Stan naprężenia.pdf

(267 KB) Pobierz
Microsoft Word - St_napr.doc
A. Zaborski, Analiza stanu napr ħŇ enia
Stan napr ħŇ enia
Przykład 1: Tarcza (płaski stan napr ħŇ enia)
Okre Ļ li ę siły masowe oraz obci ĢŇ enie brzegu tarczy je Ļ li stan napr ħŇ enia wynosi:
T s
=
Å
Æ
5
−
2
y
Õ
Ö
.
−
2
y
8
Rozwi Ģ zanie:
Składowe sił masowych obliczamy wykonuj Ģ c ró Ň niczkowanie zapisane w równaniach równowagi wewn ħ trznej
Naviera,
Í
Ë
s
x
+
t
xy
+
P
=
0
x
x
y
0
−
2
+
P
=
0
P
=
2
x
x
s
+
P
=
0
¼
¼
¼
ij
,
j
i
t
s
0
+
0
+
P
=
0
P
=
0
Í
Ì
xy
y
y
y
+
+
P
=
0
Í
y
x
y
otrzymuj Ģ c: P (2, 0)
Statyczne warunki brzegowe
Ë
q
x
=
s
x
n
x
+
t
x
y
n
y
q i = s i j n j
Ì
q
=
t
n
+
s
n
y
x
y
x
y
x
rozpisujemy kolejno dla ponumerowanych cz ħĻ ci brzegu tarczy, okre Ļ laj Ģ c najpierw składowe normalnej
zewn ħ trznej:
na Ļ ciance 1: n (0, -1), q x = 2y = 0, q y = -8
na Ļ ciance 2: n (1, 0), q x = 5, q y = -2y
na Ļ ciance 3: n (-0.8, 0.6), q x = -4-1.2y, q y = 1.6y+4.8
Wynik przedstawiamy graficznie, pami ħ taj Ģ c, Ň e znak dodatni wektora oznacza zgodno Ļę jego zwrotu ze
zwrotem odpowiedniej osi układu współrz ħ dnych.
y
8.8
5
11.2
8
3
2
4
q ny
q nx
1
x
4.8
3
4
5
8
8
Sprawdzenie równowagi globalnej tarczy:
SX=0{ Ļ cianka 1}+5×4{ Ļ cianka 2}+0,5×(-8,8-4)×5{ Ļ cianka 3}+2×0,5×3×4{P x ×F}=32-32=0
SY=-8×3{ Ļ cianka 1}-0,5×8×4{ Ļ cianka 2}+0,5×(4,8+11,2)×5{ Ļ cianka 3}+0{P y ×F}=-40+40=0
SM O =-8×3×1,5{ Ļ cianka 1} -5×4×2 - 0,5×8×4×3{ Ļ cianka 2} + 4×5×2+0,5×4,8×5×2/3×4+4,8×5×1,5+0,5×6,4×5×2{ Ļ cianka 3}-
2×0,5×3×4×1/3×4{moment od sił masowych}=-36-40-48+40+32+36+32-16=-140+140=0
Przykład 2: Przestrzenny stan napr ħŇ enia
Dana jest macierz napr ħŇ enia oraz wektor normalnej zewn ħ trznej do brzegu ciała. Okre Ļ li ę wektor obci ĢŇ enia i
jego składowe: normaln Ģ i styczn Ģ .
Å
Æ
200
−
300
100
Õ
Ö
(
)
T s
=
−
200
150
MPa,
n
−
2
2
Å
Õ
100
Okre Ļ li ę rzuty wektora napr ħŇ enia na kierunki wersorów
v
1
(
0
−
0
.
5547
,
0
.
8320
)
,
v
2
(
0
.
8745
,
0
4036
,
0
2691
)
.
Wyniki oblicze ı zilustrowa ę rysunkiem.
Rozwi Ģ zanie:
wersor normalnej: (
n
−
0
4851
,
0
.
7276
,
0
4851
)
Ä
Ô
Ê
Ê
Ä
Ô
.
