Adam Bodnar: Wytrzymałość Materiałów. Analiza płaskiego stanu naprężenia.
40
5. ANALIZA PŁASKIEGO STANU NAPRĘŻENIA
5.1. Naprężenia na dowolnej płaszczyźnie
Jak pamiętamy płaski stan naprężenia w punkcie cechuje to, że wektory naprężeń
przyporządkowane wszystkim płaszczyznom przecięcia bryły w danym punkcie leżą w jednej
płaszczyźnie zwanej, płaszczyzną stanu naprężenia. Wówczas w macierzy naprężeń
wszystkie jej elementy w jednym wierszu (kolumnie) mają zerowe wartości.
Taki stan naprężenia występuje np. w płaskich tarczach. Rozważmy zatem płaską tarczę
określoną w układzie współrzędnych (X,Y) i obciążoną dowolnym, ale będącym w
równowadze, układem sił zewnętrznych.
Rys. 5.1
Wybierzmy dowolny punkt C w pokazanej na rys. 5.1 płaskiej tarczy i przyjmijmy, że znamy
w nim współrzędne macierzy naprężeń. Ponieważ panuje w nim płaski stan naprężenia, to
macierz naprężeń będzie miała, w ogólnym przypadku, cztery różne od zera elementy:
=
y
yx
xy
x
T
σ
τ
τ
σ
σ
,
,
.
Współrz
ę
dne wektora napr
ęż
enia
(
)
vy
vx
v
p
p
p
,
_
w tym punkcie na płaszczy
ź
nie o wersorze
normalnym
(
)
m
l
v
,
_
s
ą
równe:
m
l
p
xy
x
vx
τ
σ
+
=
,
m
l
p
y
yx
vy
σ
τ
+
=
,
a napr
ęż
enia normalne i styczne na tej płaszczy
ź
nie wynosz
ą
:
(
) (
)
m
l
m
l
m
m
l
l
m
l
v
p
xy
y
x
y
yx
xy
x
_
_
v
v
τ
σ
σ
σ
τ
τ
σ
σ
2
2
2
+
+
=
+
+
+
=
=
,
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
_
_
m
l
m
l
m
l
l
m
l
m
m
l
s
p
xy
y
x
y
yx
xy
x
v
v
−
+
+
−
=
+
+
−
+
=
=
τ
σ
σ
σ
τ
τ
σ
τ
,
gdzie:
)
,
(
l
m
s −
wersor styczny do płaszczyzny (patrz rys. 5.1) i prostopadły do wersora
(
)
m
l
v
,
_
.
Uwzgl
ę
dniaj
ą
c,
ż
e
α
cos
=
l
a
α
sin
=
m
, gdzie:
α
to k
ą
t mi
ę
dzy kierunkiem wersora
ν
i
osi
ą
X, oraz znane z trygonometrii zale
ż
no
ś
ci
Y
X
(
)
l
m
s
,
−
(
)
C
(
)
m
l
v
,
(
)
α
v
p
v
σ
v
τ
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
41
,
cos
sin
2
2
sin
,
sin
cos
2
cos
2
2
α
α
α
α
α
α
=
−
=
2
cos
2
1
sin
,
2
cos
2
1
cos
2
2
2
2
α
α
α
α
−
=
+
=
,
po przekształceniach otrzymujemy wzory :
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
σ
2
sin
2
cos
2
2
xy
y
x
y
x
v
+
−
+
+
=
,
(5.1)
(1)
α
τ
α
σ
σ
τ
2
cos
2
sin
2
xy
y
x
v
+
−
−
=
,
(5.2)
podaj
ą
ce warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych na płaszczy
ź
nie przekroju, o wersorze
normalnym nachylonym pod k
ą
tem
α
do osi X. Dodatnim warto
ś
ci
ą
tych napr
ęż
e
ń
odpowiadaj
ą
zwroty zgodne ze zwrotami wersorów
_
v
oraz
s
, gdy
ż
s
ą
to miary rzutów
wektora napr
ęż
enia
(
)
vy
vx
v
p
p
p
,
_
na osie wyznaczone tymi wersorami.
Policzmy ile wynosi suma napr
ęż
e
ń
normalnych na dwóch dowolnych ale wzajemnie
prostopadłych płaszczyznach przekroju.
