close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

1713.Механика сплошных сред в примерах и задачах

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В.Ю. АРЫШЕНСКИЙ, В.Р. КАРГИН,
Б.В. КАРГИН
МЕХАНИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
2007
САМАРА
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ АЭРОКОСМИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ имени академика С.П. КОРОЛЕВА»
В.Ю. АРЫШЕНСКИЙ, В.Р. КАРГИН, Б.В. КАРГИН
МЕХАНИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Утверждено Редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного пособия
САМАРА
Издательство СГАУ
2007
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
УДК 531.01.01 (075)
ББК 22. 317
А 895
ЦИ
ОНАЛЬ
НЫ
ПР
ТЕ Т НЫЕ
Е
Н
А
О
РИ
ОЕК ТЫ
Инновационная образовательная программа
"Развитие центра компетенции и подготовка
специалистов мирового уровня в области аэрокосмических и геоинформационных технологий"
ПР
И
Рецензенты: канд. техн. наук, проф. В. В. У в а р о в
канд. техн. наук, доц. В. И. Д р о в я н н и к о в
Арышенский В.Ю.
А 895
Механика сплошных сред в примерах и задачах: учеб. пособие / В.Ю. Арышенский,
В.Р. Каргин, Б.В. Каргин. – Самара: Изд-во Самар. гос. аэрокосм. ун-та, 2007. – 64 с.: ил.
ISBN 978-5-7883-0679-7
Приведены необходимые теоретические сведения, основные формулы, примеры и
задачи по всем разделам дисциплины "Механика сплошных сред". Типовые задачи даны с
подробными решениями. Имеется большое количество задач для самостоятельной работы
и специальности 150201 – машины и технологии обработки металлов давлением при
изучении дисциплин "Механика сплошных сред" и "Теория обработки металлов
давлением".
Предназначены для студентов, обучающихся по специальностям 150106 –
обработка металлов давлением, 150201 – машины и технология обработки металлов
давлением.
ISBN 978-5-7883-0679-7
2
© Арышенский В.Ю., Каргин В.Р.,
Каргин Б.В., 2007
© Самарский государственный
аэрокосмический университет, 2007
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ОГЛАВЛЕНИЕ
Основные условные обозначения………………………………………………………………4
1. Декартовы тензоры и тензорные обозначения……………………………………..…6
2. Напряженное состояние в окрестности заданной точки…………………………….12
3. Главные нормальные и касательные напряжения. Октаэдрические
напряжения……………………………………………………………………….…….17
4. Разложение тензора напряжений…………………………………….…………..……26
5. Круги Мора для напряжений………………………………………….……………….29
6. Деформированное состояние тела………………………………….…………………30
7. Основные уравнения теории упругости………………………………………………38
8. Плоские и осесимметричные задачи теории упругости……………………………..41
9. Удельная потенциальная энергия упругой деформации тела……………………….49
10. Условие пластичности и наступление пластического состояния……………...……50
11. Применение теории пластичности…………………………………………………….53
Библиографический список………………………………………………………………..61
Приложение…………………………………………………………………………………62
3
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ОСНОВНЫЕ УСЛОВНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
x, y, z - прямоугольные декартовы координаты;
ρ , θ , z - цилиндрические координаты;
σ - напряжение;
σ x , σ y , σ z - нормальные напряжения;
τ xy ,τ yz ,τ zx - касательные напряжения;
σ 1 , σ 2 , σ 3 - главные нормальные напряжения;
τ 12 ,τ 23 ,τ 31 - главные касательные напряжения;
σ n ,τ n , S n - нормальное, касательное и полное напряжения по площадке с
нормалью n ;
σ i - интенсивность напряжений;
T - интенсивность касательных напряжений;
ν σ - показатель вида напряженного состояния;
τ окт - октаэдрическое напряжение;
Tσ - тензор напряжений;
Tσ0 - шаровой тензор напряжений;
Dσ - девиатор напряжений;
_
D σ - направляющий тензор напряжений;
I 1 (Tσ ) , I 2 (Tσ ) , I 3 (Tσ ) - инварианты тензора напряжений;
I 1 (Dσ ) , I 2 (Dσ ) , I 3 (Dσ ) - инварианты девиатора напряжений;
S - компоненты девиатора напряжений;
σ ср - среднее напряжение;
n x , n y , n z - направляющие косинусы;
γ - плотность материала сплошной среды;
U x , U y , U z - проекции вектора перемещения на координатные оси x, y, z ;
ε x , ε y , ε z - линейные деформации;
γ xy , γ yz , γ zx - угловые деформации;
Tε - тензор деформаций;
Dε - девиатор деформаций;
_
D ε - направляющий тензор деформаций;
Tε0 - шаровой тензор деформаций;
ε ср - средняя деформация;
ε 1 , ε 2 , ε 3 - главные линейные деформации;
γ 12 , γ 23 , γ 31 - главные сдвиговые деформации;
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
I1 (Tε ) , I 2 (Tε ) , I 3 (Tε ) - инварианты тензора деформаций;
I1 (Dε ) , I 2 (Dε ) , I 3 (Dε ) - инварианты девиатора деформаций;
θ - объемная деформация;
Г - интенсивность деформаций сдвига;
ε i - интенсивность деформаций;
γ окт - октаэдрическая деформация;
ν ε - показатель вида деформированного состояния;
ε - деформация;
ex , e y , ez - логарифмичеcкие деформации;
Vx , Vy , Vz - проекции вектора скорости на координатные оси x, y, z ;
ξ x , ξ y , ξ z - скорости линейных деформаций;
η xy , η yz , η zx - скорости угловых деформаций;
Tξ - тензор скоростей деформаций;
Dξ - девиатор скоростей деформаций;
Tξ0 - шаровой тензор скоростей деформации;
H - интенсивность скоростей деформаций сдвига;
ξ ср - средняя скорость деформаций;
G - модуль сдвига;
Е - модуль упругости при растяжении (сжатии);
μ - коэффициент Пуассона;
W - полная упругая потенциальная энергия;
W0 ,WФ - упругая потенциальная энергия изменения объема и формы тела;
К - объемный модуль упругости;
∇ 2 - оператор Лапласа;
λ - коэффициент Ламе;
ϕ ( x, y ) - функция напряжений Эри;
σ Т - предел текучести при растяжении (сжатии);
τ Т - предел текучести при сдвиге;
μij - коэффициент анизотропии;
σ ijocт - остаточные напряжения;
ε ijocт - остаточные деформации;
Q - усилие.