766568365.015.png 766568365.016.png 766568365.017.png 766568365.018.png 766568365.001.png 766568365.002.png 766568365.003.png
A. Zaborski, Analiza stanu napr ħŇ enia
wektor obci ĢŇ enia:
q s
i
=
ij
n
j
, co rozpisujemy:
q
x
=
s
x
n
x
+
t
xy
n
y
+
t
xz
n
z
,
q
y
=
t
xy
n
x
+
s
y
n
y
+
t
yz
n
z
,
q
z
=
t
xz
n
x
+
t
yz
n
y
+
s
z
n
z
q
x
=
200
×
(
−
0
.
4851
)
−
300
×
0
.
7276
+
100
×
0
4851
=
−
266
.
8
q
y
=
−
300
×
(
−
0
4851
)
−
200
×
0
.
7276
+
150
×
0
4851
=
72
.
78
q
z
=
100
×
(
−
0
.
4851
)
+
150
×
0
7276
+
100
×
0
.
4851
=
109
.
1
długo Ļę wektora obci ĢŇ enia:
q
=
q
2
+
q
2
+
q
2
=
266
.
8
2
+
72
.
78
2
+
109
.
1
2
=
297
.
3
x
y
z
składow Ģ normaln Ģ obliczamy rzutuj Ģ c wektor obci ĢŇ enia na kierunek normalnej:
s
=
q
i
n
i
=
q
x
n
x
+
q
y
n
y
+
q
z
n
z
=
−
266
.
×
(
−
0
.
4851
)
+
72
.
78
×
0
.
7276
+
109
.
1
×
04851
=
235
.
3
a jego składow Ģ styczn Ģ z równoległoboku sił:
t q
Rzuty na kierunki wektorów v 1 i v 2 wynosz Ģ odpowiednio:
=
2
−
s
2
=
297
.
3
2
−
235
.
3
2
=
181
.
t
1
=
q
i v
i
=
−
266
.
8
×
0
+
72
.
78
×
(
−
0
.
5547
)
+
109
.
×
0
8320
=
50
.
40
q t
Wyniki oblicze ı przedstawiamy na rysunku. Aby prawidłowo narysowa ę płaszczyzn ħ ci ħ cia, zakładamy Ň e
przechodzi ona przez punkt nieco przesuni ħ ty wzgl ħ dem pocz Ģ tku układu, np. (1,1,1). Przecina ona osie układu
współrz ħ dnych w punktach (x 0 ,0,0), (0,y 0 ,0), (0,0,z 0 ). Współrz ħ dne punktów znajdziemy z warunku
ortogonalno Ļ ci wektorów ł Ģ cz Ģ cych te punkty z punktem (1,1,1) z wersorem normalnej zewn ħ trznej, por. rys.:
2
=
i v
i
=
−
266
.
8
×
0
.
8745
+
72
.
78
×
0
4036
+
109
.
×
0
2691
=
−
174
6
z
z 0
n
x
x 0
y
y 0
n
x
+
n
y
+
n
z
(
n
,
n
,
n
)
^
(
x
−
1
−
1
−
1
®
n
(
x
−
1
−
n
−
n
=
0
®
x
=
x
y
z
0
x
0
y
z
0
n
x
(
n
,
n
,
n
)
^
(
−
1
y
−
1
−
1
®
−
n
+
n
(
y
−
1
−
n
=
0
®
y
=
n
x
+
x
y
+
n
z
x
y
z
0
x
y
0
z
0
n
y
n
x
+
n
y
+
n
z
(
n
,
n
,
n
)
^
(
−
1
−
1
z
−
1
®
−
n
−
n
+
n
(
z
−
1
=
0
®
z
=
.
x
y
z
0
x
y
z
0
0
n
z
yx .
Dobieramy k Ģ t widzenia zapewniaj Ģ cy widoczno Ļę płaszczyzny ci ħ cia a odkładaj Ģ c współrz ħ dne wektorów
uwzgl ħ dniamy skrót perspektywiczny.
0
=
−
1
50
,
0
=
1
.
00
,
z
0
=
1
.
50
.
.
.
sk Ģ d:
766568365.004.png
A. Zaborski, Analiza stanu napr ħŇ enia
z
n
23 5.3
297.3
50. 4
181.7
x
174.6
y
v
Przykład 3 : Przestrzenny stan napr ħŇ enia
Dana jest macierz napr ħŇ enia. Okre Ļ li ę napr ħŇ enia i kierunki główne. Obliczy ę wektor napr ħŇ enia na
płaszczy Ņ nie o zadanej normalnej zewn ħ trznej n . Obliczy ę składowe normaln Ģ i styczn Ģ wektora obci ĢŇ enia.