Korzystaj
ą
c ze wzoru (5.1) otrzymujemy:
(
)
(
)
y
x
xy
y
x
y
x
xy
y
x
y
x
v
v
σ
σ
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
σ
σ
α
α
+
=
+
+
+
−
+
+
+
+
+
−
+
+
=
+
+
0
0
90
,
,
90
2
sin
90
2
cos
2
2
2
sin
2
cos
2
2
dowodz
ą
c w ten sposób, i
ż
: w płaskim stanie napr
ęż
enia suma napr
ęż
e
ń
normalnych na
dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach jest wielko
ś
ci
ą
stał
ą
lub, inaczej,
ż
e suma
napr
ęż
e
ń
na przek
ą
tnej macierzy napr
ęż
e
ń
jest niezmiennikiem tzn. nie zmienia swej warto
ś
ci
przy zmianie układu, w którym jest okre
ś
lana. Twierdzenie to odnosi si
ę
równie
ż
do
przestrzennego stanu napr
ęż
enia.
5.2. Ekstremalne naprężenia normalne i styczne
In
ż
yniera analizuj
ą
cego stan napr
ęż
enia w danym punkcie interesuj
ą
przede wszystkim
wyst
ę
puj
ą
ce w nim ekstremalne warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych.
Postawmy wi
ę
c dwa bardzo wa
ż
ne zagadnienia do rozwi
ą
zania:
•
na jakiej płaszczy
ź
nie przekroju wyst
ę
puj
ą
i ile wynosz
ą
ekstremalne napr
ęż
enia
normalne,
•
na jakiej płaszczy
ź
nie przekroju wyst
ę
puj
ą
i ile wynosz
ą
ekstremalne napr
ęż
enia styczne.
Aby rozwi
ą
za
ć
te oba zagadnienia nale
ż
y wyznaczy
ć
ekstremalne warto
ś
ci funkcji
( )
α
σ
σ
v
v
=
oraz
( )
α
τ
τ
v
v
=
.
Zaczniemy od napr
ęż
e
ń
normalnych.
Pochodna funkcji
( )
α
σ
σ
v
v
=
przyrównana do zera
0
2
cos
2
2
sin
2
2
=
+
−
−
=
α
τ
α
σ
σ
α
σ
xy
y
x
v
d
d
,
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
42
pokazuje,
ż
e na tych płaszczyznach przekroju na których napr
ęż
enia normalne s
ą
ekstremalne,
napr
ęż
enia styczne s
ą
równe zeru i daje równanie, z którego mo
ż
emy wyznaczy
ć
x
y
xy
σ
σ
τ
α
−
−
=
2
2
tg
2
2
tg
2
1
π
σ
σ
τ
α
n
arc
x
y
xy
+
−
−
=
→
(5.3)
k
ą
t pod jakim nachylony jest do osi X, wersor normalny płaszczyzny lub płaszczyzn na
których wyst
ę
puj
ą
ekstremalne napr
ęż
enia normalne.
Zale
ż
no
ś
ci (5.3) pokazuj
ą
,
ż
e ekstremalne napr
ęż
enia normalne wyst
ę
puj
ą
na dwóch
wzajemnie do siebie prostopadłych płaszczyznach. Płaszczyzny te nazywamy płaszczyznami
głównymi a napr
ęż
enia normalne na nich napr
ęż
eniami głównymi. Kierunki wersorów
normalnych do płaszczyzn głównych czyli kierunki napr
ęż
e
ń
głównych nazywamy
kierunkami głównymi. Zatem:
naprężenia główne w danym punkcie to ekstremalne wartości naprężeń normalnych,
które w nim występują. Działają one na dwóch do siebie prostopadłych płaszczyznach
(płaszczyznach głównych) na których naprężenia styczne są równe zeru.
W celu wyznaczenia warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
głównych w płaskim stanie napr
ęż
enia korzystamy z
poni
ż
szych wzorów trygonometrycznych:
α
α
α
2
tg
1
2
tg
2
sin
2
+
±
=
,
α
α
2
tg
1
1
2
cos
2
+
±
=
,
które wstawiamy do równania (5.1):
α
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
σ
σ
2
tg
1
2
tg
2
tg
1
1
2
2
2
2
2
1
max
+
+
+
−
+
+
=
=
xy
y
x
y
x
,
+
−
+
+
−
−
+
+
=
=
α
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
σ
σ
2
tg
1
2
tg
2
tg
1
1
2
2
2
2
2
2
min
xy
y
x
y
x
aby nast
ę
pnie po wykorzystaniu zale
ż
no
ś
ci (5.3) otrzyma
ć
ko
ń
cowe rezultaty w postaci:
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
xy
y
x
y
x
min
xy
y
x
y
x
max
τ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
τ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
+
−
−
+
=
=
+
−
+
+
=
=
(5.4)
Wzór (5.3) podaje jedynie k
ą
t transformacji wyj
ś
ciowego układu współrz
ę
dnych do układu
kierunków napr
ęż
e
ń
głównych nie okre
ś
laj
ą
c, kierunku
max
σ
i kierunku
min
σ
. Kierunki tych
napr
ęż
e
ń
okre
ś
laj
ą
poni
ż
sze zale
ż
no
ś
ci:
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
43
min
y
xy
min
max
y
xy
max
tg
tg
,
tg
tg
σ
σ
τ
α
α
σ
σ
τ
α
α
−
−
=
=
−
−
=
=
2
1
.
