym, że Rkc = Rkr = Rk , mamy k = 1 i w konsekwencji naprężenie zastępcze wg teorii MOHRA (34) staje się naprężeniem zastępczym wg hipotezy CTG (19). Przykłady Przykład 1. Określić, w przypadku którego z trzech przedstawionych na rys. P1.1a-c stanów naprężeń otrzymamy największe naprężenie zredukowane według hipotezy CTG. Rys. P1.1 Dane: − przypadek a: σ 1 = 80MPa, σ 2 = 30MPa, σ 3 = 10MPa − przypadek b: σ 1 = 60MPa, σ 2 = 0, σ 3 = −10MPa − przypadek c: σ 1 = 75MPa, σ 2 = 10MPa, σ 3 = 0 Szukane: σ o Rozwiązanie Obliczamy naprężenia zredukowane według hipotezy CTG − przypadek a: σ o = σ 1 − σ 3 = 80 − 10 = 70MPa − przypadek b: σ o = σ 1 − σ 3 = 60 − (−10) = 70MPa − przypadek c: σ o = σ 1 − σ 3 = 75 − 0 = 75MPa Największe naprężenie zredukowane otrzymujemy w przypadku stanu naprężeń przedstawionego na rys. P1.1c. Przykład 2. W przypadku macierzy naprężeń w punkcie A 40 − 20 50 30 , [MPa] − 20 30 − 10 100 [σ ij ] = 40 wyznaczyć naprężenie zastępcze według hipotez CTG i HMH, a następnie określić stan mechaniczny punktu. Dane: RH = 120MPa, Rs = 140MPa, Re = 200MPa Szukane: σ o , stan mechaniczny punktu Rozwiązanie Krok 1. Obliczamy naprężenia główne σ 1 = 122MPa, σ 2 = 50MPa, σ 3 = −32MPa Krok 2. Obliczamy naprężenia zastępcze − według hipotezy CTG σ o = σ 1 − σ 3 = 122 − (−32) = 154MPa − σo = według hipotezy HMH 1 2 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 1 = 2 (122 − 50)2 + (50 + 32)2 + (122 + 32)2 Krok 3. Określamy stan mechaniczny punktu A − według hipotezy CTG 140MPa = Rs < σ o = 154MPa < Re = 200MPa − według hipotezy HMH stan sprężysto plastyczny = 133MPa 120MPa = RH < σ o = 133MPa < Rs = 140MPa stan nieliniowo-sprężysty Przykład 3. W przypadku macierzy naprężeń w punkcie A belki zginanej poprzecznie [σ ij ] 100 0 − 35 = 0 0 0 , [MPa] 0 − 35 0 wyznaczyć naprężenie zastępcze według hipotez CTG i HMH, a następnie określić stan mechaniczny punktu. Dane: RH = 120MPa, Rs = 140MPa, Re = 200MPa Szukane: σ o , stan mechaniczny punktu Rozwiązanie Krok 1. Obliczamy naprężenia zastępcze − według hipotezy CTG – wzór (23) 2 2 σ o = σ x2 + 4τ xz = 1002 + 4 ⋅ (− 35) = 122MPa − według hipotezy HM – wzór (24) 2 2 σ o = σ x2 + 3τ xz = 1002 + 3 ⋅ (− 35 ) = 117MPa Krok 3. Określamy stan mechaniczny punktu A − według hipotezy CTG 120MPa = RH < σ o = 122MPa < Rs = 140MPa − stan nieliniowo-sprężysty według hipotezy HMH 0 < σ o = 117MPa < RH = 120MPa stan liniowo-sprężysty (można stosować prawo HOOKE’A. Przykład 4. Obliczyć naprężenie zastępcze według hipotez CTG i HMH w punkcie A najbardziej wytężonego przekroju belki o schemacie statycznym i obciążeniu jak na rys. P4.1. Rys. P4.1 Dane: P, l, b, h Szukane: σ o Rozwiązanie Krok 1. Wyznaczamy charakterystyki geometryczne przekroju. A = bh, Iy = bh3 ∗ b h2 , Sy = − z2 12 2 4 Krok 2. Sporządzamy wykresy sił przekrojowych (rys. P4.2) Rys. P4.2 Krok 3. Określamy najbardziej wytężony przekrój (w rozważanym przykładzie jest to miejsce utwierdzenia belki), gdzie N=P T =P M y = −Pl Krok 4. Wyznaczamy rozkłady naprężeń normalnych i stycznych σ x = σ x (N ) + σ x (M ) = τ xz (T ) = TSy bIy = N My P 12Pl − z= + z A Iy bh bh3 6P h2 2 z − bh3 