∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫ ∫∫∫ ∫∫

Podstawy analizy stanu granicznego
Analizując problem stanu granicznego układu poszukujemy:
− graniczną wartość obciążenia zapoczątkowującą mechanizm uplastycznienia
− odpowiadające mu pole naprężenia spełniające równania równowagi wewnętrznej i
statyczne warunki brzegowe
− odpowiadające mu pole przemieszczeń lub prędkości przemieszczeń, spełniające warunki
kinematyczne narzucone na przemieszczenia lub ich prędkości.
Rozwiązanie ścisłe musi spełniać zasadę prac przygotowanych:
Praca (moc) naprężeń na odkształceniach (lub ich prędkościach) jest równa pracy (mocy)
sił zewnętrznych na przemieszczeniach (lub ich prędkościach).
∫∫ p u& dA + ∫∫∫ F u& dV = ∫∫∫σ
j
j
j
AT
j
v
ij
ε&ij dV
v
Pomijając siły masowe, możemy powyższe równanie zapisać, wprowadzając mnożnik
obciążeń zewnętrznych, który tutaj dla rzeczywistych obciążeń ma wartość „ścisłą”:
m ∫∫ p j 0 u& j dA = ∫∫∫σ ij ε&ij dV .
AT
v
1
Lemat
Jeśli osiągnięty został stan graniczny plastyczny nośności i przemieszczenia narastają pod
stałym obciążeniem, wszystkie naprężenia pozostają stałe; towarzyszą temu stanowi
przyrosty jedynie plastycznych (nie: sprężystych) odkształceń.
Dowód: („prędkościowa” postać zasady prac wirtualnych)
c c
c c
c c
c c
∫AT T&i u& i dA + ∫ T&i u& i dA + ∫ F&i u& i dV = ∫ σ& ij ε& ij dV
Au
V
V
Indeks c oznacza stan przy zniszczeniu (ang. collapse) i z definicji cała lewa strona równania
jest równa zero: pochodne sił masowych wszędzie, pochodne obciążenia na brzegu z zadanym
obciążeniem i prędkości odkształceń na brzegu z zadanymi przemieszczeniami. Dokonując
dekompozycji (rozkładu) odkształceń na sprężyste i plastyczne, ze stowarzyszonego prawa
płynięcia dla idealnie plastycznego materiału (bez wzmocnienia) wynika, że wektor przyrostu
prędkości naprężeń jest styczny do powierzchni płynięcia jeśli wystąpią odkształcenia
plastyczne. Skąd mamy:
c
c ec
pc
c ec
∫ σ& ij ε& ij + ε& ij dV = ∫ σ& ij ε& ij dV = 0 czyli σ& ij = 0
(
V
)
V
a więc naprężenia nie ulegają zmianie i całe odkształcenia są plastyczne.
2
Rozwiązania statycznie dopuszczalne
Pole naprężeń nazywamy polem statycznie dopuszczalnym, jeżeli składowe pola spełniają:
− równania równowagi wewnętrznej
− statyczne warunki brzegowe
− warunek plastyczności w formie nierówności słabej (w szczególności naprężenia nie
przekraczają granicy plastyczności).
W tym wypadku mnożnik obciążeń zewnętrznych będzie inny:
m s ∫∫ p j 0 u& j dA = ∫∫∫σ *ij ε&ij dV .
AT
v
ε&ij
σ *ij
σ ij
Statycznie dopuszczalne pole naprężeń i znak całki
Odejmując stronami równania, mamy:
(m − ms )∫∫ p j 0 u& j dA = ∫∫∫ (σ ij − σ *ij )ε&ij dV .
AT
V
3
Z założenia wypukłości powierzchni granicznej (postulat Druckera) i zasady zesztywnienia
wynika nieujemność całki po prawej stronie równania, skąd bezpośrednio wynika:
ms ≤ m .
Twierdzenie o oszacowaniu dolnym:
Konstrukcja nie ulega zniszczeniu, albo, co najwyżej znajduje się w stanie równowagi
granicznej, jeżeli może być znalezione statycznie dopuszczalne pole naprężeń odpowiadające
temu obciążeniu.
Inaczej mówiąc, konstrukcja nie niszczy się, jeżeli obciążenie zewnętrzne może być
zrównoważone statycznie dopuszczalnym polem naprężenia. Stąd wynika, że rzeczywista
nośność konstrukcji jest co najmniej właśnie taka, czyli jest to oszacowanie od dołu.
Rozwiązania kinematycznie dopuszczalne
Pole prędkości przemieszczeń nazywamy kinematycznie dopuszczalnym, jeżeli składowe
tego pola spełniają:
− kinematyczne warunki brzegowe i warunki zgodności (równania nierozdzielności)
− warunek dodatniości pracy (mocy) sił zewnętrznych.
Podobnie jak poprzednio można wykazać, że mnożnik kinematycznie dopuszczalnego pola
przemieszczeń:
mk ≥ m .