(5.5)
We wzorach (5.5)
max
α
oznacza k
ą
t o jaki nale
ż
y obróci
ć
o
ś
X do pokrycia si
ę
z kierunkiem maksymalnego
napr
ęż
enia normalnego
max
σ
. Analogicznie definiujemy
k
ą
t
α
min
.
W celu wyznaczania ekstremalnych napr
ęż
e
ń
stycznych i płaszczyzn ich wyst
ę
powania
post
ę
pujemy podobnie jak w przypadku ekstremalnych napr
ęż
e
ń
normalnych.
Przyrównanie do zera pochodnej funkcji
( )
α
τ
τ
v
v
=
:
α
τ
α
σ
σ
α
τ
2
sin
2
2
cos
2
2
xy
y
x
v
d
d
−
−
−
=
= 0 ,
daje zale
ż
no
ść
, z której wyznaczamy kierunki normalnych do płaszczyzn ekstremalnych
napr
ęż
e
ń
stycznych
xy
x
y
τ
σ
σ
α
τ
2
2
tg
−
=
2
2
tg
2
1
π
τ
σ
σ
α
τ
n
arc
xy
x
y
+
−
=
→
(5.6)
Wzór (5.6) pokazuje,
ż
e ekstremalne napr
ęż
enia styczne te
ż
wyst
ę
puj
ą
na dwóch wzajemnie
do siebie prostopadłych płaszczyznach, a
τ
α
to k
ą
t transformacji układu współrz
ę
dnych do
układu wyznaczonego przez normalne do tych płaszczyzn.
Wstawiaj
ą
c (5.6) do (5.2), przy wykorzystaniu analogicznych jak poprzednio zale
ż
no
ś
ci
trygonometrycznych otrzymujemy warto
ś
ci ekstremalnych napr
ęż
e
ń
stycznych:
2
2
2
2
min
max
xy
y
x
max
σ
σ
τ
σ
σ
τ
−
=
+
−
=
,
(5.7)
2
2
2
2
min
max
xy
y
x
min
σ
σ
τ
σ
σ
τ
−
−
=
+
−
−
=
.
Porównanie wzorów (5.3) i (5.6) daje zale
ż
no
ść
:
4
2
2
2
2
2
π
α
α
π
α
α
α
α
τ
τ
τ
+
=
→
+
=
→
−
=
ctg
tg
co dowodzi twierdzenia,
ż
e płaszczyzny ekstremalnych napr
ęż
e
ń
stycznych połowi
ą
k
ą
ty
mi
ę
dzy płaszczyznami napr
ęż
e
ń
głównych (ekstremalnych napr
ęż
e
ń
normalnych).
Na koniec powiemy,
ż
e w przypadku przestrzennych stanów napr
ęż
enia s
ą
trzy wzajemnie
prostopadłe płaszczyzny główne na których napr
ęż
enia styczne si
ę
zeruj
ą
a napr
ęż
enia
normalne s
ą
ekstremalne (napr
ęż
enia główne). Płaszczyzny ekstremalnych napr
ęż
e
ń
stycznych i w tym przypadku połowi
ą
k
ą
ty mi
ę
dzy płaszczyznami napr
ęż
e
ń
głównych.