4 oraz sporządzamy ich wykresy (rys. P4.3). Rys. P4.3 Krok 5. Obliczamy wartości naprężeń normalnych i stycznych w punkcie A (połowie wysokości) przekroju belki (rys. P4.3). σ xA = σ x (z = 0 ) = P bh A τ xz = τ xz (z = 0 ) = 3 P 2 bh Krok 5. Obliczamy naprężenie zastępcze w punkcie A − według hipotezy CTG – wzór (23) 2 2 P P P 3 P 1 + 9 = 3.16 + 4⋅ = 2 bh bh bh bh 2 σ oA = σ x2 + 4τ xz = − według hipotezy HMH – wzór (24) 2 2 P 27 P P 3 P 1+ = 2.78 + 3⋅ = bh 2 bh bh 4 bh 2 σ oA = σ x2 + 3τ xz = Uwaga. Warto zauważyć, ze maksymalne naprężenie rozciągające, które występuje w punkcie B przekroju (w jego skrajnym, górnym włóknie) w przypadku belki o długości l = 5h wynosi σ xB = σ x z = h P 12 ⋅ 5Ph h P (1 + 30) = 31 P + = = 2 bh bh bh3 2 bh czyli jest znacznie większe od naprężenia zredukowanego w środku wysokości belki. Przykład 5. W punkcie A konstrukcji dana jest macierz naprężeń jak w przykładzie 2. Obliczyć współczynnik bezpieczeństwa s , jeśli konstrukcja wykonana jest z żeliwa, w przypadku którego Rkr = Rmr , Rkc = Rmc . Dane: Rmr = 150MPa , Rmc = 330MPa Szukane: s Uwaga. W przypadku materiału kruchego, jakim jest żeliwo, musimy skorzystać z teorii MOHRA Rozwiązanie Ponieważ – wzór (31) k= Rkr 150 = = 0.455 Rkc 330 zatem – wzór (34) σ o = σ 1 − kσ 3 = 122 − 0.455(− 32) = 137MPa i w konsekwencji – wzór (32) s= Rkr σ 1 − kσ 3 = 150 = 1.1 137 DODATKI D1. Gęstość energii wewnętrznej Gęstość energii wewnętrznej (energii odkształcenia sprężystego) określa zależność u= 1 σ ij ε ij [J/m3] 2 (D.1.1) Jeśli tensory naprężeń σ ij i odkształceń ε ij przedstawimy w postaci σ ij = σ ij − σ śr δ ij + σ śr δ ij = sij + σ śr δ ij , σ śr = σ kk 3 sij = σ ij − σ śr δ ij → sii = σ ii − σ śr δ ii = σ ii − σ śr ⋅ 3 = 0 (D.1.2) ε ij = ε ij − ε śr δ ij + ε śr δ ij = eij + ε śr δ ij ε śr = ε kk 3 eij = ε ij − ε śr δ ij → eii = ε ii − ε śr δ ii = ε ii − ε śr ⋅ 3 = 0 (D.1.3) gdzie s ij jest dewiatorem naprężeń, eij – dewiatorem odkształceń, σ śr δ ij – aksjatorem naprężeń, ε śr δ ij – aksjatorem odkształceń (aksjatory zwane są też tensorami kulistymi bądź izotropowymi), to podstawiając (D.1.2) i (D.1.3) do (D.1.1) otrzymujemy 1 (sij + σ śr δ ij )(eij + ε śr δ ij ) = 1 (sij eij + sij ε śr δ ij + σ śr δ ij eij + σ śr δ ij ε śr δ ij ) 2 2 1 1 3 = (s ij eij + ε śr s ii + σ śr eii + σ śr ε śr δ ii ) = s ij eij + σ śr ε śr = uf + uv 2 2 2 u= (D.1.4) gdzie uf = 1 s ij eij 2 (D.1.5) oznacza energię odkształcenia postaciowego, natomiast uv = 3 σ śr ε śr 2 energię odkształcenia objętościowego. Dewiatory naprężeń i odkształceń łączy zależność (D.1.6) s ij = E 1+ν eij → eij = s ij 1+ν E (D.1.7) pozwalająca wyrazić energię odkształcenia postaciowego (D.1.5) przez składowe tensora naprężeń 1+ ν 2E 1+ ν = 2E 1+ ν = 2E 1+ ν = 2E 1+ ν = 2E uf = s ij s ij = 1+ ν (σ ij − σ śr δ ij )(σ ij − σ śr δ ij ) 2E (σ σ ij ij − σ ij σ śr δ ij − σ śr δ ijσ ij + σ śr δ ij σ śr δ ij ) (σ σ ij ij − σ ii σ śr − σ śr σ ii + σ śr σ śr δ ii ) (σ σ ij ij − 3σ śr σ śr − 3σ śr σ śr + 3σ śr σ śr ) (σ σ ij − 3σ śr σ śr ) = ij (D.1.8) 1+ν σ σ 1+ ν (3σ ijσ ij − σ iiσ kk ) σ ijσ ij − 3 ii kk = 2E 3 3 6E Po rozwinięciu i uporządkowaniu