4
Twierdzenie o oszacowaniu górnym:
Konstrukcja ulega zniszczeniu (zamienia się w mechanizm) albo, co najmniej znajduje się w
stanie równowagi granicznej, jeżeli można znaleźć kinematycznie dopuszczalne pole
prędkości takie, że całkowita praca (moc) obciążeń zewnętrznych jest nie mniejsza od mocy
naprężeń wewnętrznych.
Inaczej mówiąc, jeżeli konstrukcja niszczy się pod danym obciążeniem zewnętrznym to
znaczy, że jej nośność jest co najwyżej taka (albo mniejsza – oszacowanie od góry).
Rozwiązanie przybliżone i kompletne
Z porównania twierdzeń o oszacowaniu wynika, że:
m s ≤ m ≤ mk .
Jeżeli statycznie dopuszczalne pole naprężeń jest zarazem kinematycznie dopuszczalnym
polem przemieszczeń, to uzyskane rozwiązanie jest nazywane kompletnym i odpowiada
ścisłej wartości nośności granicznej.
Atrakcyjność twierdzeń wynika z łatwości oszacowań górnych i/lub dolnych. Szczególnie
przydatne są w analizie konstrukcji prętowych, choć oczywiście nie tylko.
5
Przykład
Określić nośność graniczną kratownicy jak na rysunku, przyjmując A1 = 3 cm2, A2 = 2 cm2,
A3 = 5 cm2, σ 0 = 400 MPa.
3
1
1
3
2
3
P
5
N1
N2
N3
P
Kratownica statycznie niewyznaczalna i równowaga węzła
6
Podejście statyczne
Obliczamy nośności prętów:
N 1 = 120 kN, N 2 = 80 kN, N 3 = 200 kN
Układ zamieni się w mechanizm, jeśli uplastycznią się dwa pręty. Są trzy takie możliwości:
a) N 1 = N 1 , N 2 = N 2
120 80
N3
P
z sumy rzutów mamy:
3
1
3
∑ X = 0 : 120 34 + 80 26 = N 3 34 → N 3 = 150.5 kN
5
5
5
∑ Y = 0 : P = 120 34 + 80 26 + 150.5 34 = 310.4 kN
N
sprawdzamy: σ 3 = 3
= 301 MPa < σ 0 (schemat statycznie dopuszczalny)
A3
7
b) N 1 = N 1 , N 3 = N 3
120
N2
200
P
z sumy rzutów na oś poziomą mamy:
3
1
3
∑ X = 0 : → 120 34 + N 2 26 − 200 34 = 0 → N 2 = 209.9 kN > N 2
a więc schemat jest statycznie niedopuszczalny
c) N 2 = N 2 , N 3 = N 3
N1
80
200
P
i znowu z sumy rzutów na oś poziomą dostajemy:
3
1
3
∑ X = 0 : N1 34 + 80 26 − 200 34 = 0 → N1 = 169.5 kN > N 1
8
czyli schemat statycznie niedopuszczalny. Ostatecznie więc nośność układu, zgodnie z
pierwszym schematem, wynosi 310.4 kN.
Podejście kinematyczne
Podobnie jak poprzednio, są trzy możliwości zamiany układu w mechanizm. Sprawdzimy
jedynie jedną z nich, odpowiadającą uplastycznieniu prętów 1 i 2. Układ doznaje obrotu
wokół chwilowego środka obrotu na ramieniu sztywnego pręta 3.
N1
N2
N3
α
α
β
∆
∆2
∆1
γ
Schemat kinematyczny mechanizmu
Porównując pracę sił zewnętrznych i wewnętrznych, mamy:
3
P ⋅ ∆ = N1 ⋅ ∆1 + N 2 ⋅ ∆ 2 → P∆
= 120∆ 1 + 80∆ 2
34
z zależności geometrycznych wynika:
9
α = arccos
3
= 59.04 0 , β = arccos
5
= 30.96 0 , γ = arccos
5
= 11.310
34
34
26
∆ 1 = ∆ cos(α − β ) = 0.8823∆, ∆ 2 = ∆ cos(α − γ ) = 0.6726∆
skąd, po podstawieniu:
P = 310.4 kN,
który to wynik pokrywa się z rozwiązaniem uzyskanym z podejścia statycznego. Jest to więc
rozwiązanie ścisłe (rozwiązanie kompletne).
Przykład
Określić nośność graniczną belki zginanej jak na rysunku metodą statycznie dopuszczalnych
pól naprężenia oraz metodą kinematycznie dopuszczalnych pól przemieszczeń.
P
A
2
B
2P
1
C
D
1
Belka zginana
Podejście statyczne
Określenia nośności belki z rysunku obok będziemy poszukiwali metodą kolejnych
przegubów plastycznych. Przeguby plastyczne tym różnią się od „normalnych” przegubów,
że występuje w nich moment zginający równy nośności plastycznej przekroju, M , o zwrocie
zgodnym z rozciąganymi włóknami.
10
Aby określić przekrój, w którym powstanie ekstremalny moment zginający, należy najpierw
znaleźć wykres momentów dla belki statycznie niewyznaczalnej.