Å
Æ
5
−
2
4
Õ
Ö
(
)
T
=
−
2
8
6
n
1
−
1
7
Å
Õ
4
6
−
7
Rozwi Ģ zanie:
1.
Obliczamy niezmienniki podstawowe:
I 1 = {suma po przek Ģ tnej}=5+8-7=6,
I 2 = {suma podwyznaczników} = 5×8-2×2-8×7-6×6-5×7-4×4=40-4-56-36-35-16 = -107,
I 3 = {wyznacznik z macierzy, det(T s )} = 5×(-8×7-6×6)+2×(2×7-4×6)+4×(-2×6-8×4)=-656
2.
Równanie sze Ļ cienne ma posta ę :
s 3 – 6 s 2 – 107 s + 656 = 0
pierwiastki tego równania, czyli warto Ļ ci własne (warto Ļ ci główne, niezmienniki główne, napr ħŇ enia
główne), wynosz Ģ :
s 1 = 10.1809
s 2 = 6.20436
s 3 = -10.3853
3.
Rozwi Ģ zujemy (programem naprezenia, Á A. Zaborski) zagadnienie warto Ļ ci własnych kolejno dla ka Ň dego
z pierwiastków z osobna, otrzymuj Ģ c wersory kolejnych kierunków własnych (głównych):
dla s 1 : (-0.134093, 0.944864, 0.29875)
dla s 2 : (0.951374, 0.0383786, 0.305639)
dla s 3 : (0.277321, 0.325207, -0.904065)
i w rezultacie macierz przej Ļ cia z układu wyj Ļ ciowego do własnego ma posta ę :
Ä
−
0
134093
0
944864
0
.
29875
Ô
a
=
0
.
951374
0
0383786
0
.
305639
Å
Õ
ij
Å
Õ
Æ
0
.
277321
0
325207
−
0
.
904065
Ö
gdzie np. kosinus k Ģ ta mi ħ dzy osi Ģ „y” a „3” wynosi 0.325207. Macierz jest ortogonalna i unormowana
(czyli ortonormalna), co łatwo sprawdzi ę . Jedynie 3 jej składowe s Ģ niezale Ň ne.
Interpretacja geometryczna. Transformacja wyj Ļ ciowego układu współrz ħ dnych (x, y, z) do układu
własnego polega na zło Ň eniu 3 obrotów wzgl ħ dem osi współrz ħ dnych. Zakładaj Ģ c, Ň e obroty s Ģ
wykonywane w kolejno Ļ ci wzgl ħ dem osi z, potem x a na ko ı cu wzgl ħ dem y, obliczamy współrz ħ dne
wersorów układu wyj Ļ ciowego po transformacji, składaj Ģ c poszczególne transformacje:
A=(3 wersory) (obrót wzgl.z) (obrót wzgl.x) (obrót wzgl.y)
Ä
Ô
.
Å
Õ
766568365.005.png 766568365.006.png 766568365.007.png 766568365.008.png 766568365.009.png 766568365.010.png
A. Zaborski, Analiza stanu napr ħŇ enia
czyli:
Ä
1
0
0
Ô
Ä
cos
a
sin
a
0
Ô
Ä
1
0
0
Ô
Ä
cos
g
0
−
sin
g
Ô
A
=
0
1
0
×
−
sin
a
cos
a
0
×
0
cos
b
sin
b
×
0
1
0
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Æ
0
0
1
Ö
Æ
0
0
1
Ö
Æ
0
−
sin
b
cos
b
Ö
Æ
sin
g
0
cos
g
Ö
gdzie a, b, g oznaczaj Ģ odpowiednie k Ģ ty obrotu wzgl ħ dem osi, otrzymuj Ģ c:
Ä
cos
a
cos
g
+
sin
a
sin
b
sin
g
sin
a
cos
b
−
cos
a
sin
g
+
sin
a
sin
b
cos
g
Ô
A
=
Å
−
sin
a
cos
g
+
cos
a
sin
b
sin
g
cos
a
cos
b
sin
a
sin
g
+
cos
a
sin
b
cos
g
Õ
Å
Õ
Æ
cos
b
sin
g
−
sin
b
cos
b
cos
g
Ö
sk Ģ d wyliczamy (np. Matlabem):
a = 1.5302072 (ok. 87.57°)
b = -0.33123062 (ok. –18.98°)
g = 2.8439558 (ok. 162.9°)
Oczywi Ļ cie zmieniaj Ģ c kolejno Ļę obrotów (składania transformacji składowych) otrzymamy inne k Ģ ty gdy Ň
mno Ň enie macierzy nie jest przemienne.