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. ДЕКАРТОВЫ ТЕНЗОРЫ И ТЕНЗОРНЫЕ ОБОЗНАЧЕНИЯ
Тензорные обозначения широко используют в механике сплошных сред.
Они позволяют упростить запись величин и выражений и сделать их более ясными.
Декартовы координаты прямоугольной системы координат x , y , z обозначают через x1 , x 2 , x3 и записывают их как xi , где индекс i принимает значения 1,
2, 3 (рис. 1). Тогда x1 = x , x 2 = y , x3 = z .
Вместо индекса i можно взять другую латинскую букву, например j = 1,2,3 .
Тогда имеем x j .
Рис. 1
Широкое распространение получило правило суммирования, введенное А.
Эйнштейном. Согласно этому правилу по всякому дважды повторяющемуся в одночлене латинскому индексу проводится суммирование по значениям 1, 2, 3, а знак
суммы опускается, т.е.
1
1
A = σ ii = (σ 11 + σ 22 + σ 33 ) .
3
3
Эта запись является равносильной записи
A=
1 3
∑ σ ii .
3 i =1
Повторяющийся индекс называется немым. В каждом одночлене он не
должен встречаться более двух раз. Если немой индекс заменить другой буквой, то
сумма не меняет своего значения:
a i bi = a k bk = a n bn .
Неповторяющиеся индексы называются свободными. В одночлене σ ij E j индекс i - свободный, j - немой.
В тензорных обозначениях широко используют символ Кронекера (единичный тензор):
⎧⎪1, при i = j;
⎪⎩0, при i ≠ j.
δ ij = ⎨
Вектор a в трехмерном пространстве характеризуется тремя компонентами
a1 , a 2 , a3 и описывается тензором первого ранга. При изменении системы координат компоненты преобразуются по формуле
ai′ = α i′i ai ,
6
(1)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
где ai′ - компоненты вектора в новой системе,
ai - компоненты вектора в старой системе,
α i′i - косинусы углов между старой и новой системами координат.
Компоненты тензора второго ранга можно обозначить через aij , i, j = 1,2,3 .
⎛ a11
⎜
aij = ⎜ a 21
⎜a
⎝ 31
a12
a 22
a32
a13 ⎞
⎟
a 23 ⎟
a33 ⎟⎠
Соотношения между тензорными обозначениями и использованными выше
обозначениями координат через x , y , z очевидны:
⎛ a11
⎜
aij = ⎜ a 21
⎜a
⎝ 31
a12
a 22
a 32
a13 ⎞ ⎛ a xx
⎟ ⎜
a 23 ⎟ = ⎜ a yx
a33 ⎟⎠ ⎜⎝ a zx
a xy
a yy
a zy
a xz ⎞
⎟
a yz ⎟
a zz ⎟⎠
Компоненты тензора второго ранга преобразуются по следующему закону:
(2)
ai′j′ = α i′iα j′j aij ,
где ai′j′ - компоненты тензора в новой системе,
aij - компоненты тензора в старой системе,
α i′i , α j′j - косинусы углов между старой и новой системами координат.
В индексных обозначениях ранг тензора определяется только свободными
индексами, например Fikk - тензор первого ранга, Tij - тензор второго ранга, S ijlm тензор четвертого ранга.
Над тензорами можно проводить ряд операций:
1. Два тензора одинакового ранга равны, если равны их соответствующие
компоненты Aij = Bij .
2. Умножение тензора на скаляр дает новый тензор того же ранга.
3. Тензоры одинакового ранга можно складывать или вычитать покомпонентно
Aij ± Bij = C ij .
Число компонент тензора подчиняется выражению N = 3 P , где N – число
компонент, а Р – ранг тензора.
Задачи
1.1 Даны два симметричных тензора второго ранга:
⎛ x +1 а
⎜
A=⎜ а
2x
⎜ б
в
⎝
⎞
⎛ 3 x 2x ⎞
⎟
⎟
⎜
в ⎟ , B = ⎜ x 4 3x ⎟ .
⎜ 2 x 3x 4 ⎟
3x − 2 ⎟⎠
⎠
⎝
б
При каком значении x тензоры A и B равны между собой? Чему при этом равны а,
б, в?
1.2 Записать в развернутой форме статические уравнения равновесия сил
∂σ ij
= 0.
∂x j
Решение. Индекс j - немой, принимает все возможные значения 1,2,3 и по
нему проводим суммирование. Если выбрано и зафиксировано определенное направление, то индекс i не меняется. Например, если выбрано направление x , то
7
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
везде i = 1 . В декартовой системе координат i = x , в то время как j пробегает
значения x1 , x 2 , x3 . Приняв последовательно i = 1,2,3 , получим уравнения равновесия сил для всех направлений:
∂σ
∂σ
∂σ
i = 1 : 11 + 12 + 13 = 0 ,
∂x1
∂x 2
∂x3
∂σ
∂σ 22 ∂σ 23
i = 2 : 21 +
+
= 0,
∂x1
∂x 2
∂x3
∂σ 32 ∂σ 33
∂σ
i = 3 : 31 +
+
= 0,
∂x1
∂x 2
∂x3
или в декартовых координатах:
∂σ xx ∂σ xy
∂σ xz
= 0,
∂x
∂y
∂z
∂σ yx ∂σ yy ∂σ yz
+
+
= 0,
∂x
∂y
∂z
∂σ zx ∂σ zy ∂σ zz
+
+
= 0.
∂x
∂y
∂z
+
+
1.3 В трехмерном пространстве расшифровать уравнение
A = Bij ni n j .
Решение. В одночлене два немых индекса i и j . Следовательно проводится
двойное суммирование:
A = B1 j n1 n j + B2 j n 2 n j + B3 j n3 n j ,
A = B11 n12 + B12 n1 n2 + B13 n1 n3 + B21 n2 n1 + B22 n22 + B23 n2 n3 + B31 n3 n1 + B32 n3 n2 + B33 n32 .