Jednak z uwagi na liniowy odcinkami wykres momentu, w grę wchodzą jedynie 3 przekroje:
utwierdzenie i pod siłami skupionymi, co daje 3 możliwości wyboru pierwszego przegubu
plastycznego.
Powstanie drugiego przegubu plastycznego oznacza wyczerpanie nośności belki (belka
zamienia się w mechanizm).
Schemat zniszczenia będzie więc składał się z dwóch przegubów plastycznych i będzie
statycznie dopuszczalny jeśli momenty zginające wszędzie (a zwłaszcza w trzecim z
krytycznych przekrojów) nie będą przekraczały granicznej wartości.
MA
P
2P
D
MB
MC
Z wykresu możemy odczytać także zwroty momentów powodujących uplastycznienie
przekrojów: w przęśle rozciągające spody, w utwierdzeniu – rozciąganie górą.
Rozpatrzmy trzy podstawowe rozwiązania: przeguby AB, AC i BC.
11
a) Przeguby AC.
M
A
P
B
2
2P
1
C
D
1
Wprowadzając przegub plastyczny w przekroju A (rozciąganie górą), zastępujemy go
normalnym przegubem z momentami granicznymi działającymi z obu jego stron, otrzymując
belkę statycznie wyznaczalną
RA = P +
M
M
, RD = 2 P −
4
4
M
M
, M C = 2P −
2
4
Ponieważ MB < MC, przyjmijmy kolejny przegub plastyczny w przekroju C. Otrzymamy
wówczas oszacowanie nośności belki oraz wynikowy moment w przekroju B jako:
M B = 2P −
P = 85 M
i sprawdzamy, czy dla przyjętej wartości obciążenia granicznego schemat jest statycznie
dopuszczalny:
M B = 34 M < M OK!.
12
Ponieważ MB jest mniejszy od momentu granicznego plastycznego, schemat jest statycznie
dopuszczalny.
b) Przeguby BC.
Przyjmując powstanie pierwszego przegubu plastycznego w przekroju B (rozciąganie
spodów), mamy belkę przegubową.
P
M
A
2
P
B
2P
1
C
2P
M
C
RB
D
RD
1
A
M
RB
Dla belki górnej mamy:
RD = P + M 2 , R B = 2 P − M 2 ,
i przyjmując uplastycznienie przekroju C:
MC = M → P = M 2 .
Sprawdzamy dla belki dolnej (w utwierdzeniu rozciąganie górą):
M A = 2 RB − M = 4 P − 2M = 0 , OK!.
13
c) Przeguby AB.
Korzystając częściowo z rozwiązania poprzedniego (siły i moment w więzach),
wprowadzamy przegub w przekroju B i kolejny w przekroju A:
P
M
A
2
P
B
2P
1
C
2P
M
C
RB
D
RD
1
M
A
RB
Jak poprzednio, dla belki górnej mamy:
RD = P + M 2 , R B = 2 P − M 2 ,
i przyjmując uplastycznienie przekroju A (rozciąganie górą):
M A = M → M = 2 R B − M = 4 P − 2M
Sprawdzamy moment w przekroju C:
→ P = 3 4M .
M C = R D = P + M 2 = 3 4 M + M 2 = 5 4 M > M (schemat niedopuszczalny).
Ponieważ podejście statyczne daje nam oszacowanie od dołu, wybieramy spośród rozwiązań
dla schematów statycznie dopuszczalnych wartość górną. Tak więc nośność graniczna
plastyczna belki będzie równa maksimum spośród wszystkich statycznie dopuszczalnych
rozwiązań:
14
P = max( 85 , 12 ) M = 58 M = 0.625M .
Podejście kinematyczne
Ponieważ wykres momentów od obciążeń skupionych jest linią łamaną, najbardziej
prawdopodobne jest powstanie przegubów uplastycznienia w przekrojach na granicach
przedziałów. Do zamiany belki w mechanizm kinematyczny (o jednym stopniu swobody)
potrzeba 2 przegubów plastycznych. Potencjalnymi przekrojami, w których mogą utworzyć
się przeguby plastyczne są 3 przekroje. Istnieją zatem 3 najbardziej prawdopodobne schematy
zniszczenia, jak na rys. obok.
P
2P
Θ
Θ
2Θ
2P
P
Θ
3Θ
P
4Θ
2P
Θ
Θ
2Θ
Otrzymujemy dla kolejnych schematów:
AB: 2ΘP + 2 PΘ = 3M Θ ⇒ P 1 = 0.75M
AC: 2ΘP + 2 P3Θ = 5M Θ ⇒ P 2 = 0.625M
15
BC: 2 PΘ = 3M Θ ⇒ P 3 = 1.5M
Podejście kinematyczne daje oszacowanie od góry (belka zniszczy się zarówno przy sile
P 1 , P 2 jak i P 3 ), wybieramy więc wartość najmniejszą, P = 0.625M . Identyczny wynik, jak
z poprzedniej metody statycznej upewnia nas, że uzyskane rozwiązanie jest rozwiązaniem
kompletnym.