4.
Sprawd Ņ my macierz przej Ļ cia obliczaj Ģ c transformacj ħ z prawa transformacji tensorowej:
kl
s =
ij
a
ik
a
jl
s
s 11 = a x1 a x1 s xx + a x1 a y1 t xy + a x1 a z1 t xz +
+ a y1 a x1 t yx + a y1 a y1 s yy + a y1 a z1 t yz +
+ a z1 a x1 t zx + a z1 a y1 t zy + a z1 a z1 s zz =
= (-0.134094)×[-0.134093×5 + 0.944864×(-2) + 0.29875×4] +
+ 0.944864×[-0.134093×(-2) + 0.944864×8 + 0.29875×6] +
+ 0.29875×[-0.134093×4 + 0.944864×6 + 0.29875×(-7)] = 10.1809 {OK.}
s 12 = a x1 a x2 s xx + a x1 a y2 t xy + a x1 a z2 t xz +
+ a y1 a x2 t yx + a y1 a y2 s yy + a y1 a z2 t yz +
+ a z1 a x2 t zx + a z1 a y2 t zy + a z1 a z2 s zz =
= (-0.134094)×[0.951374×5 + 0.0383786×(-2) + 0.305639×4] +
+ 0.944864×[0.951374×(-2) + 0.0383786×8 + 0.305639×6] +
+ 0.29875×[0.951374×4 + 0.0383786×6 + 0.305639×(-7)] = -5.8×10 -15 @ 0 {OK.}
(itd.)
Po obliczeniu wszystkich współrz ħ dnych, otrzymujemy macierz napr ħŇ enia w postaci diagonalnej:
Ä
10
.
1809
0
0
Ô
T
=
Å
0
6
.
20436
0
Õ
Å
Õ
Æ
0
0
−
10
.
3853
Ö
5.
Obliczamy wersor płaszczyzny ci ħ cia (normujemy wektor normalnej zewn.):
(
n
(
−
1
7
)
¼
n
0
.
3333
,
−
0
.
3333
,
0
.
8820
)
6.
Obliczenia w układzie wyj Ļ ciowym (x, y, z):
obliczamy wektor obci ĢŇ enia, w układzie wyj Ļ ciowym (x, y, z), ze wzoru:
p s
i
=
ij
n
j
, mamy:
Ä
5
−
2
4
Ô
Ä
0
.
3333
Ô
Ä
5
861
Ô
p
=
−
2
8
6
×
−
0
.
3333
=
1
958
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Æ
4
6
−
7
Ö
Æ
0
8820
Ö
Æ
−
6
.
840
Ö
jego długo Ļę wynosi: p = 9.218. Aby obliczy ę składow Ģ normaln Ģ wektora, rzucamy go na kierunek
normalnej, czyli – zgodnie z interpretacj Ģ iloczynu skalarnego – jest ona równa iloczynowi skalarnemu
wektora i wersora normalnej:
p s .
Składow Ģ styczn Ģ mo Ň emy obliczy ę z dokładno Ļ ci Ģ do znaku z twierdzenia Pitagorasa:
911
=
×
n
=
2
=
−
4
731
t p .
Teraz to samo, ale obliczane w układzie głównym (własnym), (1, 2, 3):
transformujemy wersor normalnej zewn ħ trznej wg wzoru:
=
2
−
s
2
=
2
=
7
.
n
i
=
a
ij
n
j
=
(
−
0
0962
0
.
5739
−
0
8133
)
,
obliczamy składowe wektora obci ĢŇ enia:
Ä
10
.
