proj 1

Zadanie: Dla pola przemieszczeń (1) do (3) bryły wykonanej z materiału BETON obliczyć

w punkcie A macierz odkształceń i naprężeń oraz siły masowe a następnie wyznaczyć główną macierz naprężeń (naprężenia i kierunki główne).

UWAGA jednostka przemieszczenia [m] * 10-6 u = (5 - 2x2 +3y)*10-6

(1)

v = (x + 3 y3 - z2)* 10-6

(2)

w = (10 – 2y2 + 4 z3)* 10-6

(3)

A = (2, -1, 1 )

(4)

Beton E= 45 GPa,  = 0.3, G  Dane:

Przemieszczenia: u, v, w, Stałe materiałowe: E,  Współrzędne punktu A

Szukane:

macierz e macierz  siły masowe f macierz główna  i kierunki główne

RÓWNANIA CAUCHY’EGO x 

E 2(1   )

u , x

y 

v , y

z 

w , z

 xy 

v u  , x y

 xz 

w u  , x z

 yz 

w v  . y z

u = (5 - 2x2 +3y)*10-6 , v = (x + 3 y3 - z2)* 10-6 , w = (10 – 2y2 + 4 z3)* 10-6 , A = (2, -1, 1 ). u  (5 - 2x 2  3y) x    4 x  8 *10-6, x x

 xy 

v u  ( x  3 y 3 - z 2 )  (5 - 2x 2  3y)     1  3  4 *10-6, x y x y

y 

v  ( x  3 y3 - z 2 )   9 y 2  9 *10-6, y y

 xz 

w u  ( 10 - 2y 2  4 z 3 )  (5 - 2x 2  3y)     0  0  0 *10-6, x z x z

z 

 yz

w  ( 10 - 2y 2  4 z 3 )   12 z 2  12 *10-6, z z

w v  ( 10 - 2y 2  4z 3 )  ( x  3y3 - z 2 )      4 y  2 z  2 *10-6, y z y z   x  xy  e   yx  y  zx  zy 

 8  xz    1  yz    4 2  z   1 0  2

1  0 2   8 2 0  1   9 2  2 9 1  106 2   1  0 1 12 2 12   2 1 4 2

Beton E= 45 GPa =45*10 MPa,  = 0.3

G

3

 x  xy  xz       yx  y  yz   zx  zy  z   A

x  e   yx  zx 

E 45 103   17.308 103 MPa 2(1   ) 2(1  0.3)

 xy  xz   8 2 0    y  yz    2 9 1  106  zy  z   0 1 12

RÓWNANIA HOOK’A x 

E 1 

y  z 

3    45  10           y z   x 1  2 x  1  0.3

E 1 

E 1 

0.3   8  9  12  10 6  0.061 MPa  8   1  2  0.3 

3    45 10           y z   y 1  2 x  1  0.3

0.3   6 9  1  2  0.3  8  9  12  10  0.649 MPa,

3  0.3   45 10     8  9  12 106  0.753 MPa, ,         12  y z   z 1  2 x  1  2  0.3  1  0.3  

 xy  G xy  17.308  103  4  106  0.069 MPa

 xz  G xz  17.308  103  0  10 6  0 MPa

 yz  G yz  17.308  103  2  106  0.035 MPa  x  xy  xz  0   0.061 0.069       yx  y  yz   0.069 0.649 0.035 [ MPa]  zx  zy  z  0.035 0.753   A  0

RÓWNANIA STATYKI – RÓWNANIA NAVIERA – OBCIĄŻENIA ZEWNĘTRZNE 1.)

 x  xy  xz    f x  0. x y z

x 

E 1 

y 

E 1 

z 

E 1 

x



 E    y  1  2  x   y   z   1  

 E    z  1  2  x   y   z   1  

 y y



 yz z

 fy  0



3.)



 zx  zy  z    f z  0. x y z



  2 2   4 x  1  2  4 x  9 y  12 z 





  2 2 2  9 y  1  2  4 x  9 y  12 z 





  2 2 2  12 z  1  2  4 x  9 y  12 z 

 xz  G xz  G  0  0 10 6  yz  G yz 

 x  xy  xz    f x  0. x y z

E 1 

 yx

 E    x  1  2  x   y   z   1  

 xy  G xy  4  G 10 6 1).

