WM0603(1).pdf

(186 KB) Pobierz
Uogólnione prawo Hooka
Przykład 6.3. Uogólnione prawo Hooke’a
Związki między odkształceniami i naprężeniami, w przypadku ciała izotropowego, opisuje
uogólnione prawo Hooke’a:
ε
=
1
[
σ
−
ν
(
σ
+
σ
)
]
,
γ
=
2
ε
=
τ
xy
,
xy
xy
x
x
y
z
G
E
τ
ε
=
1
[
σ
−
ν
(
σ
+
σ
)
]
,
γ
=
2
ε
=
yz
,
(a)
y
y
z
x
yz
yz
E
G
ε
=
1
[
σ
−
ν
(
σ
+
σ
)
]
,
γ
=
2
ε
=
τ
zx
,
z
z
x
y
zx
zx
E
G
Rozwiązując równania (a) względem naprężeń, otrzymujemy związki:
σ
=
E
ε
+
ν
(
ε
+
ε
+
ε
)
,
τ
=
G
γ
=
2
G
ε
x
x
x
y
z
xy
xy
xy
1
+
ν
1
−
2
ν
σ
=
E
ε
+
ν
(
ε
+
ε
+
ε
)
,
τ
=
G
γ
=
2
G
ε
(b)
y
y
x
y
z
yz
yz
yz
1
+
ν
1
−
2
ν
E
ν
σ
=
ε
+
(
ε
+
ε
+
ε
)
,
τ
=
G
γ
=
2
G
ε
z
z
x
y
z
zx
zx
zx
1
+
ν
1
−
2
ν
W tych wzorach E oznacza moduł sprężystości podłużnej (moduł Younga), G moduł
sprężystości poprzecznej (moduł Kirchoffa), zaś ν współczynnik Poissona (
ε −
2
= ).
1
ZADANIE 1. Wewnątrz nieodkształcalnego sześcianu o krawędzi l umieszczony jest
odkształcalny prostopadłościan wykonany z jednorodnego materiału o danych parametrach E
i ν. Na podstawach prostopadłościanu przyłożono równomierne ciśnienie q . Zakłada się, że
tarcie o ścianki nie występuje. Obliczyć naprężenia na płaszczyznach nieodkształcalnego
sześcianu oraz zmianę objętości wewnętrznego prostopadłościanu.
z
l/2
q
odkształcalny
prostopadłościan ( ν
l/2
E )
,
l
nieodkształcalny
sześcian
y
q
x
Rozwiązanie
Zewnętrzny sześcian jest nieskończenie sztywny, zatem wydłużenia wewnętrznego
prostopadłościanu w kierunku x i y są równe zeru. Stan odkształcenia jest jednorodny.
∆
l
=
ε
l
=
0
y
y
2
∆
l
=
ε
l
=
0
x
x
2
ν
186678071.004.png 186678071.005.png
Podstawiamy do wzorów (a):
ε
=
0
=
1
[
σ
−
ν
(
σ
+
σ
)
]
⇒
σ
=
ν
(
σ
+
σ
)
y
y
z
x
y
z
x
E
(1)
1
ε
=
0
=
[
σ
−
ν
(
σ
+
σ
)
]
⇒
σ
=
ν
(
σ
+
σ
)
z
x
y
z
x
y
z
E
Wewnętrzny prostopadłościan jest ściskany ciśnieniem q , zatem naprężenie
q
=σ .
Podstawiając ten związek do równań (1), otrzymujemy:
z
−
σ
y
−
νσ
x
=
−
ν
q
⋅
ν
⊕
σ
−
νσ
=
−
ν
q
x
y
(
−
ν
2
)
σ
x
=
−
q
ν
(
+
ν
)
ν
ν
ν
2
ν
σ
=
−
q
,
σ
=
−
ν
q
+
νσ
=
−
ν
q
−
ν
q
=
−
q
ν
+
=
−
q
x
y
x
1
−
ν
1
−
ν
1
−
ν
1
−
ν
Odkształcenie objętościowe (względny przyrost objętości) wyraża się wzorem:
śr
ϑ
=
ε
x
+
ε
x
+
ε
x
=
3
ε
.