Przykład
Określić nośność belki statycznie niewyznaczalnej jak na rysunku poniżej.
q
Θ
Θ1
l
Θ+Θ1
b
l-b
Belka i schemat kinematyczny zniszczenia
Podobnie jak poprzednio, zamiana belki hiperstatycznej na mechanizm wymaga powstania 2
przegubów. Jest pewne, że w utwierdzeniu powstanie przegub plastyczny, ale nie wiemy
gdzie dokładnie w przęśle powstanie przegub plastyczny. Przyjmijmy więc „roboczo” że
przegub powstanie w środku przęsła, czyli że b = 12 l , Θ1 = Θ . Otrzymujemy:
0.5 l
2 ∫ qΘxdx = 3Θ M
0
→ q = 12
M
.
l2
16
Sprawdźmy od razu, co dla takiego usytuowania przegubu da nam podejście statyczne.
q
RB
l
RC
Schemat statyczny belki
Obliczamy reakcję belki górnej:
ql
RB = − M
4
oraz moment utwierdzenia belki dolnej
ql 2
Mu =
− 2M
4
a przyjmując drugi przegub w utwierdzeniu, mamy:
M
M u = M → q = 12 2 ,
l
a więc taką samą wartość jak w podejściu statycznym. Pozornie wygląda to na rozwiązanie
ścisłe (kompletne), ale tak nie jest. Jeśli bowiem podstawimy wynik na nośność do obliczonej
wcześniej reakcji, dostaniemy:
17
M
M M
−2
=
> 0,
l
l
l
a to oznacza, że w przedziale na prawo od przegubu siła poprzeczna się zeruje, gdyż zmienia
znak:
RB = 3
ql M
M
M
=
−6
= −5 .
2
l
l
l
Oznacza to istnienie ekstremu momentu zginającego na prawo od przegubu a wypukłość
funkcji momentu (zgodna z działającym obciążeniem ciągłym) wskazuje na maksimum, które
musi być większe od momentu granicznego przekroju. Schemat jest więc statycznie
niedopuszczalny.
RB −
RB
RC
Zmieńmy więc kolejność powstawania przegubów. Wprowadzając przegub plastyczny w
utwierdzeniu, otrzymamy:
ql M
+
2
l
a siła poprzeczna w przęśle:
RB =
18
Q( x) = R A − qx .
Z warunku zerowania się siły poprzecznej obliczymy położenie przegubu:
R
Q( x) = 0 → xextr = A
q
a ekstremalny moment będzie równy:
2
qxextr
R A2
M ( xextr ) = R A xextr − M −
=
−M
q
2q
Przyjmując, że moment ekstremalny spowoduje powstanie olejnego przegubu plastycznego,
obliczymy nośność belki:
2
2
q l2
M
M ( xextr ) = M →
− 3q M + 2 = 0
4
l
Otrzymane równanie możemy przekształcić, wprowadzając nową zmienną:
ξ=
ql 2
→
1
4
ξ 2 − 3ξ + 1 = 0 → ξ1 = 0.343, ξ 2 = 11.66 .
M
Ponieważ podejście statyczne daje oszacowanie od dołu, interesuje nas drugi pierwiastek, dla
którego wartość nośności granicznej belki jest większa i wynosi:
q = 11.66
M
.
l2
19
Podobnie możemy obliczyć rozwiązanie ścisłe dla kinematycznego schematu zniszczenia.
Położenie przegubu na przęśle możemy wyznaczyć z zasady prac wirtualnych:
b
l −b
0
0
∫ qΘxdx +
∫ qΘ x dx
1 1
1
= M (2Θ + Θ1 )
a ponieważ z rysunku wynika proporcja:
b
Θ1 =
Θ,
l −b
jest więc:
2M 2l − b
.
bl l − b
Ponieważ schemat kinematyczny daje oszacowanie od góry, poszukujemy minimum:
∂q
min q
⇒
= 0 ⇒ b 2 − 4bl + 2l 2 = 0 ⇒ b = l 2 − 2 = 0.59l ,
∂b
q=
(
)
4
M
M
= 11.66 2
2
l
6−4 2 l
Jak widać oba rozwiązania pokrywają się.
skąd ostatecznie: q =
Przykład
Wyznaczyć obciążenie graniczne dla ramy jak na rysunku.