2.)

w v   G (4 y  2 z ) 10 6 y z



     4 x   4 x  9 y 2  12 z 2  1  2     (4  G )   (G  0)  f  0. x x y z

E  ( 4  (4))  f x  0. 1  1  2

2).

 yx x



 y

 (4  G )  x

y



E 1 

 yz z

 fy  0





    9 y 2   4 x  9 y 2  12 z 2  1  2     (G (4 y  2 z ))  f  0 y y z

E  ( 18 y  (18 y ))  2  G  f y  0 1  1  2

3).

 zx  zy  z    f z  0. x y z

E 1 





    12 z 2   4 x  9 y 2  12 z 2  1  2    f  0. z z

 (0  G )  (G (4 y  2 z ))   x y E   4G  ( 24 z  (24 z ))  f z  0. 1  1  2

A = (2, -1, 1 ) jednostka u, v, w[m], , e * 10-6

 E    1   (4  1  2 (4))  f x  0  0   E   ( 18 y  (18 y ))  2  G  f y  0  *106  1  2  1   E    4G  ( 24 z  (24 z ))  f z  0  1  1  2 

 0.242  f x  0   1.125  f y  0  1.385  f  0. z 

 f x  0.242 MN   f y  1.125 MN  f   1.385 MN  z

NAPRĘŻĘNIA GŁÓWNE I KIERUNKI GŁÓWNE Naprężenia główne Znajomość wartości naprężeń w dowolnym przekroju poprowadzonym w otoczeniu punktu A w funkcji elementów macierzy , pozwala określić w tym punkcie takie przekroje, w których występują tylko naprężenia normalne. Przybierają one wtedy wartości ekstremalne  j i nazywają się naprężeniami głównymi. Sytuację tę przedstawia poniższy rysunek.

z

y

yx yz

zy

xy



n l nx , l ny , ln z

x

xz

j

y

 zx z

x

Rys 1



 x  xy  xz       yx  y  yz   zx  zy  z   A

Równania równowagi mają wtedy postać  x   j  xy   y  j   yx   zx  zy 

 xz  lnx  0   yz  lny   0 .  z   j  lnz  0

(1)

Warunkiem występowania różnych od zera wartości  j jest zerowanie się wyznacznika z elementów powyższej macierzy(1). Po rozwinięciu tego wyznacznika otrzymujemy równanie 3-go stopnia ze względu na j

 3j  J1  2j  J 2  j  J 3  0.

(2)

Występujące w równaniu (2) J1 , J 2 , J 3 są to tzw. niezmienniki macierzy (tensora) (1) i wynoszą

J1   x   y   z

J2 

 x  xy  xz       yx  y  yz   zx  zy  z   A

 x  xy  y  yz   zx   z   x  y   y  z   z  x   xy2   yz2   zx2 ,  yx  y  zy  z  zx  x

 x  xy  xz J 3   yx  y  yz   x y z   x yz2   y zx2   z xy2  2 xy yz zx .  zx  zy  z

(3)1 (3)2

(3)3

Po rozwiązaniu równania (2) otrzymujemy trzy pierwiastki  j , które uszeregowane w kolejności

 1   2   3 są poszukiwanymi wartościami naprężeń.

Możemy tu mieć do czynienia z trzema przypadkami. 1.  1   2   3 , wtedy można wykazać, że kierunki odpowiadające kolejnym naprężeniom są wzajemnie prostopadłe. Naprężenia nazywamy głównymi, ich kierunki osiami głównymi a płaszczyzny do nich prostopadłe – płaszczyznami głównymi. 2. Kiedy dwa pierwiastki są równe np.  1   2   3 , wtedy kierunkowi naprężenia  1 odpowiada prostopadła do niego płaszczyzna, w której leżą kierunki pozostałych naprężeń. Jeżeli więc przetniemy bryłę płaszczyzną równoległą do kierunku naprężenia  1 , wtedy otrzymamy naprężenie prostopadłe do tej płaszczyzny o wartości  2   3 . 3.  1   2   3 , wtedy przy przecięciu bryły dowolną płaszczyzną  otrzymujemy naprężenie prostopadłe do tej płaszczyzny o wartości  1   2   3 .

 x  xy  xz  0   0.061 0.069       yx  y  yz   0.069 0.649 0.035  zx  zy  z  0.035 0.753   A  0 J1   x   y   z  0.061  0.649  0.753  1.463

J 2    x  y   y  z   z  x   xy2   yz2   zx2  0.568,

J 3   x y z   x yz2   y zx2   z xy2  2 xy yz zx  0.026

 3j  1.463  2j  0.568  j  0.026  0.

 1 = 0.765,

2

3

= 0.646,

= 0.053. [MPa]

 1   2   3 , wtedy można wykazać, że kierunki odpowiadające kolejnym naprężeniom są wzajemnie

prostopadłe. Naprężenia nazywamy głównymi, ich kierunki osiami głównymi a płaszczyzny do nich prostopadłe – płaszczyznami głównymi.