Wyrażając odkształcenia przez naprężenia za pomocą wzorów (a), otrzymujemy:
ϑ
=
1
−
2
ν
(
σ
+
σ
+
σ
)
=
1
−
2
ν
⋅
3
σ
=
σ
śr
=
σ
śr
;
K
=
E
x
y
z
śr
Ε
Ε
E
K
3 ν
−
2
)
3
− )
2
ν
gdzie wielkość K jest modułem ściśliwości Helmholtza . Zauważmy, że jeżeli 1/2
ν to
K
→
∞
, co oznacza, że materiał jest nieściśliwy (brak zmiany objętości). Dla
ν mamy
0
= , a materiał taki nazywamy idealnie ściśliwym (największa zmiana
objętości). Obliczamy:
/
3
K
min
σ
+
σ
+
σ
−
q
ν
−
q
ν
−
q
q
1
+
ν
x
y
z
σ
=
=
1
ν
1
ν
=
−
,
śr
3
3
3
1
−
ν
ϑ
=
σ
śr
=
−
q
1
+
ν
⋅
3
−
2
ν
)
=
−
q
(
+
ν
)
(
−
2
ν
)
.
E
3
1
−
ν
E
E
1
−
ν
3
−
2
ν
)
Odpowiedź
Naprężenia w prostopadłościanie wynoszą:
σ
=
−
q
ν
,
x
1
−
ν
σ
=
−
q
ν
,
(ściskanie)
y
1
−
ν
σ
z
=
−
q
.
Zmiana objętości prostopadłościanu pod wpływem przyłożonego obciążenia wynosi:
ϑ
=
−
q
(
+
ν
)
(
−
2
ν
)
(ubytek objętości)
E
1
−
ν
2
EK =
186678071.006.png
ZADANIE 2. Stan odkształcenia w pewnym punkcie ciała jest określony następująco:
ε
x
1
γ
xy
1
γ
xz
ε
11
ε
12
ε
13
1
2
0
2
2
−
6
ε
=
1
γ
ε
1
γ
=
ε
ε
ε
=
2
3
0
⋅
10
2
yx
y
2
yz
23
22
23
1
1
γ
γ
ε
ε
ε
ε
0
0
2
2
zx
2
zy
z
31
32
33
Obliczyć składowe stanu naprężenia, jeśli stałe sprężystości dla izotropowego, liniowo-
sprężystego materiału wynoszą: E =210 GPa, ν=0,3.
Rozwiązanie
Składowe stanu naprężenia znajdujemy z równania wiążącego naprężenia i odkształcenia
(uogólnionego prawa Hooke’a), które w zapisie wskaźnikowym i konwencji sumacyjnej ma
postać:
σ
ij
= 2
µε
ij
+
λε
kk
δ
ij
gdzie µ oraz λ są stałymi Lame’go:
µ
=
G
=
E
,
λ
=
E
ν
2 ν
+
)
(
+
ν
)(
1
−
2
ν
)
oraz
ε
=
ε
+
ε
+
ε
,
δ
=
1
dla
i
=
j
(delta Kroneckera)
kk
11
22
33
ij
0
dla
i
≠
j
Podstawiamy dane liczbowe. Obliczamy stałe Lamego:
µ
= G
=
210
GPa
=
80
,
77
GPa
,
λ
210
GPa
⋅
0
=
121
,
15
GPa
,
2
+
0
(
+
0
)(
1
−
0
a następnie składowe stanu naprężenia:
σ G
=
2
ε
11
+
λ
(
11
+
ε
22
+
ε
33
)
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
1
+
121
,
15
kPa
⋅
6
=
888
,
46
kPa
,
σ G
=
2
ε
22
+
λ
(
11
+
ε
22
+
ε
33
)
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
3
+
121
,
15
kPa
⋅
6
=
1211
,
kPa
,
σ G
=
2
ε
3
+
λ
(
11
+
ε
22
+
ε
33
)
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
2
+
121
,
15
kPa
⋅
6
=
1049
,
98
kPa
,
σ G
12
= ε
2 12
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
2
=
323
,
08
kPa
,
σ G
13
= ε
2 13
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
0
=
0
,
σ G .
Uwaga: składowe stanu naprężenia można również obliczyć, korzystając ze wzorów (b).
23
= ε
2 23
=
2
⋅
80
,
77
kPa
⋅
0
=
0
Odpowiedź: Stan naprężenia w punkcie jest określony następująco:
888
,
46
323
,
08
0
σ
=
323
,
08
1211
,
0
[
kPa
]
.
0
0
1050
,
3
11
22
33
186678071.007.png
ZADANIE 3. Cienka kwadratowa tarcza, pokazana na rysunku, wykonana z materiału
sprężystego, jest rozciągana w dwóch kierunkach tak, że mamy σ x =200MPa i σ y =100MPa.