0
>
α
X
Y
umowa znaków
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
44
5.3. Koła Mohra
Stawiamy pytanie: czy warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych na dowolnej płaszczy
ź
nie
przekroju bryły w punkcie, w którym panuje płaski stan napr
ęż
enia okre
ś
lony zadanymi
współrz
ę
dnymi macierzy napr
ęż
e
ń
mog
ą
by
ć
całkowicie dowolne czy te
ż
musz
ą
przyjmowa
ć
warto
ś
ci z pewnego ograniczonego zakresu. Aby odpowiedzie
ć
na to pytanie powrócimy do
równa
ń
(5.1) oraz (5.2) i zapiszemy je w nieco zmienionej formie:
,
2
sin
2
cos
2
2
α
τ
α
σ
σ
σ
σ
σ
xy
y
x
y
x
v
+
−
=
+
−
(1)
,
2
cos
2
sin
2
α
τ
α
σ
σ
τ
xy
y
x
v
+
−
−
=
a nast
ę
pnie podniesiemy ka
ż
de z nich do kwadratu i dodamy stronami otrzymuj
ą
c w wyniku
ko
ń
cowym zale
ż
no
ść
:
2
2
2
2
2
2
2
+
−
=
+
+
−
xy
y
x
v
y
x
v
τ
σ
σ
τ
σ
σ
σ
.
(5.8)
Równanie (5.8) pokazuje
ż
e, warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych dla wszystkich
płaszczyzn przekroju bryły w danym punkcie le
żą
na brzegu koła o promieniu (rys. 5.2).
2
2
2
xy
y
x
R
τ
σ
σ
+
−
=
,
i
ś
rodku przesuni
ę
tym na osi
v
σ
o wielko
ść
2
y
x
σ
σ
+
.
Koło to nazywamy kołem Mohra , jest ono graficzn
ą
reprezentacj
ą
stanu napr
ęż
enia w danym
punkcie i mo
ż
emy z niego wyznaczy
ć
wiele interesuj
ą
cych wielko
ś
ci zwi
ą
zanych ze stanem
napr
ęż
enia.
Na rys. 5.2 pokazane jest koło Mohra w punkcie w którym współrz
ę
dne macierzy napr
ęż
e
ń
spełniaj
ą
zale
ż
no
ś
ci
0
>
>
y
x
σ
σ
oraz
0
>
xy
τ
. Punkt K pokazany na tym rysunku, nazywany
biegunem koła Mohra, ma współrz
ę
dne
(
)
xy
y
τ
σ
−
,
i pozwala na wyznaczenie kierunków
napr
ęż
e
ń
głównych.
Łatwo jest dowie
ść
pokazanych na tym rysunku zale
ż
no
ś
ci. Ograniczymy si
ę
zatem jedynie
do udowodnienia,
ż
e
OB
max
=
σ
oraz
ż
e,
OA
min
=
σ
.
Z rysunku wida
ć
,
ż
e
R
OO
OB
+
=
1
, a poniewa
ż
:
2
1
y
x
OO
σ
σ
+
=
, a
2
2
2
xy
y
x
R
τ
σ
σ
+
−
=
, wi
ę
c:
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
45
1
2
2
2
2
σ
σ
τ
σ
σ
σ
σ
=
=
+
−
+
+
=
max
xy
y
x
y
x
OB
.
Analogicznie dowodzimy drug
ą
zale
ż
no
ść
.
Z koła Mohra łatwo odczytujemy warto
ś
ci ekstremalnych napr
ęż
e
ń
stycznych, reprezentuj
ą
je
punkty C i D.
Rys. 5.2
W przestrzennym stanie napr
ęż
enia w miejsce jednego mamy trzy koła Mohra, które pokazuje
rys. 5.3 na którym zacieniony obszar to obszar wszystkich mo
ż
liwych warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
normalnych i stycznych w punkcie (graficzna reprezentacja wyst
ę
puj
ą
cego w nim stanu
napr
ęż
enia) w którym napr
ęż
enia główne maj
ą
warto
ś
ci
3
2
1
,
,
σ
σ
σ
.
Rys. 5.3
x
σ
σ
σ
σ
1
O
O
y
σ
σ
σ
σ
v
τ
v
σ
1
σ
3
σ
2
σ
min
D
C
x
σ
min
α
max
α
xy
τ
−
K
1
O
O
y
σ
v
τ
v
σ
R
B
A
max
σ
min
σ
max
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
46
5.4. Przykłady
Przykład 5.4.1.
Wyznaczy
ć
analitycznie i sprawdzi
ć
przy pomocy koła Mohra napr
ęż
enia
główne i ich kierunki w punkcie gdzie dana jest macierz napr
ęż
e
ń
w układzie (X,Y)
−
−
−
=
50
100
100
200
σ
T
MPa
Narysowa
ć
graficzne obrazy macierzy napr
ęż
e
ń
w układzie wyj
ś
ciowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych napr
ęż
e
ń
(1,2).
Rozwiązanie
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
głównych:
078
85
100
2
50
200
2
50
200
2
2
2
2
2
2
1
.
xy
y
x
y
x
max
=
+
−
−
+
+
−
=
+
−
+
+
=
=
τ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
MPa
078
235
100
2
50
200
2
50
200
2
2
2
2
2
2
2
.
xy
y
x
y
x
min
−
=
+
−
−
−
+
−
=
+
−
−
+
=
=
τ
σ
σ
σ
σ
σ
σ
MPa
Sprawdzenie
:
150
150
078
.
235
078
.
85
50
200
2
1
−
=
−
→
−
=
+
−
→
+
=
+
σ
σ
σ
σ
y
x
Kierunki napr
ęż
e
ń
głównych:
'
40
70
8508
.
2
078
.
85
50
100
tg
tg
max
max
1
max
o
−
=
→
−
=
−
=
−
−
=
=
α
σ
σ
τ
α
α
y
xy
'
20
19
3508
.
0
078
.
235
50
100
tg
tg
min
min
2
min
o
=
→
=
+
=
−
−
=
=
α
σ
σ
τ
α
α
y
xy
Sprawdzenie
:
o
o
o
90
20
19
40
70
=
+
=
+
'
'
min
max
α
α
Y
X
100
200
200
100
100
50
50
100
078
.
85
1
=
σ
'
40
70
1
o
=
α
Y
X
2
1
'
20
19
2
o
=
α
078
.
235
2
=
σ
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
47
Macierz napr
ęż
e
ń
w układzie (X,Y)
−
−
−
=
50
100
100
200
σ
T
MPa
Macierz napr
ęż
e
ń
w układzie kierunków głównych (1,2)
−
=
078
.
235
0
0
078
.
85
σ
T
MPa
Macierz przej
ś
cia z układu współrz
ę
dnych (X,Y) do układu kierunków głównych (1,2)
(
)
(
)
−
=
−
−
=
3311
.
0
9436
.
0
9436
.
0
3311
.
0
'
20
19
sin
'
20
19
cos
'
40
70
sin
'
40
70
cos
o
o
o
o
ij
α
Koło Mohra
Przykład 5.4.2.
Wyznaczy
ć
analitycznie napr
ęż
enia główne i ich kierunki w punkcie gdzie
dana jest macierz napr
ęż
e
ń
w układzie (X,Y)
=
0
100
100
0
σ
T
MPa
Narysowa
ć
graficzne obrazy macierzy napr
ęż
e
ń
w układzie wyj
ś
ciowym (X,Y) i w układzie
kierunków głównych napr
ęż
e
ń
(1,2).
Rozwiązanie
Warto
ś
ci napr
ęż
e
ń
głównych:
100
100
2
1
=
+
=
=
σ
σ
max
MPa,
100
100
2
2
−
=
−
=
=
σ
σ
min
MPa.
Kierunki napr
ęż
e
ń
głównych:
min
σ
K
max
α
max
σ
min
α
y
σ
x
σ
xy
τ
−
1
o
O
τ
σ
2
1
max
σ
min
σ
skala napr
ęż
e
ń
1 cm = 50 MPa
Adam Bodnar: Wytrzymało
ść
Materiałów. Analiza płaskiego stanu napr
ęż
enia.
48
o
45
0
.
1
100
100
tg
tg
max
max
1
max
=
→
=
−
−
=
−
−
=
=
α
σ
σ
τ
α
α
y
xy
o
45
0
.
1
100
100
tg
tg
min
min
2
min
−
=
→
−
=
−
=
−
−
=
=
α
σ
σ
τ
α
α
y
xy
Zadana
macierz
napr
ęż
e
ń
w
punkcie
przedstawia
tzw.
przypadek
czystego
ś
cinania. W układzie osi (X, Y) posta
ć
tej
macierzy wyra
ź
nie uzasadnia t
ą
nazw
ę
.
Przykład pokazuje,
ż
e taki stan napr
ęż
enia
mo
ż
na
generowa
ć
równie
ż
poprzez
napr
ęż
enia
normalne
-
rozci
ą
gaj
ą
ce
i
ś
ciskaj
ą
ce - na prostopadłych do siebie
płaszczyznach nachylonych pod k
ą
tem 45
°
do osi wyj
ś
ciowych.
2
1
100
100
100
100
100
100
100
00
100
00
Y
X