Uogólnione prawo Hooke'a(1), wytrzymałość materiałów [ Pobierz całość w formacie PDF ]
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
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
=
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
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


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
[ Pobierz całość w formacie PDF ]