1809
0
0
Ô
Ä
−
0
0962
Ô
Ä −
0
9792
Ô
p
=
0
6
.
20436
0
×
0
.
5739
=
3
.
5606
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Æ
0
0
−
10
.
3853
Ö
Æ
−
0
.
8133
Ö
Æ
8
4461
Ö
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
.
.
.
Å
Õ
Å
Õ
Å
Õ
766568365.011.png 766568365.012.png
A. Zaborski, Analiza stanu napr ħŇ enia
s (jak poprzednio).
Współrz ħ dne wektora ró Ň ni Ģ si ħ w obu układach, ale długo Ļę wektora obci ĢŇ enia i jego składowe: normalna
i styczna, s Ģ identyczne.
=
p
×
n
=
2
=
−
4
.
Przykład 4: płaski stan napr ħŇ enia
Dla danego tensora napr ħŇ enia w p.s.n. okre Ļ li ę napr ħŇ enia i kierunki główne
T
=
Å
Æ
40
16
Õ
Ö
.
16
−
10
Rozwi Ģ zanie:
s
+
s
Ä −
s
s
Ô
2
Napr ħŇ enia główne ze wzorów:
s
=
x
y
±
Å
Æ
x
y
Õ
Ö
+
t
2
wynosz Ģ : s 1 = 44.68, s 2 = -14.68
1
2
x
y
2
2
Kierunki główne:
tg
a
=
s
1
−
s
x
¼
a
=
0
.
2847
,
tg
a
=
s
2
−
s
x
¼
a
=
−
1
286
1
1
2
2
t
t
x
y
x
y
gdzie a 1 jest k Ģ tem pomi ħ dzy osi Ģ „x” układu wyj Ļ ciowego a osi Ģ „1” układu głównego (dokładniej: mniejszy z
2 mo Ň liwych), a 2 to k Ģ t pomi ħ dzy osi Ģ „x” a osi Ģ „2”, przy czym:
a
1
+
a
2
=
p
.
Macierz przej Ļ cia i tensor napr ħŇ enia w układzie własnym:
a
=
Å
Æ
cos
a
1
sin
a
1
Õ
Ö
=
Å
Æ
0
.
9598
0
.
2808
Õ
Ö
,
T
=
Å
Æ
44
.
68
0
Õ
Ö
ij
cos
a
sin
a
0
.
2808
−
0
.
9598
0
−
14
.
68
2
2
Interpretacj ħ geometryczn Ģ transformacji przedstawia rysunek:
10
14.7
16
44.7
40
y
40
2
1
x
44.7
16
14.7
10
Przykład 5: płaski stan napr ħŇ enia
Dla podanego płaskiego stanu napr ħŇ enia, okre Ļ li ę warto Ļ ci własne, kierunki główne i macierz przej Ļ cia.
Transformacj ħ układu zinterpretowa ę graficznie. Rozpisa ę tensorowe prawo transformacji dla składowych s 11 i
t 12 tensora w kierunkach głównych i porówna ę ich warto Ļ ci z wyliczonymi z zagadnienia warto Ļ ci własnych.
Dane: s x = 20 MPa, s y = -15 MPa, t xy = - 15 MPa.
Rozwi Ģ zanie:
s s
+
Ä
Å
s s
−
Ô
Õ +
2
s
=
x
y
±
x
y
t
2
,
s 1 = 25.55 MPa, s 2 = - 20.55 MPa.
1 2
,
2
2
xy
tan
a
=
s
1
−
s
x
= - 0.185, a 1 = -10.48°
1
t
xy
macierz przej Ļ cia:
a
=
Å
Æ
a
1
x
a
2
x
Õ
Ö
=
Å
Æ
cos
a
sin
a
Õ
Ö
=
Å
Æ
0
.
9833
−
0
1819
Õ
Ö
ij
a
a
−
sin
a
cos
a
0
.
1819
0
9833
1
y
2
y
interpretacja graficzna:
sprawdzamy jego długo Ļę : p = 9.218 (jak poprzednio) i składow Ģ normaln Ģ :
731
Ä
Ô
2
Ä
Ô
Ä
Ô
Ä
Ô
Ä
Ô
Ä
Ô
Ä
Ô
766568365.013.png 766568365.014.png

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin