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)