Вначале провели суммирование по индексу i ( i = 1,2,3 ), затем по индексу j
( j = 1,2,3 ).
1.4 Записать в развернутой форме следующие тензорные символы:
A = σ ij ε ij , I = σ ik σ ik , K i = Aij B j , K ij = Aijl Bl .
1.5 Найти значения выражений, содержащих символ Кронекера:
δ ii , ε ij δ ij ,
1
σ ij δ ij , A j δ ij , δ ii C jj , δ ij δ ik δ jk .
3
1.6 Записать в развернутом виде:
T = (0,5S ij S ij ) , T = (2ε ij ε ij ) .
0,5
0,5
1.7 Известно, что составляющие полного напряжения на наклонной площадке
в прямоугольной системе координат x , y , z записываются следующим образом
(уравнения Коши):
S x = σ xx n x + σ xy n y + σ xz n z ,
S y = σ yx n x + σ yy n y + σ yz n z ,
S z = σ zx n x + σ zy n y + σ zz n z .
Записать их в тензорном обозначении.
Решение. Из последнего равенства видно, что индекс " z " относится к S z и
стоит первым в обозначении напряжений. Предположим, что мы обозначили его
через " i ". Второй индекс входит в выражение напряжений и направляющих
косинусов. Обозначим его " j ". Следовательно, в тензорном обозначении указанные уравнения можно представить так:
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
S i = σ ij n j .
Таким образом, при i = 1 , S1 = σ 11 n1 + σ 12 n2 + σ 13 n3 .
1.8 Нормальное напряжение на наклонной площадке записывается в виде
σ n = S x nx + S y n y + S z nz
или
σ n = σ x n x2 + σ y n y2 + σ z n z2 + 2σ xy n x n y + 2σ yz n y n z + 2σ zx n z n x .
Дать тензорную запись этих уравнений, приняв σ xy = σ yx , σ yz = σ zy , σ zx = σ xz .
1.9 Первый и второй инварианты тензора напряжений имеют вид
I 1 (Tσ ) = σ x + σ y + σ z ,
I 2 (Tσ ) = σ xσ y + σ yσ z + σ z x − τ xy2 − τ yz2 − τ zx2 .
Представить их в тензорном обозначении.
1.10 Представить следующие формулы в тензорном обозначении:
(σ xx − σ )n x + σ xy n y + σ xz n z = 0 ,
σ yx n x + (σ yy − σ )n y + σ yz n z = 0 ,
σ zx n x + σ zy n y + (σ zz − σ )n z = 0 .
1.11 Определить ранг тензорных величин
a ij b j , Fikk , Aijlp , σ ij u k v k .
1.12 В системе координат x , y , z задан вектор a = 2i + 3 j − k . Определить его
компоненты в новой системе координат x ′ , y ′ , z ′ , направление осей которой
задано табл.1 направляющих косинусов:
Таблица 1
x′
y′
z′
x
y
z
3
2
1
2
0
1
2
3
2
0
0
1
−
0
Решение. На основании формулы (1) имеем:
⎛ 3⎞ ⎛1⎞
3
⎟ + 3⎜ ⎟ + (− 1) ⋅ 0 = 3 + ,
a ′x = 2⎜⎜
⎟
2
⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠
3 3
⎛ 1 ⎞ ⎛ 3 ⎞⎟
a ′y = 2⎜ − ⎟ + 3⎜⎜
+ (− 1) ⋅ 0 =
−1,
⎟
2
⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠
a ′z = 2(0 ) + 3(0 ) + (− 1) ⋅ 1 = −1 .
В системе координат x ′ , y ′ , z ′ вектор записывается следующим образом:
3⎞ ⎛3 3 ⎞
⎛
− 1⎟⎟ j − k .
a ′ = ⎜ 3 + ⎟i + ⎜⎜
2⎠ ⎝ 2
⎝
⎠
1.13 В системе координат x1 , x 2 , x3 задан вектор a = i + 5 j + 6k . Определить
компоненты в новой системе координат x1′ , x 2′ , x3′ , полученной поворотом вокруг
π
оси z на угол . Табл.2 направляющих косинусов имеет вид:
6
9
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 2
x1 x 2 x3
x1′
x ′2
x3′
3
2
−
1
2
0
1
2
0
3
2
0
0
1
1.14 Для тензора второго ранга
⎛ 7 0 − 2⎞
⎜
⎟
σ ij = ⎜ 0 5 0 ⎟ .
⎜− 2 0 4 ⎟
⎝
⎠
Определить компоненты σ ij′ в системе координат x1′ , x 2′ , x3′ , заданной табл.3
направляющих косинусов.
x1
x1′
0
x ′2
1
x3′
1
2
2
Таблица 3
x3
x2
0
1
1
−
2
1
−
2
0
0
Решение. По формуле (2):
σ 11′ = α 11α 11σ 11 + α 12α 11σ 21 + α 13α 11σ 31 + α 11α 12σ 12 + α 12α 12σ 22 + α 13α 12σ 32 + α 11α 13σ 13 +
+ α 12α 13σ 23 + α 13α 13σ 33 = 0 ⋅ 0 ⋅ 7 + 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0 ⋅ (− 2 ) + 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 0 ⋅ 5 + 1 ⋅ 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 1 ⋅ (− 2 ) +
+ 0 ⋅ 1 ⋅ 0 + 1 ⋅ 1 ⋅ 4 = 4;
σ 12′ = α 11α 21σ 11 + α 12α 21σ 21 + α 13α 21σ 31 + α 11α 22σ 12 + α 12α 22σ 22 + α 13α 22σ 32 + α 11α 23σ 13 +
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
+ α 12α 23σ 23 + α 13α 23σ 33 = 0⎜
⎟7 + 0⎜
⎟0 + 1⎜
⎟ ⋅ (− 2) + 0⎜ −
⎟0 +
2⎠
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
⎝ 2⎠
⎝
2
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
+ 0⎜ −
⎟ ⋅ 5 + 1⋅ ⎜ −
⎟0 + 0 ⋅ 0(− 2 ) + 0 ⋅ 0 ⋅ 0 + 1 ⋅ 0 ⋅ 4 = −
2⎠
2⎠
2
⎝
⎝
и т.д.
В результате
⎛
⎜ 4
⎜
⎜ 2
σ ij′ = ⎜ −
2
⎜
2
⎜−
⎜
2
⎝
−
2
2
6
1
−
2 ⎞
⎟
2⎟
⎟
1 ⎟.
⎟
6 ⎟⎟
⎠
1.15 В системе координат x1 , x 2 , x3 задан симметричный тензор второго ранга:
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
⎛ Ф 20 30 ⎞
⎜
⎟
T = ⎜ 20 И 40 ⎟ ,
⎜ 30 40 О ⎟
⎝
⎠
где по главной диагонали Ф – число букв в фамилии, И – число букв в имени, О –
число букв в отчестве студента.
Определить его компоненты в новой системе координат x1′ , x 2′ , x3′ , полученπ
ной поворотом вокруг оси x3 на угол , направление осей которой задано табл.2
6
направляющих косинусов в задаче 1.13.
11
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ В ОКРЕСТНОСТИ ЗАДАННОЙ
ТОЧКИ
Напряженное состояние в точке деформируемого твердого тела характеризуется шестью числами и может быть описано симметричным тензором второго
ранга – тензором напряжений.
⎛ σ xx τ xy τ xz ⎞ ⎛ σ x τ xy τ xz ⎞
⎜
⎟ ⎜
⎟
Tσ = ⎜ τ yx σ yy τ yz ⎟ = ⎜τ yx σ y τ yz ⎟ ,
⎜τ
⎟ ⎜
⎟
⎝ zx τ zy σ zz ⎠ ⎝ τ zx τ zy σ z ⎠
где σ xx , σ yy , σ zz – нормальные напряжения, τ xy = τ yx , τ yz = τ zy , τ zx = τ xz – касательные напряжения. Первый индекс соответствует координатной оси, перпендикулярной к площадке, на которой действует данное напряжение, а второй – оси,
вдоль которой оно направлено. Поскольку у нормальных напряжений оба индекса
одинаковы, то для них применяют и одномерную индексацию: σ xx = σ x , σ yy = σ y ,
σ zz = σ z .
Если внешняя нормаль к площадке совпадает по направлению с положительным направлением соответствующей оси, то напряжение считается положительным, если оно направлено вдоль положительного направления оси, вдоль которой оно действует.
Полное напряжение на произвольной наклонной площадке:
S n2 = S n2 + S y2 + S z2 ,
где S x , S y , S z – проекции полного вектора напряжений на оси x , y , z соответственно.
Нормальное напряжение на произвольной наклонной площадке:
σ n = S x nx + S y n y + S z nz ,
где n x , n y , n z – направляющие косинусы, определяющие ориентацию площадки в
пространстве.
n x2 + n y2 + n z2 = 1 .
Полное касательное напряжение на произвольной наклонной площадке находится по правилу параллелограмма:
τ n2 = S n2 − σ n2 .
Уравнения, связывающие проекции на оси координат вектора полного напряжения, и напряжения, действующие на трех взаимно перпендикулярных площадках:
S x = σ x n x + τ xy n y + τ xz n z ,
S y = τ yx n x + σ y n y + τ yz n z ,
S z = τ zx n x + τ zy n y + σ z n z .
Компоненты напряжений связаны между собой дифференциальными
уравнениями равновесия, которые в декартовой системе координат имеют вид:
dσ x dτ xy dτ xz
+
+
+ γX = 0 ;
dx
dτ xy
dx
12
+
dy
dσ y
dy
+
dz
dτ yz
dz
+ γY = 0 ;
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
dτ zx dτ zy dσ z
+
+
+ γZ = 0 ;
dx
dy
dz
где X, Y, Z – проекции объемных сил на оси координат; γ - плотность металла.
Задачи
2.1 Цилиндрический образец диаметром 10 мм подвергнут равномерному растяжению силой 10 кН. Определить напряжения, действующие внутри образца.
2.2 Напряженное состояние в точке задано следующими составляющими,
кг/мм2:
σ x = 50 , σ y = −30 , σ z = −100 , τ xy = 50 , τ yz = 30 , τ zx = −40 .
Записать тензор напряжений в системе СИ.
2.3 На рис. 2 показаны напряжения в декартовой и цилиндрической системах
координат. Провести индексацию напряжений и записать их в форме тензора напряжений.
Рис. 2
2.4 На рис. 3 показаны различные случаи напряженного состояния в телах.
Провести обозначение компонент напряжений, записать их в форме тензора напряжений, указать возможные нагружения тел внешними силами.
Рис. 3
2.5 Найти ошибки в записи тензора напряжений:
⎛1 5 6⎞
⎛1 2 5⎞
⎛ 10 20 60 ⎞
⎜
⎜
⎜
⎟
⎟
⎟
σ ij = ⎜ 3 2 4 ⎟ , Tij = ⎜ 6 4 2 ⎟ , A = ⎜ − 20 40 20 ⎟ .
⎜ 2 0 3⎟
⎜5 2 3⎟
⎜ 60 20 50 ⎟
⎝
⎝
⎝
⎠
⎠
⎠
2.6 Напряженное состояние в некоторой точке тела задано тензором
напряжений:
0 ⎞
⎛ 90 − 30
⎜
⎟
120 ⎟ .
T = ⎜ − 30 30
⎜ 0
120 − 180 ⎟⎠
⎝
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Размерность компонент тензора приведена в МПа. Для площадки, нормаль к
2
3
которой определяется направляющими косинусами n x = , n y =
S , нормальное σ n и касательное τ напряжения.
2
, найти полное
3
Решение. Известно, что n x2 + n y2 + n z2 = 1 , откуда
n z = 1 − n x2 − n y2 = 1 −
4 4 1
− = .