Znane są też odkształcenia ε x = 2,45·10 -3 i ε y = 0,49·10 -3 . Ile wynosi E, ν oraz G dla materiału
tarczy? Jakie powstanie odkształcenie postaciowe γ xy , jeśli wywołamy naprężenia styczne
τ xy =80 MPa?
y
σ
Y =
100
MPa
σ
X
=
200
MPa
x
Rozwiązanie
W tarczy występuje płaski stan naprężenia. Odkształcenia ε i ε wyrażają się wzorami:
[ ]
ε
=
1
σ
−
νσ
=
2
45
⋅
10
−
3
(1)
x
x
y
E
ε
=
1
[ ]
−
νσ
=
0
49
⋅
10
−
3
(2)
y
y
x
E
Dzieląc stronami powyższe wyrażenia i podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:
200
−
ν
⋅
100
=
5
;
2
−
ν
=
5
;
ν
1
100
−
ν
⋅
200
1
−
2
ν
3
Podstawiając ν =1/3 do równania (1) mamy:
1
200
−
1
⋅
100
=
2
45
⋅
10
−
3
,
500
=
2
45
,
E
=
6
80
⋅
10
4
MPa
E
3
3
E
1000
Obliczamy teraz moduł Kirchoffa:
E
6
⋅
10
4
4
G
=
( ) ( )
=
=
2
55
⋅
10
MPa
2
1
+
ν
2
1
+
1
3
oraz kąt odkształcenia postaciowego:
γ
=
τ
xy
=
80
=
3
14
⋅
10
−
3
.
xy
G
2
55
⋅
10
4
4
σ
186678071.001.png
ZADANIE 4. Cienką płytkę o wymiarach l
h × umieszczono w szczelinie o szerokości h .
Przyjmuje się, że krawędzie szczeliny są nieodkształcalne, a tarcie nie występuje. Na
brzegach swobodnych działa obciążenie, które wywołuje naprężenia σ x = – σ 0 . Powierzchnie
płytki | z |= g (2 g –grubość płytki) są wolne od naprężeń. Obliczyć σ y oraz ε x i ε z .
y
h
z
x
σ −
x
=
σ
l
Rozwiązanie
Z warunku podparcia na brzegach
|
y = wynika, że
|
h
/
2
ε (
=
0
∆
h
= h
ε
=
0
). Stan
odkształcenia jest jednorodny. Obliczamy naprężenie σ :
ε
=
1
[ ]
σ
−
ν
( )
−
σ
=
0
,
(
σ
=
0
⇒
σ −
y
=
νσ
0
.
y
y
0
z
E
Obliczamy pozostałe odkształcenia:
[ ] [ ] 0
1
1
2
1
−
ν
2
ε
=
σ
−
νσ
=
−
σ
+
ν
σ
=
−
σ
<
,
x
x
y
0
0
0
E
E
E
ε
=
1
[
σ
−
ν
( )
+
σ
] ( )
=
1
[
0
−
ν
−
νσ
−
σ
]
=
ν
( )
1
+
ν
0
>
0
.
z
z
x
y
0
0
E
E
E
Rozpatrzymy nasze zadanie, jeśli zmienia się temperatura o ∆ T przy niezmienionych
pozostałych warunkach sformułowanych w poprzedniej części zadania.
Z warunku podparcia brzegów wynika, że
( )
ε
=
1
[ ] ⇒
−
ν
−
σ
+
α
T
=
0
σ
=
−
νσ
−
E
α
T
y
E
y
0
y
0
Pozostałe odkształcenia wynoszą:
[ ]
1
1
[
(
)
]
1
−
ν
2
( ) T
ε
=
σ
−
νσ
+
α
∆
T
=
−
σ
−
ν
−
νσ
−
E
α
∆
T
+
α
∆
T
=
−
σ
+
1
+
ν
α
∆
x
x
y
0
0
0
E
E
E
( )
ε
=
−
ν
[ ] (
σ
+
σ
+
α
∆
T
=
−
ν
[
−
σ
−
νσ
−
E
α
∆
T
)
]
+
α
∆
T
=
ν
1
+
ν
σ
+
( ) T
1
+
ν
α
∆
z
x
y
0
0
0
E
E
E
Obliczymy dodatkowo względną zmianę objętości płytki. Korzystamy ze wzoru:
ϑ
=
∆
V
=
ε
+
ε
+
ε
=
ε
+
ε
, =
(
ε
0
x
y
z
x
z
y
V
Dylatacja (względna zmiana objętości) z uwzględnieniem zmiany temperatury wynosi:
1
−
ν
2
( )
ν
( )
1
+
ν
( )
( )( )
1
−
2
ν
1
+
ν
( ) T
ϑ
=
−
σ
+
1
+
ν
T
+
σ
+
1
+
ν
T
=
−
σ
+
2
1
+
ν
0
0
0
E
E
E
5
σ
186678071.002.png 186678071.003.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin