Wykład 2.

1
Wykład 2
Naprężenia główne
Poszukajmy płaszczyzny dowolnie nachylonej do osi układu współrzędnych i o tej
własności, by wektor naprężenia na tej płaszczyźnie był współosiowy z wektorem
wektorem który orientuje tę płaszczyznę w przestrzeni (wektorem do niej normalnym).
a) przypadek ogólny,
b) płaszczyzna główna.
Oznaczmy przez si składowe tego wektora. Wektor ten możemy zapisać tak:
r
r
σ(n) = s j e j .
r
r
σ(n ) z wektorem n wynika
r
r
σ(n) = σ n ,
(1)
Z postulatu współliniowości wektora
(2)
albo
r
r
σ(n) = σ n j e j
(3)
gdzie σ jest długością poszukiwanego wektora.
Porównajmy (1) z (3).
r
r
sj ej = σnj ej,
ale
(4)
r
n,
2
s j = σij ni
(5)
σij ni = σ n j
(6)
(σij − σ δij )ni = 0
(7)
Z (4) i (5) otrzymamy
albo
Jest to jednorodny układ liniowych równań algebraicznych, w którym niewiadomymi są
σ , ni
(8)
Mamy zatem cztery niewiadome i trzy równania (7). Brakujące równanie wynika ze
znanej długości wektora
r
n (długość jednostkowa)
ni ni = 1
(9)
Warunkiem istnienia niezerowych rozwiązań układu (7) jest znikanie wyznacznika
(
)
det σij − σ δij = 0
(10)
Rozpisanie tego warunku prowadzi do równania algebraicznego trzeciego rzędu na
poszukiwane σ.
σ3 − I1 σ 2 + I 2 σ − I 3 = 0
(11)
gdzie
I1 = σii = σ11 + σ 22 + σ33 ,
I2 =
σ11
σ12
σ 21 σ 22
( )
I 3 = det σij
+
σ 22
σ 23
σ32
σ33
+
 σ11 σ12

= det  σ 21 σ 22
σ
 31 σ32
σ11
σ13
σ31 σ33
=
(
)
1
σ kk σ mm − σij σij , (12)
2
σ13 

σ 23  .
σ33 
Jest to równanie wiekowe (sekularne) Laplace’a, a jego parametrami są niezmienniki
tensora naprężenia zdefiniowane poprzednio.
Równanie wiekowe ma zawsze trzy pierwiastki rzeczywiste
σ1 , σ 2 , σ3 . Nazywamy
je naprężeniami głównymi. Po uporządkowaniu tworzą trójkę uporządkowanych naprężeń
głównych:
σ I , σ II , σ III , przy czym
3
σ I = max (σ1 , σ 2 , σ3 ).
σ III = min (σ1 , σ 2 , σ3 )
(13)
σ II = wartość pośrednia ,
σ I ≥ σ II ≥ σ III
Wróćmy do równania (7) aby wyznaczyć kierunki odpowiadające kolejnym
σ I , σ II , σ III i wyliczamy składowe
r ( I ) r ( II ) r ( III )
r (I )
wektorów n , n
, n
. W przypadku poszukiwania kierunku n , układ (7)
naprężeniom głównym. Za σ podstawiamy kolejno
przyjmie postać
(σij − σ I δij )n( I ) = 0 .
(14)
i
Układ ten należy każdorazowo uzupełnić warunkiem (9).
Można
pokazać,
że
osie
główne
tensora
naprężenia
opisane
wektorami
r
r
r
n ( I ) , n ( II ) , n ( III ) są zawsze do siebie prostopadłe.
a)
b)
W ten sposób pokazaliśmy, że dowolny stan naprężenia zilustrowany na rys. a można
zawsze sprowadzić do stanu naprężenia odpowiadającego działaniu trzech naprężeń
normalnych na trzy wzajemnie prostopadłe płaszczyzny (por. rys b). Mówiąc obrazowo,
efekt ten można osiągnąć poprzez umiejętny obrót kostki sześciennej na ściankach której
uwidoczniono składowe stanu naprężenia. Na rysunkach pokazano jedynie naprężenia na
widocznych płaszczyznach. Na trzech niewidocznych występują naprężenia wynikające z
warunku równowagi myślowo wydzielonej kostki sześciennej.
4
Koło Mohra
Jeżeli w danym punkcie ośrodka znane są naprężenia główne
σ I , σ II , σ III , to stan
naprężenia w tym punkcie panujący na płaszczyźnie dowolnie nachylonej do kierunków
głównych (por. rys.) można wyznaczyć za pomocą konstrukcji graficznej zwanej kołem
Mohra.
Niech wektor tworzy z osiami głównymi kąty α, β, γ odpowiednio. Mamy więc
n1 = cosα , n2 = cos β , n3 = cos γ , ni ni = 1.
(15)
Konstrukcja koła Mohra pokazanego na rys. przebiega następująco.
Na osi odciętych zaznaczamy trzy punkty M1, M2, M3 odpowiadające wartościom
naprężeń głównych. Wykreślamy trzy okręgi oparte na odcinkach M3M1, M3M2, M2M1 (por.
rysunek). Prowadzimy odcinek M1A pod kątem α oraz odcinek M3B pod kątem γ.
Zakreślamy łuki
O3 : A → C i O2 : B → C . Punkt C odcina na osiach σ i τ, i są to
poszukiwane naprężenia.
Wnioski z konstrukcji koła Mohra.
1. σΙ jest największym, a σΙΙΙ – najmniejszym ze wszystkich możliwych naprężeń
normalnych jakie mogą wystąpić w tym punkcie.
2. Maksymalne naprężenia styczne występują na płaszczyznach nachylonych pod kątem
45o do kierunków głównych I i III. Wartości tych naprężeń są równe promieniowi
największego koła i wynoszą
τ max =
σ I − σ III
2
.
(16)
Towarzyszą im naprężenia normalne
σ =
σ I + σ III
2
.
3. Możliwe stany naprężenia to tylko te z obszaru zaciemnionego.
(17)
5
6
Różniczkowe równania równowagi wewnętrznej.
Rozważmy równowagę sił działających na wydzieloną część ciała pozostającego w
równowadze. Na każdą jednostkę objętości ciała działa wektor sił objętościowych
r
r
X = X i ei .
(18)
Wektorowy warunek równowagi wydzielonej części ciała zapiszemy tak
r
r (n)
∫ σ dA + ∫ XdV = 0,
(19)
r
r
s
e
dA
+
X
e
∫ j j ∫ j j dV = 0,
(20)
s j = σ ij ni
(21)

r 
e j  ∫ σ ij ni dA + ∫ X j dV  = 0,


A

V
(22)
A
A
V
V
ale
Twierdzenie Gaussa–Ostrogradzkiego
∫ F n j dA = ∫ F' j dV ,
A
(23)
V
pozwala zamienić całkę powierzchniową na całkę objętościową. Wykorzystamy je do
pierwszej całki.
Otrzymamy
∫ σ ij'i
V
dV + ∫ X j dV = 0,
V
(24)
7
czyli
σ ij 'i + X j = 0 .
Tak
otrzymaliśmy różniczkowe
równania
(25)
równowagi
wewnętrznej
nazywane
równaniami Naviera.
Rozważmy teraz równanie równowagi momentów względem początku układu
współrzędnych. Wektorowy warunek równowagi momentowej wydzielonej części ciała
zapiszemy tak
r r (n)
r r
r
dA
r
×
σ
+
∫
∫ × XdV = 0,
(26)
r r
r
a × b = eijk ai b j ek ,
(27)
A
ale
V
gdzie eijk jest symbolem permutacyjnym.
r
r
e
x
s
e
dA
+
e
x
X
e
∫ ijk i j k ∫ ijk i j k dV = 0,
(28)
s j = σ mj nm
(29)

r 
eijk ek  ∫ xi σ mj nm dA + ∫ xi X j dV  = 0,


A

V
(30)
A
ale
V
Pierwszą całkę zamienimy na całkę objętościową korzystając z twierdzenie Gaussa–
Ostrogradzkiego. Otrzymamy

r 
eijk ek  ∫ (xi σ mj ) dV + ∫ xi X j dV  = 0,
'm


A

V
(33)
Po dalszych przekształceniach otrzymamy

r 
eijk ek ∫ δ im σ mj dV + ∫ xi σ mj 'm dV + ∫ xi X j dV  = 0,


V
V
V

(32)
Na mocy równań Naviera (25) wyrazy podkreślone znikają. Pozostaje zatem
eijk σ ij = 0,
(33)
8
Otrzymaliśmy tzw. warunki Cauchy’ego, które muszą być spełnione przez składowe
tensora naprężenia. Wynika z nich symetria tensora naprężenia
σ ij = σ ji
(34)
Naprężeniowe warunki brzegowe
Jeśli rozważymy równowagę czworościanu przyległego do powierzchni zewnętrznej
ciała, na którą działają rozłożone obciążenia powierzchniowe, to zamiast związku
s j = σ ij ni
(35)
p j = σ ij ni
(36)
otrzymamy
Tą zależnością związane są składowe wektora powierzchniowych obciążeń
zewnętrznych ze składowymi tensora naprężenia w dowolnym punkcie powierzchni
zewnętrznej rozpatrywanego ciała.
9
Przykład
Stan naprężenia w pewnym ciele jest opisany w sposób następujący
σ11 = 2 b x1 , σ11 = 6 a x1 x2 ,
σ12 = σ21 = −3 a x12 − 2 b x2 ,
σ13 = σ31 = σ23 = σ32 = 0 ,
σ33 = −C x3 .
Sprawdzić równania Naviera jeśli wiadomo, że
Rozpiszmy równania Naviera:
σij ,i + X j = 0 .
Pierwsze równanie:
σ11'1 + σ21'2 + σ31'3 + X1 = 0 .
Po podstawieniu
2 b − 2 b + 0 = 0 – jest spełnione.
Kolejne równania
σ12'1 + σ 22'2 + σ32'3 + X 2 = 0 .
− 6 a x1 + 6 a x1 + 0 = 0 – jest spełnione,
σ13'1 + σ23'2 + σ33'3 + X 3 = 0 .
− C + C = 0 – też jest spełnione.
X1 = X 2 = 0 , X 3 = C