9 9 3
Тогда по формулам Коши:
2
2
1
− 30 ⋅ + 0 ⋅ = 40 МПа,
3
3
3
2
2
1
S y = τ yx n x + σ y n y + τ yz n z = −30 ⋅ + 30 ⋅ + 120 ⋅ = 40 МПа,
3
3
3
2
2
1
S z = τ zx n x + τ zy n y + σ z n z = 0 ⋅ + 120 ⋅ − 180 ⋅ = 20 МПа.
3
3
3
S x = σ x n x + τ xy n y + τ xz n z = 90 ⋅
Полное напряжение:
S n = S x2 + S y2 + S z2 = 40 2 + 40 2 + 20 2 = 60 МПа.
Нормальное напряжение:
2
3
2
3
1
3
σ n = S x n x + S y n y + S z n z = 40 ⋅ + 40 ⋅ + 20 ⋅ = 60 МПа.
Касательное напряжение:
τ n = S n2 − σ n2 = 60 2 − 60 2 = 0 .
2.7 Напряженное состояние в некоторой точке тела задано тензором напряжений:
0 ⎞
⎛ bσ 0
⎜
⎟
0 bσ ⎟ .
Tσ = ⎜ 0
⎜ 0 bσ 0 ⎟
⎝
⎠
Определить значения полного, нормального и касательного напряжений на
площадке с направляющими косинусами n x , n y , n z .
2.8 Напряженное состояние в точке тела задано в виде тензора:
⎛
⎜ σ
⎜
Tσ = ⎜ σ
⎜
⎜ 2
⎜− σ
⎝ 3
σ
5
− σ
4
3
σ
4
3 ⎞
− σ⎟
2 ⎟
3 ⎟
σ .
4 ⎟
⎟
0 ⎟
⎠
Определить значения полного, нормального и касательного напряжения на
площадках, если:
1
1
3
3
2
1
б) n x = , n y = .
3
3
а) n x = , n y = ;
Сделать вывод по задаче.
2.9 Определить значения полного, нормального и касательного напряжений по
данным табл. 4.
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица 4
σx,
σy,
σz,
τ xy ,
τ yz ,
τ zx ,
nx
МПа МПа МПа МПа МПа МПа
1
50
10
-10
-10
20
0
1/2
2
-70
20
130
0
-40
20
2/3
3
60
-30
-10
20
-20
10
1/3
4
-10
0
10
70
-40
0
1/6
5
20
80
50
-40 -100
50
2/5
6
80
-10 40/9
0
5
10/3 2/7
7
40
-80 -320
80
160 -160 1/4
8
50
50
-80
0
-20
40
4/5
2.10 В точке тела на его границе (направляющие косинусы n x ,
Вариант
ny
1/2
2/3
1/3
1/6
1/5
3/7
3/2
3/5
n y , n z заданы) из-
вестны компоненты внешнего нагружения S x = a , S y = S z = 0 . Кроме того, известно, что возле заданной точки внутри тела τ xy = τ xz = σ z = 0 .
Вычислить остальные компоненты напряжений.
2.11 Напряженное состояние в точке тела задано тензором:
⎛ aσ bσ cσ ⎞
⎜
⎟
Tσ = ⎜ bσ 0 σ ⎟ ,
⎜ cσ σ
σ ⎟⎠
⎝
где a , b , c – константы.
Определить их значения из условий, когда на площадке с направляющими
2
3
1
3
косинусами n x = , n y = , n z =
2
вектор полного напряжения S n равен нулю.
3
2.12 Напряженное состояние в точке тела задано тензором:
⎛ σ kσ kσ ⎞
⎜
⎟
Tσ = ⎜ kσ σ kσ ⎟ .
⎜ kσ kσ σ ⎟
⎝
⎠
Определить значение k из условия, при котором на равнонаклонной площадке нормальное напряжение σ n = 0 .
2.13 В задаче 2.12 изменить условия для определения k , считая, что полное напряжение S n = 2σ , а σ n = σ n .
2.14 В задаче 2.12 изменить условия для определения k , считая, что нормальное
напряжение σ n = σ .
2.15 Построить эпюры нормальных и касательных напряжений в сечениях, наклонных к оси цилиндрического тела, с шагом 15º, подвергаемого растяжению силой Q = 1000n + 10 N (кН), где n – номер группы (табл.5), N – номер студента в
списке по алфавиту в составе группы. Дать их анализ.
Таблица 5
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2.16 Составить уравнение равновесия всех сил, действующих на выделенный
элемент (рис. 4), в радиальном направлении.
Рис. 4
2.17 Задано напряженное состояние в точке тела:
⎛ 3 x 2 − 3xy 0 ⎞
⎜
⎟
0⎟ .
σ ij = ⎜ − 3xy
xy
⎜ 0
0
0 ⎟⎠
⎝
Определить, удовлетворяются ли условия равновесия?
2.18 Рассчитать компоненты массовых сил X , Y , Z , если в любой точке
сплошной среды выполняются уравнения равновесия, когда тензор напряжений
задан в виде:
⎛ 5 x1 x 2
⎜
Tσ = ⎜ x 22
⎜ 0
⎝
x 22
0
2 x3
0 ⎞
⎟
2 x3 ⎟ .
0 ⎟⎠
2.19 Записать тензор напряжений для тонкостенной трубы, подвергаемой одновременному растяжению и кручению.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3. ГЛАВНЫЕ НОРМАЛЬНЫЕ И КАСАТЕЛЬНЫЕ НАПРЯЖЕНИЯ.
ОКТАЭДРИЧЕСКИЕ НАПРЯЖЕНИЯ
Главные нормальные напряжения выделяют из условия равенства определителя нулю
σ x −σ
τ xy
τ xz
τ yx
σ y −σ
τ yz = 0 .
τ zx
τ zy
σ z −σ
Отсюда
σ 3 − σ 2 I 1 (Tσ ) + σI 2 (Tσ ) − I 3 (Tσ ) = 0 ,
где I 1 (Tσ ) = σ x + σ y + σ z ,
(3)
I 2 (Tσ ) = σ xσ y + σ yσ z + σ z σ x − τ xy2 − τ yz2 − τ zx2 ,
σ x τ xy τ xz
I 3 (Tσ ) = τ yx σ y τ yz = σ xσ y σ z − σ zτ xy2 − σ xτ yz2 − σ yτ zx2 + 2τ xyτ yzτ zx .