20
q
P=ql
l
2l
Rama portalowa
1. Kinematycznie dopuszczalne schematy zniszczenia
Sprawdzimy 3 schematy zniszczenia: belkowy, ramowy i kombinowany, por. rys. 4:
θ
θ
θ
2θ
θ
θ
θ
2θ
θ
θ
Kinematyczne schematy zniszczenia
− schemat belkowy
l
2 ∫ θ xqdx = 4 Mθ
0
→ q=4
M
l2
21
− schemat ramowy
qlθ l = 4Mθ
→ q=4
M
l2
− schemat kombinowany
l
M
l2
o
Najmniejsza wartość nośności wynika ze schematu kombinowanego. Uzyskujemy w ten
sposób oszacowanie od góry:
qlθ l + 2 ∫ θ xqdx = Mθ + 2 Mθ + 2 Mθ + Mθ
→ q=3
M
l2
2. Sprawdzamy czy powyższy schemat kombinowany jest statycznie dopuszczalny
obliczamy:
q =≤ 3
HA = −
M
l
ql M
+
2
l
siła poprzeczna w ryglu z lewej:
RA =
22
QR = R A − ql =
M ql
M
−
=−
l
2
2l
q
M
ql
B
M
HA
VA
Schemat obliczeniowy
zmienia znak, co oznacza, że siła poprzeczna się zeruje a moment osiąga wartość
ekstremalną, która siłą rzeczy musi przekraczać wartość momentu plastycznego.
Schemat jest wobec tego statycznie niedopuszczalny.
Poszukujemy więc miejsca powstania przegubu plastycznego w ryglu.
23
q
M
ql
M
M
HA
VA
Schemat obliczeniowy
obliczamy:
2M
M ql
+ , HA =
− ql
l
2
l
siła poprzeczna w ryglu:
RA =
Q( x) =
M ql
+ − qx = 0
l
2
skąd:
x =
M
ql
+
l
2
oraz:
24
M ( x) = R A x − H A l − M − 12 qx 2
i jednocześnie
M ( x) = M
skąd, po przekształceniach, mamy:
9 2
M M
q − 7q 2 +  2
l
4
l

i ostatecznie:
2

 =0


M
.
l2
3. Uzyskany wynik sprawdzamy podejściem kinematycznym, przyjmując schemat
kinematyczny zniszczenia, w którym przegub w ryglu jest przesunięty o odcinek a w lewo od
środka rygla.
Obliczamy:
l −a
l+a
l−a
l−a
2
qθ l + ∫ θ qxdx + ∫ θ
qxdx = 4Mθ + 2Mθ
l+a
l+a
0
0
po prostych przekształceniach mamy:
q = 2.96
q=
2M
3l + a
l (2l − a )(l + a )
25
Poszukujemy ekstremum:
∂q
= 0 → (2l − a )(l + a ) − (3l + a )(l − 2a ) = 0
∂a
i dalej otrzymujemy równanie:
a 2 + 6al − l 2 = 0
którego pierwiastek z interesującego nas przedziału, wynosi:
a = 0.162l
i ostatecznie:
2M
3 + 0.162
M
= 2.96 2 .
2
l (2 − 0.162)(1 + 0.162)
l
Jak widać wynik pokrywa się z wynikiem uzyskanym metodą statyczną.
q=
Przykład
Obliczenie nośności belki o zmiennej nośności przekroju: 2M z lewej i M z prawej.
P
1
θ
0.4l
0.2l
0.4l
2
θ
26
Belka o zmiennej sztywności i schematy zniszczenia
Obliczamy nośność dla przyjętych schematów statycznych:
M
l
1) Θ1 = 23 Θ ,
2M (Θ + 53 Θ) = PΘ0.4l → P = 13.33
2) Θ1 = 1,5Θ ,
2M Θ + 2.5M Θ = PΘ0.4l → P = 11.25
M
l
Wybieramy niższą wartość jako nośność graniczną belki.
Zastosowanie podstawowych idei analizy nośności granicznej, wspomagane jedynie
podstawową wiedzą z mechaniki materiałów, prowadzi do prostych technik oszacowania
nośności. Te niekiedy bardzo elementarne metody niejednokrotnie prowadzą do znacząco
dobrych wyników.
Rozciąganie tarczy z otworem
Rozważmy pręt pryzmatyczny o przekroju prostokątnym b × t , jest rozciągany siłą P, z
otworem symetrycznie położonym o średnicy d. Przyjąć warunek plastyczności Tresca’iGuesta.
27
28
29
Oszacowanie dolne
Naprężenie płynięcia plastycznego dla prostego rozciągania wynosi σ 0 = 2τ 0 . Jeśli otwór jest
tylko jeden, to proste nieciągłe pole naprężenia składa się z trzech podłużnych pasm: dwa
pasma uplastycznione i jedno środkowe pasmo bez naprężenia. Oszacowanie od dołu wynosi:
P D = σ 0 (b − d )t .
Oszacowania górne
Należy przyjąć kinematyczny schemat zniszczenia, spełniający warunki zgodności.
Rozpatrzymy trzy takie schematy.
W pierwszym z nich, rys.1.b, dwie części pręta ślizgają się względem siebie w poprzek
otworu pod kątem α z prędkością δ& to prędkość odsuwania się części od siebie wynosi
δ& sin α . Porównując prędkość dyssypacji energii wewnętrznej z zewnętrzną, mamy:
Pδ& sin α =
τ 0 δ&(b − d )t
cos α
→
P1G =
2τ 0 (b − d )t
sin 2α
.
Wartość nośności osiąga minimum dla kąta równego 45°:
P1G = 2τ 0 (b − d )t = σ 0 (b − d )t
.