powyższej formuły dostajemy wyrażenie określające postać energii odkształcenia postaciowego: – w układzie Ox1x 2 x 3 1+ ν 2 2 2 2 2 2 3 σ 11 + σ 22 + σ 33 + 2σ 12 + 2σ 13 + 2σ 23 6E 1+ν 2 2 2 σ 11 + σ 22 − + σ 33 + 2σ 11σ 22 + 2σ 11σ 33 + 2σ 22σ 33 6E (D.1.9) 1+ ν 2 2 2 2 2 2 2σ 11 + 2σ 22 + 2σ 33 − 2σ 11σ 22 − 2σ 11σ 33 − 2σ 22σ 33 + 6 σ 12 + σ 13 + σ 23 = 6E 1+ ν (σ 11 − σ 22 )2 + (σ 22 − σ 33 )2 + (σ 11 − σ 33 )2 + 6 σ 122 + σ 132 + σ 232 = 6E ( uf = ) ( ) [ )] ( [ )] ( – w układzie Oxyz ( σ 11 = σ x , σ 22 = σ y , σ 33 = σ z , σ 12 = τ xy , σ 23 = τ yz , σ 13 = τ xz ) uf = [ 1+ ν (σ x − σ y )2 + (σ y − σ z )2 + (σ x − σ z )2 + 6 τ xy2 + τ xz2 + τ yz2 6E ( )] (D.1.10) – w układzie osi głównych O123 ( σ 11 = σ 1, σ 22 = σ 2 , σ 33 = σ 3 , σ 12 = σ 23 = σ 13 = 0 ) uf = [ 1+ ν (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 1 − σ 3 )2 6E ] (D.1.11) D2. Ekstremalne naprężenia styczne Wektor naprężenia p = pi ii przyporządkowany płaszczyźnie o normalnej n = n j i j można rozłożyć na składową normalną σ i styczną τ (rys. D.2.1), przy czym σ 2 + τ 2 = p2 → τ 2 = p2 − σ 2 (D.2.1) Rys. D.2.1 gdzie σ = σ = p ⋅ n = pi ni = p1n1 + p2 n2 + p3 n3 τ=τ (D.2.2) p 2 = p ⋅ p = pi pi = p12 + p22 + p32 Ponieważ pi = σ ij n j , zatem w układzie osi głównych, gdzie σ 11 = σ 1, σ 22 = σ 2 , σ 33 = σ 3 σ 12 = σ 23 = σ 13 = 0 , mamy pi = σ ij n j = σ i 1n1 + σ i 2 n2 + σ i 3 n3 → p1 = σ 1n1, p2 = σ 2 n2 , p3 = σ 3 n3 (D.2.3) Podstawiając (D.2.3) do (D.2.2) a wynik do (D.2.1) otrzymujemy τ 2 = σ 12 n12 + σ 22 n22 + σ 32 n32 − (σ 1n12 + σ 2 n22 + σ 3 n32 ) 2 (D.2.4) Należy zauważyć, że składowe wektora normalnego musza spełniać warunek ni ni = n12 + n22 + n32 = 1 (D.2.5) Ekstremalne wartości naprężenia stycznego τ wyznaczymy metodą mnożników LAGRANGE’A, która polega na wyznaczeniu ekstremum funkcji (D.2.4) przy dodatkowym warunku (D.2.5). Wprowadzamy w tym celu funkcję LAGRANGE’A w postaci F (λ, n1, n2 , n3 ) = τ 2 − λ (ni ni − 1) ( = σ 12 n12 + σ 22 n22 + σ 32 n32 − σ 1n12 + σ 2 n22 + σ 3 n32 ) 2 ( ) − λ n12 + n22 + n32 − 1 (D.2.6) gdzie λ jest mnożnikiem LAGRANGE’A, i szukamy warunków na istnienie jej ekstremów względem zmiennych λ i n1, n2 , n3 , czyli ∂F = 0 → n12 + n22 + n32 − 1 = 0 ∂λ ∂F = 0 → σ 12 − 2σ 1 σ 1n12 + σ 2 n22 + σ 3 n32 + λ n1 = 0 ∂n1 [ ) ] ( [ ( ) ] [ ( ) ] ∂F = 0 → σ 22 − 2σ 2 σ 1n12 + σ 2 n22 + σ 3 n32 + λ n2 = 0 ∂n2 (D.2.7) ∂F = 0 → σ 32 − 2σ 3 σ 1n12 + σ 2 n22 + σ 3 n32 + λ n3 = 0 ∂n3 Analizując układ równań (D.2.7), przy uwzględnieniu równania (D.2.4), otrzymujemy następujące, interesujące nas rozwiązania, a mianowicie: , n3 = ± 1 , n2 = 0, n3 = ± 1 n1 = 0, n2 = ± n1 = ± n1 = ± 1 2 1 2 1 2 , n2 = ± 1 2 2 2 , λ = σ 2σ 3 → τ 1 = , λ = σ 1σ 3 → τ 2 = , n3 = 0, λ = σ 1σ 3 → τ 3 = σ2 −σ3 2 σ1 − σ 3 2 (D.2.8) σ1 − σ 2 2 Z (D.2.8) wynika, że wartości ekstremalne naprężenia styczne osiągają na płaszczyznach przechodzących przez jedną z osi głównych a do pozostałych nachylonych pod kątem 45o (rys. D.2.2). Rys. D.2.2 Jeśli uporządkujemy naprężenia główne w kolejności od największego do najmniejszego, czyli σ 1 > σ 2 > σ 3 , to z (D.2.8) wynika, że τ max = σ1 − σ 3 2 (D.2.9)