τ zx τ zy σ z
Решая кубическое уравнение (3), получаем три главных нормальных напряжения σ 1 , σ 2 и σ 3 , которые располагаются следующим образом:
σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 .
Коэффициенты I 1 (Tσ ) , I 2 (Tσ ) , I 3 (Tσ ) называются инвариантами тензора напряжений и их значения не зависят от выбранной системы координат.
При решении методом Кардано подстановкой
1
3
σ = x + I1
кубическое уравнение (1) приводится к виду
x 3 + px + q = 0 ,
1
3
где p = I 2 − I 12 , q = −
(4)
2 3 1
I1 + I1 I 2 − I 3 .
27
3
Если дискриминант приведенного уравнения (4) отрицателен, то все корни
вещественные:
3
2
⎛ p⎞ ⎛q⎞
Δ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ < 0,
⎝ 3 ⎠ ⎝2⎠
x1 = 2
где cos ϕ = −
p
ϕ
cos ,
3
3
q
p3
2
27
x2 = 2
p
⎛ ϕ 2π ⎞
cos⎜ +
⎟,
3
3 ⎠
⎝3
x3 = 2
p
⎛ ϕ 4π ⎞
cos⎜ +
⎟,
3
3 ⎠
⎝3
.
Если кубическое уравнение можно разложить на линейное и квадратное
уравнения, то задача определения главных нормальных напряжений упрощается:
(σ + k )(aσ 2 + bσ + c ) = 0 ;
σ + k = 0 , σ = −k ;
aσ 2 + bσ + c = 0 , σ =
− b ± b 2 − 4ac
.
2a
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Каждому главному нормальному напряжению будет соответствовать главная
ось, для которой направляющие косинусы находятся их решения системы
уравнений:
⎧(σ x − σ )n x + τ xy n y + τ xz n z = 0;
⎪
(5)
⎨τ yx n x + (σ y − σ )n y + τ yz n z = 0;
⎪τ n + τ n + (σ − σ )n = 0.
zy y
z
z
⎩ zx x
Сюда добавляется условие:
n x2 + n y2 + n z2 = 1 .
(6)
Для определения положения главных осей в два из трех уравнений системы
(5) подставляются значения главных напряжений ( σ 1 , σ 2 , σ 3 ), а в качестве
третьего используется (6).
Максимальные касательные напряжения подсчитываются по формулам
σ −σ3
σ −σ3
σ −σ2
, τ 23 = 2
, τ 13 = 1
.
τ 12 = 1
2
2
2
При σ 1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 наибольшим из них будет τ 13 .
Октаэдрической является площадка, которая равно наклонена к главным
направлениям напряжений. Октаэдрическое нормальное напряжение
σ +σ2 +σ3
σ окт = 1
= σ ср ,
2
а октаэдрическое касательное напряжение в главных осях
τ окт =
1
3
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2
или в произвольных осях
τ окт =
1
3
(σ
(
)
− σ y ) + (σ y − σ z ) + (σ z − σ x ) + 6 τ xy2 + τ yz2 + τ zx2 .
2
x
2
2
Задачи
3.1 Записать тензор напряжений через его главные значения для следующих
случаев:
а) линейное напряженное состояние;
б) плоское напряженное состояние (рассмотреть возможные случаи);
в) объемное напряженное состояние (рассмотреть возможные случаи).
3.2 Напряженное состояние в точке тела задано одним из следующих тензоров:
T1σ
⎛τ τ τ ⎞
⎛0 τ τ ⎞
⎛0 τ τ ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
= ⎜τ τ τ ⎟ , T2σ = ⎜τ 0 τ ⎟ , T3σ = ⎜τ τ τ ⎟ ,
⎜τ τ τ ⎟
⎜τ τ 0 ⎟
⎜τ τ τ ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
T4σ
⎛ 0 τ 0⎞
⎛0 τ 0⎞
⎛τ τ τ ⎞
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
= ⎜τ 0 τ ⎟ , T5σ = ⎜τ 0 0 ⎟ , T6σ = ⎜τ 0 τ ⎟ .
⎜ 0 τ 0⎟
⎜0 0 0⎟
⎜τ τ 0 ⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
Определить главные нормальные напряжения и направления главных осей.
Затем в тензорах изменить "+" на "-" и сделать вывод.
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение.
T1σ
⎛τ τ τ ⎞
⎜
⎟
= ⎜τ τ τ ⎟ .
⎜τ τ τ ⎟
⎝
⎠
Для определения главных нормальных напряжений через заданные значения
компонент напряжений в произвольной системе координат составим определитель
τ −σ
τ
τ
τ
τ −σ
τ = 0.
τ
τ
τ −σ
Раскроем его по первой строке
(τ − σ )(τ − σ )2 − τ 2 − τ [τ (τ − σ ) − τ 2 ] + τ [τ 2 − τ (τ − σ )] = 0 .
Получим кубическое уравнение в виде произведения линейного и квадратного уравнений
(τ − σ )[(τ − σ ) − τ ][(τ − σ ) + τ ] − 2τ 2 [(τ − σ ) − τ ] = 0 .
Тогда
τ − σ −τ = 0 , σ 2 = 0 ,
(τ − σ )(2τ − σ ) − 2τ 2 = 0 ,
отсюда σ 1 = 3τ , σ 3 = 0 .
Таким образом, наблюдается случай линейного растяжения. При подстановке σ 1 = 3τ получаем следующую систему для определения n x , n y , n z , описывающих положение главной оси 1 в пространстве:
[
]
⎧− 2n x + n y + n z = 0,
⎪ n − 2n + n = 0,
⎪ x
y
z
⎨
⎪ n x + n y − 2n z = 0,
⎪⎩ n x2 + n y2 + n z2 = 1,
откуда n x = n y = n z =
1
3
.
Для σ 2 = σ 3 = 0 уравнения сводятся к виду
⎧n x + n y + n z = 0,
⎪n + n + n = 0,
⎪ x
y
z
⎨
⎪n x + n y + n z = 0,
⎪⎩n x2 + n y2 + n z2 = 1.