To oszacowanie jest równe oszacowaniu od dołu a więc jest rozwiązaniem zupełnym.
W drugim schemacie, rys.1.c, zakładamy, że poślizg następuje „po grubości” pręta.
Analogicznie jak poprzednio, z porównania prędkości energii dyssypacji, otrzymujemy:
30
Pδ& sin α =
τ 0 δ&(b − d )t
cos α
→
P2G =
2τ 0 (b − d )t
= K = σ 0 (b − d )t
sin 2α
a więc taką samą wartość jak w pierwszym przypadku.
Trzecia forma schematu kinematycznego polega na względnym przesuwie czterech
sztywnych rejonów, tworzącym coś w rodzaju szyjki. Porównanie prędkości energii
dyssypacji daje identyczną wartość jak w poprzednich przypadkach:
b−d t
P3G (2δ& sin α ) = 4τ 0 δ&
2 cos α
→
P3G =
2τ 0 (b − d )t
= K = σ 0 (b − d )t .
sin 2α
Zginanie pręta z karbem
Pręt z naciętym karbem o głębokości a jest zginany parą momentów. Zakładamy, że jego
szerokość jest na tyle duża, iż możemy rozważania ograniczyć do czystego zginania w
płaszczyźnie rysunku.
31
M
M
brak naprężenia
brak naprężenia
a
M
M
część sztywna
część sztywna
r
ω
ω
α
a
kołowe łuki poślizgów
Zginany pręt z karbem
Oszacowanie dolne
Pole naprężeń składa się z trzech obszarów jednorodnego stanu naprężenia. Obszary obok
karbu są bez naprężenia a dwa obszary poniżej karbu przenoszą zginanie: jeden jest
32
rozciągany a drugi ściskany. Bezwzględna wartość naprężeń wynosi 2k. Wobec tego
przenoszony moment wynosi:
M D = 2τ 0
aa
= 0.5τ 0 a 2 .
2 2
Oszacowanie górne
Pole prędkości wynika z założenia obrotu wokół kołowych przegubów o promieniu r.
Obszary zarówno na zewnątrz jak i wewnątrz przegubu są nieodkształcone. Porównując
prędkości energii:
 a 
L& w = 2τ 0 (rω )(2rα ) = 4τ 0 r 2αω = 4τ 0αω 

 2 sin α 
2
, L& z = 2 Mω ,
mamy:
MG =
τ 0a 2
a
2
sin 2 α
,
która to wartość osiąga minimum dla tan α = 2α , czyli dla α = 67° , skąd:
M G = 0.69τ 0 a 2 .
Reasumując, mamy jako odpowiedź przedział:
0 .5 ≤
M
τ 0a2
≤ 0.69 .
33
Nieciągłe pola naprężenia
Konstruując rozkład pola naprężenia spełniającego warunki równowagi i niesprzecznego z
warunkiem plastyczności, może być korzystne podzielenie ciała kilka stref.
W każdej z nich pole powinno być ciągłe.
Na granicy stref może występować nieciągłość pola naprężenia. Przykładem jest nieciągłość
występująca dla w pełni uplastycznionego przekroju zginanego.
Każda taka nieciągłość może być interpretowana jako przypadek graniczny wąskiej strefy
przejściowej pomiędzy strefami.
Aby nieciągłe pole naprężenia było zasadne, w każdym punkcie nieciągłości powinny być
spełnione warunki równowagi.
Jak wynika z poniższego rysunku, warunki równowagi mówią o równości jedynie naprężeń
normalnych i stycznych po obu stronach, to jest:
σ n(1) = σ n(2) oraz τ (1) = τ ( 2) ,
natomiast składowe σ t(1) , σ t( 2) , działające równolegle do brzegu mogą być różne.
34
σ n( 2)
σ t( 2)
τ ( 2)
σ t( 2)
σ t(1)
σ t(1)
τ (1)
σ n(1)
Nieciągłość naprężenia na granicy stref
35
Trójkątne pole naprężenia
36
37
38
Jeśli trójkątny obszar jest obciążony stałym obciążeniem ciągłym p i q z dwóch stron, to
stanowi on obszar jednorodnego pola dwuosiowego ściskania. Obszar poniżej niego jest – dla
uzyskania równowagi trójkąta – w stanie prostego ściskania σ 0 = 2τ 0 .
Jak wynika z rys.b, wypadkowe siły P, Q, F muszą być w równowadze, skąd wynika:
pb =
2τ 0 b sin( β + γ ) cos β
2τ b sin( β + γ ) sin β
oraz qb cot γ = 0
.
sin γ
sin γ
Załóżmy, że wymiar ciała w kierunku prostopadłym do płaszczyzny rysunku jest na tyle
znaczny, że można założyć p.s.o. Przyjmując warunek plastyczności Tresca’i-Guesta,
warunek plastyczności w obszarze trójkątnym będzie postaci:
p − q = 2τ 0 .
Podstawiając do niego poprzednie wyrażenia, mamy:
sin( β + γ ) cos( β + γ )
=1
sin γ cos γ
czyli
sin 2( β + γ ) = sin 2γ = sin(π − 2γ )
skąd wynika
γ = π4 − β2 .
Podstawiając ponownie do pierwszych równań, dostajemy:
p = 2τ 0 (1 + sin β ), q = 2τ 0 sin β .
39
Ponieważ warunek równowagi całości układu został spełniony, istnieje również równowaga
na granicy stref, mimo skoku naprężeń normalnych, równoległych do linii rozgraniczającej
strefy.
Rys..c i rys. d przedstawiają szczególne przypadki takiej równowagi.
Jeśli γ = 30° , to β = 30° oraz:
p = 3k , q = k , (k ≡ τ o ) .
Gdy zaś γ = 60° , to β = −30° oraz:
p = k , q = −k
i obszar trójkątny jest pod dwuosiowym ściskaniem i rozciąganiem.
Przypadek obciążenia klina obciążeniem równomiernym na jednej ścianie, rys. d (klin o kącie
rozwartym) i rys. e (ostry klin), również może być traktowany jako przypadek trójkątnego
obszaru, którego dwa boki są nieskończonej długości. W pierwszym przypadku w obszarze
„trójkątnym” mamy do czynienia z dwuosiowym ściskaniem, a w drugim – z dwuosiowym
ściskanie i rozciąganiem.
Pola naprężenia jako pręty kratownic
Często trójkątne pole naprężenia może być rozważane jako połączenie przegubowe trzech
prętów kratownicy, patrz rys. poniżej. Obciążeniom siłami P i Q, wywołującym stan
dwuosiowego ściskania w obszarze trójkątnym, przeciwstawia się siła F. Jeśli siły te znajdują
się w równowadze nie ma problemu braku równowagi na granicy nieciągłości pól naprężenia.
Stan naprężenia w obszarze trójkątnym jest po prostu superpozycją przyłożonych „z boku”
40
naprężeń. Jeśli jedna z sił jest rozciągająca, wynikowe naprężenia styczne będzie znacznie
większe niż w pierwszym przypadku obu sił ściskających.
Q
Q
b
C
C
A
A
a
P
P
B
c
B
F
F
Pola naprężeń jako pręty kratownicy
41
Nieciągłe pola naprężenia dla ściętego klina
Podobną metodologię prętów kratownicy można zastosować w przypadku ściętego klina,
obciążonego z góry równomiernym obciążeniem ciągłym, rys. 6. Jak poprzednio, część
obszaru stanowią pręty kratownicy z jednoosiowym stanem naprężenia.
Ścięty klin – pola naprężeń
42
Ścięty klin – c.d.
43
Rozciągana tarcza z nacięciami
Statycznie dopuszczalne pola naprężenia dla rozciąganej tarczy z nacięciami przedstawia
rysunek 7. Dla przyjętego rozkładu stref oszacowanie dolne wynosi:
σ D = 1.26τ 0
a
2a
2a
a
Rozciągana tarcza z nacięciami
44
Wgniatanie w płaskim stanie odkształcenia
Rozważmy wgniatanie sztywnego wgłębnika w półprzestrzeń idealnie plastycznego ciała
Tresca’i-Guesta, rys. poniżej. Przyjmijmy wymiar w kierunku prostopadłym do płaszczyzny
rysunku na tyle duży, aby układ znajdował się w p.s.o.
Jako pierwsze przybliżenie przyjmijmy proste nieciągłe pole naprężenia jedynie po
wgłębnikiem, dające dolne oszacowanie nośności granicznej:
P1D = σ 0 b = 2τ 0 b .
Jest to oczywiście niedobre przybliżenie, ponieważ zakłada się, że obciążenie jest
przenoszone jedynie przez pionową kolumnę materiału. Aby poprawić wynik dodajmy pole z
poziomym ściskaniem po bokach ściskanej kolumny. Wówczas pole pod wgłębnikiem jest
obciążone dwuosiowym ściskaniem, tak, że pionowe naprężenie może być dwukrotnie
zwiększone, bez naruszenia warunku plastyczności. Poprawiona nośność układu wynosi:
P2D = 2σ 0 b = 4τ 0 b .
Jako kolejną alternatywę możemy użyć metody prętów kratownicy. Przyjmując, że obciążenie
jest przenoszone przez dwa nachylone pręty kratownicy, a następnie dodając jeszcze jedną
„nogę” do układu, obliczamy naprężenia panujące w strefach i wynikającą z nich nośność
układu. Otrzymujemy kolejne, lepsze, oszacowanie:
P2D = 2.5σ 0 b = 5τ 0 b
45
Wciskanie wgłębnika w półprzestrzeń
46
47
Podstawowe metody zastosowania oszacowania od góry
Przejdźmy teraz do oszacowań od góry – kinematycznie dopuszczalnych pól prędkości
przemieszczeń. Jak to już pokazywane było wielokrotnie, metoda generalnie polega na
porównaniu prędkości dyssypacji energii z mocą działających obciążeń. Pole kinematyczne
jest schematem zniszczenia, który musi być ciągły w takim sensie, że nie tworzą się luki
między obszarami ani obszary te nie nakładają się na siebie. Kierunki odkształceń
określonych przez mechanizm muszą z kolei określać naprężenia płynięcia wymagane do
obliczenia moce dyssypacji.
Poślizg sztywnego bloku
Kolejny rysunek przedstawia prosty mechanizm obrotu wokół chwilowego środka obrotu
sztywnego bloku. Tworzy się przegub na linii poślizgu, oddzielającej dwa sztywne (nie
odkształcające się) obszary.
Moc obciążeń zewnętrznych wynosi:
P (r cos θ − 12 b )α& ,
gdzie b jest szerokością wgłębnika, r promieniem przegubu, θ kątem między promieniem
obrotu a płaszczyzną poziomą oraz α& jest kątową prędkością obrotu.
Moc dyssypacji wynosi:
τ 0 r (π − 2θ )rα&
skąd oszacowanie:
48
PG =
k (π − 2θ )r 2
r cos θ − 12 b
P
O
A
θ
sztywne
sztywne
Poślizg sztywnego bloku
Górne oszacowanie określimy poszukując minimum rozwiązania względem dwóch
zmiennych: promienia obrotu i kąta nachylania do płaszczyzny:
∂P G
= 0 → b = r cos θ
∂r
49
oraz
∂P G
= 0 → b = r [2 cos θ − (π − 2θ ) sin θ ] .
∂θ
Z pierwszego równania wynika, że środek obrotu będzie na ścianie bocznej bloku
obciążającego, z drugiego równania metodą prób i błędów znajdujemy wartość kąta: θ = 23.2° ,
więc ostatecznie:
PG =
4τ 0 b
= 5.53τ 0 b .
sin 2θ
50
Mechanizmy translacyjne
Rozpatrzymy teraz mechanizmy translacyjne sztywnych brył, rys. poniżej.
P
v3
v23
v2
v0
v12
60o 60o
60o
v3
v1
v2
sztywne
sztywne
v0 = v1
Mechanizm translacyjny (z tarciem pod stemplem)
Pierwszy mechanizm jest mechanizmem, w którym pod stemplem tworzy się trójkątny
obszar, przemieszczający się razem ze stemplem. Grafik prędkości dla szorstkiego stempla i
ślizgających się po sobie trójkątnych stref przedstawia rysunek obok.
Porównanie mocy daje:
51
P G v 0 = 2τ 0
∑l v
i i
 2
1
1
1 
v 0
= 2τ 0 b
+
+
+

3
3
3
 3
→
PG =
10τ 0 b
3
= 5.78τ 0 b .
Dla gładkiego stempla, z możliwym poślizgiem pod nim, rys. poniżej, obliczamy
analogicznie otrzymując:
v23
P
v0
60o o 60o
60
sztywne
v1
v3
v2
O
v12
v2
sztywne
v0
v1
v01
Mechanizm translacyjny (bez tarcia pod stemplem)
52
P G v 0 = 2τ 0
∑l v
i i
 b b b b b  2v
= 2τ 0  + + + +  0
2 2 2 2 2 3
→
PG =
10τ 0 b
3
= 5.78τ 0 b .
Jak widać, w obu przypadkach wynik jest taki sam.
Mechanizmy mieszane translacyjno-obrotowe
Przykładami takich mechanizmów są mechanizm Prandtla, rys. poniżej, oraz mechanizm
Hilla, kolejny rysunek.
P
v3
vo
45o
45o
45o
v3
v1n
v1
v1
v1t
Mechanizm Prandtla dla stempla z tarciem (1921)
53
Dla mechanizmu Prandtla, dyssypacja na prostych liniach poślizgów (idąc od środka) wynosi:
 2  2  1
D1 = τ 0 
v 
b  = τ bv , (odcinek prostoliniowy)
 2 0  2  2 0 0



 2  2  π  π
D2 = τ 0 
v 
b
= τ bv , (odcinek łukowy)
 2 0  2  2  4 0 0



π
τ 0 bv 0 , (odcinek prostoliniowy)
4
1
D 4 = τ 0 bv 0 (odcinek prostoliniowy).
2
D3 =
Ostatecznie:
P G = (2 + π )τ 0 b .
Taki sam wynik dostajemy dla mechanizmu Hilla.:
54
P
v3
vo
45o
45o
v1
v3
45o
v0
v1
v01
Mechanizm Hilla z tarciem pod stemplem (1950)
Jeśli nośność materiału na ścinanie zależy od działających naprężeń normalnych (jak to ma
miejsce np. w gruntach), kołowe linie poślizgu muszą być zastąpione liniami spiralnymi.
Kierunek prędkości względem linii poślizgu powinien uwzględniać fakt istnienia kąta tarcia
wewnętrznego.
Kinematyczne schematy zniszczenia są często obrazem rzeczywistej awarii konstrukcji, co
rzadko ma miejsce w odniesieniu do pól statycznie dopuszczalnych, rzadko obrazujących
sposób zniszczenia konstrukcji.
55