Kierunki główne Mając wyznaczone naprężenia główne, możemy określić odpowiadające im przekroje główne. Wykorzystujemy w tym celu prawo transformacji macierzy naprężeń do układu obróconego, z tym, że w układzie obróconym macierz ma budowę diagonalną (rys.2).  x     yx  zx 

z

y

x

yx yz

zy

x

xy

xy

zx

z

 1 0  g   0  2 0  0

 xy  xz    y  yz   zy  z 

xg y

2

0  0   3 

zg

1 3

ng yg

Rys. 2 Zagadnienie sprowadza się do wyznaczenia kierunku normalnej głównej ng (rys.2).

Wychodzimy z prawa transformacji  g  Lg  LTg .

(4)

Transformacja związana jest z obrotem układu ortogonalnego, a więc LTg  L1 g  M. Wprowadzona macierz M ma następującą budowę l1 x  g 1 M  l1g x  2  l1g x3

l 2 g x1

l 2 g x2 l 2 g x3

 



l 3g x1   l 3g x2   l1 l 2 l 3  .  l 3g x3  





 z kierunkami naprężeń głównych

Przypomnijmy, że l1g x  cos x1g x l2g z  cos x2 g z itd. Identyfikując osie układu x1g , x2 g , x3 g

napisać

(5)

1,  2 ,  3  ,

l j  [l jx1 l jy l jz ] , j  1, 2, 3 .

możemy (6)

Nie wnikając w szczegółowe przekształcenia, podamy gotowe wzory na cosinusy kątów między kierunkami głównymi i osiami układu  x, y, z  , zaznaczając, że służy do tego układ równań

Tak więc

l jx  cos j , x  

l jy  cos j , y   gdzie:

 j l j   l j , j  1, 2, 3 . Ayj Azj

A A A A A A 2 xj

Azj Axj Aj

2 yj

,

2 yj

2 zj

2 zj

2 xj

l jz  cos j , z  

(7) 

Ayj Azj

Ax j Ayj

Ax1 j   xy  zx   yz  x   j  , Azj   zx  yz   xy  z   j  .

 1 = 0.765,

,

Aj

Aj

(8)

,

Ayj   yz  xy   zx  y   j  ,

(9)3

 x  xy  xz  0   0.061 0.069       yx  y  yz   0.069 0.649 0.035  zx  zy  z  0.035 0.753   A  0

 2 = 0.646,

 3 = 0.053.

(9)1,2

[MPa]

Wyznaczamy kierunki główne obliczając ich cosinusy kierunkowe według wzorów (8), (9).

Dla  1  j  1

Ax1  0.02464 ( MPa ) 2 , Ay1  0.002415 ( MPa ) 2 ,

Az1  0.000828 ( MPa ) 2 .

Ax 2  0.02047 ( MPa) 2 , Ay 2  0.002415 (kPa ) 2 ,

Az 2   0.007383 ( MPa ) 2 .

Dla  2  j  2 Dla  3  j  3

Ax 3   0.00028 ( MPa ) 2 , Ay 3  0.002415 ( MPa ) 2 ,

Az 3   0.00483 ( MPa ) 2 .

Zgodnie z (8) obliczamy A j Dla  1  j  1

A1  0.024642 0.002415  0.002415 0.000828  0.000828 0.02464 2  0.00006294 MPa 2 2

2

2

2

Dla  2  j  2

A2 

0.02047 2 0.0024152  0.0024152  0.0073832   0.0073832 0.02047 2

 0.00016004 MPa 2

Dla  3  j  3

A3  (0.00028) 2 0.002415  0.002415 (0.00483) 2  (0.00483) 2 (0.00028) 2  0.00011743 MPa 2 2

2

Obliczamy cosinusy kierunkowe według (8). Dla kierunku pierwszego cos1, x  

 j  1

0.0024150.000828  0.032, 0.00006294

cos1, z  

0.024640.002415  0.946. 0.00006294

cos2, x  

0.002415 0.007383   0.111 , 0.00016004

Dla kierunku drugiego  j  2 

cos2, z  

0.020470.002415  0.309 . 0.00016004

cos1, y  

0.000828  0.02464  0.324, 0.00006294

cos2, y  

 0.0073830.02047    0.945 0.00016004

Dla kierunku trzeciego

 j  3

cos3, x  

0.002415  (0.00483)   0.993,

cos3, z  

 0.00028  0.002415   0.006 . 0.00011743

0.00011743

cos3, y  

 0.00028  (0.00483)  0.115 , 0.00011743

Sprawdzamy ortogonalność dwóch wybranych kierunków np. 1 i 2. Iloczyn skalarny wersorów tych kierunków, których współrzędne są równe cosinusom kierunkowym, powinien być równe zeru.

cos1, x  cos2, x   cos1, y  cos2, y   cos1, z  cos2, z  

 0.032   0.111  0.324   0.945  0.946  0.309   0,02  0 ,