Их недостаточно для однозначного определения второй и третьей главных
осей. Следовательно, любая пара взаимно перпендикулярных осей, перпендикулярных направлению n j от σ 1 , может служить главными осями. Это очевидно из
понятия линейного растяжения.
3.3 Найти главные значения напряжений и направления главных осей тензора
напряжений
⎛ 100 − 60 0 ⎞
⎜
⎟
Tij = ⎜ − 60 100 0 ⎟ (МПа).
⎜ 0
0 10 ⎟⎠
⎝
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Решение. Составим определитель и раскроем по третьей строке:
100 − σ
− 60
0
− 60 100 − σ
0 = 0.
0
0
10 − σ
(10 − σ )([ 100 − σ )2 − 60 2 ] = (10 − σ )(40 − σ )(160 − σ ) = 0 .
Отсюда σ 1 = 160 МПа, σ 2 = 40 МПа, σ 3 = 10 МПа.
Определим направление главных осей.
Для σ 1 = 160МПа ,
− 60n x/ − 60n y/ = 0 ,
− 60n x/ − 60n y/ = 0 ,
− 150n z/ = 0 .
Решая эту систему, получаем n x/ = −n y/ ; n z/ = 0 .
Из условия (n x/ ) + (n y/ ) + (n z/ ) = 1 найдем n x/ = −n y/ = ±
2
2
2
1
2
.
Для σ 2 = 40 МПа,
60n x// − 60n y/ = 0 ,
− 60n x// − 60n y// = 0 ,
− 30n z// = 0 .
Решая эту систему, получаем n x// = n y// = ±
1
2
, n z// = 0 .
Для σ 3 = 10 МПа,
90n x/// − 60n y/// = 0 ,
− 60n x/// + 90n y/// = 0 .
Тогда n x/// = − n y/// = 0 , n z/// = ±1 .
3.4 Напряженное состояние в точке, отнесенное к системе декартовых
координат, записано в виде тензора.
⎛ 10 − 5 0 ⎞
⎟
⎜
σ ij = ⎜ − 5 20 0 ⎟ .
⎜ 0
0 30 ⎟⎠
⎝
Величина составляющих тензора дана в кг / мм 2 . Нужно вычислить величину
и направление главных напряжений.
Решение. Одну составляющую главных напряжений можно определить сразу
же из данного тензора, а именно σ 1 = 30кг / мм 2 . Нормальные составляющие
напряжения можно получить из первых двух уравнений, когда τ zx = τ zy = 0 .
Тогда, определяя коэффициенты направляющих косинусов и задавая
определитель равным нулю, получим
−5 ⎤
⎡10 − σ
=0,
⎢ −5
20 − σ ⎥⎦
⎣
(10 − σ )(20 − σ ) − 25 = 0 ,
20
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
σ 2 − 30σ + 175 = 0 ,
σ = 15 ± 7,08 .
Отсюда
σ 2 = 22,08кг / мм 2 ,
σ 3 = 7,92кг / мм 2 .
Направляющие косинусы можно определить из записи тензора напряжений.
В данной задаче видно, что
n3/ = 1 , n1/ = n2/ = 0 ,
n3// = 0 , (n1// ) + (n2// ) = 1
2
и
2
(σ x − σ 2 )n1// + σ yz n2// = 0 .
Возведя в квадрат последнее уравнение и определив одновременно
направляющие косинусы, получим
n1// =
τ xy2
(σ x − σ 2 ) + τ
2
n2// =
2
xy
=
5
= 0,384 , cos( x,2 ) = 67 o 35 / ,
34
29
= 0,925, cos( y,2 ) = 22 o 25 / .
34
Таким же образом находим
n3/// = 0 ,
n1/// =
29
= 0,925 , cos( x,3) = 22 o 25 / ,
34
n2/// =
5
= 0,384 , cos( y,3) = 67 o 35 / .
34
3.5 На рис. 5 показаны три взаимно перпендикулярные плоскости, проходящие через рассматриваемую точку, с действующими на них напряжениями. Вычислить главные напряжения.
Рис. 6
Рис. 5
3.6 Для заданного напряженного состояния (рис. 6), представляющего собой
положение трех чистых сдвигов во взаимно перпендикулярных плоскостях, опре21
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
делить главные нормальные напряжения и максимальные касательные напряжения,
если τ xy = τ zx = 2τ и τ yz = τ = 40 МПа.
Решение. Для определения главных нормальных напряжений можно воспользоваться кубическим уравнением (3). После подстановки компонент напряжений получаем следующее кубическое уравнение:
σ 3 − 9τ 2σ − 8τ 3 = 0 ,
где I 1 (Tσ ) = 0 , I 2 (Tσ ) = −9τ 2 , I 3 (Tσ ) = 8τ 3 .
По условию τ = 40 МПа, тогда
σ 3 − 14400σ − 512000 = 0 .
Левую часть последнего уравнения можно разложить на множители:
(σ + 40)(σ 2 − 40σ − 12800) = 0 .
Приравнивая к нулю первый сомножитель, находим один из корней уравнения σ = −40 МПа.
Решив квадратное уравнение
(σ 2 − 40σ − 12800) = 0 ,
найдем остальные два корня: σ = 20 ± 400 + 12800 = (20 ± 115) МПа или σ = 135 МПа,
σ = −95 МПа.
С учетом правила индексов для главных напряжений σ 1 = 135 МПа,
σ 2 = −40 МПа, σ 3 = −95 МПа.
Максимальное касательное напряжение
σ − σ 3 135 − (− 95)
τ max = 1
=
= 115 МПа.
2
2
3.7 На рис. 7 приведены различные напряженные состояния в главных осях.
Дать обозначения главных нормальных напряжений; указать вид напряженного
состояния; показать площадки, на которых действуют максимальные касательные
напряжения, обозначить их.
Рис. 7
3.8 Напряженное состояние в точке тела задано одним из следующих тензоров:
⎛ 30 − 10 0 ⎞
⎛ 20
⎜
⎜
⎟
T1σ = ⎜ − 10 30 0 ⎟ , T2σ = ⎜ 0
⎜ 0
⎜0
0 10 ⎟⎠
⎝
⎝
⎛ 40 0 70 ⎞
⎛ 60
⎜
⎜
⎟
T3σ = ⎜ 0 60 0 ⎟ , T4σ = ⎜ − 30
⎜ 70 0 60 ⎟
⎜ 0
⎝
⎝
⎠
0⎞
⎟
60 80 ⎟ ,
80 60 ⎟⎠
− 30 0 ⎞
⎟
60
0 ⎟.
0
80 ⎟⎠
0
Определить главные напряжения и направления главных осей.
22
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
3.9 Для плоского напряженного состояния ( σ z = τ zx = τ zy = 0 ) вывести формулы для определения главных нормальных напряжений. Для этого случая записать также формулы максимальных касательных напряжений.
3.10 Вычислить величины максимальных и октаэдрических касательных
напряжений, если напряженное состояние задано одним из следующих тензоров:
T1σ
⎛ 20 − 10 10 ⎞
⎛ 40 10 10 ⎞
⎛10 10 10 ⎞
⎜
⎜
⎜
⎟
⎟
⎟
= ⎜ − 10 40 10 ⎟ , T2σ = ⎜ 10 20 10 ⎟ , T3σ = ⎜10 10 0 ⎟ .
⎜ 10
⎜ 10 10 20 ⎟
⎜0 0 0⎟
10 40 ⎟⎠
⎝
⎝
⎝
⎠
⎠
3.11 Найти выражения для расчета линейного, квадратного и кубического
инвариантов тензора напряжений в главных осях для следующих случаев:
а) линейное напряженное состояние;
б) плоское напряженное состояние;
в) объемное напряженное состояние.
3.12 Вычислить главные значения и инварианты симметричного тензора
напряжений
− 10 0 ⎞
⎛ 3
⎜
⎟
Tσ = ⎜ − 10 30 0 ⎟ .
⎜ 0
0 1 ⎟⎠
⎝
3.13 Главные нормальные напряжения в данной точке тела приведены в табл. 6:
Вариант
1
2
3
Таблица 6
Напряжения
20
-15
-6
-8
40
12
30
-20
12
Присвоить численным значениям обозначения σ 1 , σ 2 , σ 3 и вычислить
максимальные касательные напряжения τ 12 , τ 23 , τ 31 .
3.14 Доказать, что τ 12 + τ 23 + τ 31 = 0 .
3.15 Определить главные напряжения и направления главных площадок, если
напряженное состояние в точке задано следующими компонентами: σ xx = 50 МПа,
σ yy = −20 МПа, σ zz = 30 МПа, τ xy = −10 МПа, τ yz = 10 МПа, τ zx = 10 МПа.
Решение.
1) Определяем инварианты заданного напряженного состояния:
I 1 = σ xx + σ yy + σ zz = 50 − 20 + 30 = 60 МПа;
I 2 = σ xxσ yy + σ yyσ zz + σ zzσ xx − τ xy2 − τ yz2 − τ zx2 =
= 50 ⋅ (− 20 ) + (− 20 ) ⋅ 30 + 30 ⋅ 50 − (− 10) − 10 2 − 10 2 = −400 МПа;
I 3 = σ xxσ yyσ zz − σ zzτ xy2 − σ xxτ yz2 − σ yyτ zx2 + 2τ xyτ yzτ zx =
2
= 50 ⋅ (− 20 ) ⋅ 30 − 50 ⋅ 10 2 − (− 20 ) ⋅ 10 2 − 30 ⋅ (− 10 ) + 2 ⋅ (− 10 ) ⋅ 10 ⋅ 10 = −38000 МПа.
2
2)
Определяем коэффициенты уравнения (4):
2
1
1
p = −400 − 60 2 = −1600 , q = − 60 3 + 60 ⋅ (− 400) − (− 38000 ) = 14000 .
3
27
3
Определим дискриминант приведенного уравнения:
3
2
3
2
⎛ p⎞ ⎛q⎞
⎛ 1600 ⎞ ⎛ 14000 ⎞
6
Δ = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜−
⎟ +⎜
⎟ = −102,7 ⋅ 10 < 0 .
3 ⎠ ⎝ 2 ⎠
⎝ 3 ⎠ ⎝2⎠
⎝
23
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Так как дискриминант отрицателен, значит все корни приведенного уравнения вещественные.
3) Вычисление величин главных напряжений. Для решения проведенного
уравнения применим формулу Кардано:
p
ϕ
p
ϕ 2π ⎞
p
ϕ 4π
cos , x2 = 2
cos⎛⎜ +
cos⎛⎜ +
⎟ , x3 = 2
⎝3
⎝3 3
3
3
3
3 ⎠
3
q
14000
где cos ϕ = −
=−
= −0,5683 ⇒ ϕ = 124,63o ;
3
3
p
(− 1600)
2
2
27
27
x1 = 2
⎛ ϕ 2π
= cos 41,54 o = 0,7484 ; cos⎜ +
3
⎝3 3
⎛ ϕ 4π
⎞
⎟ = −0,9486 ; cos⎜ +
⎝3 3
⎠
⎞,
⎟
⎠
ϕ
(
x1 = 2
− 1600
− 1600
⋅ 0,7484 = 34,57 , x 2 = 2
⋅ (− 0,9486 ) = −43,81 ,
3
3
cos
)
x2 = 2
⎞
⎟ = 0,2 ;
⎠
− 1600
⋅ 0,2 = 9,22 .
3
Окончательно получим:
σ 1 = 34,57 +
60
σ 2 = −43,81 +
σ 3 = 9,22 +
3
60
3
60
3
= 54,57 МПа,
= −23,8 МПа,
= 29,22 МПа.
Проверка правильности вычисления главных напряжений: так как I 1 , I 2 и I 3
– инварианты, значит их значения постоянны. Ранее были получены их значения в
заданной системе координат. Сейчас же найдем их значения в главной системе
координат:
I 1 = σ 1 + σ 2 + σ 3 = 54,57 − 23,8 + 29,22 = 59,99 МПа;
I 2 = σ 1σ 2 + σ 2σ 3 + σ 3σ 1 = 54,57 ⋅ (− 23,8) − 23,8 ⋅ 29,22 + 29,22 ⋅ 54,57 = −400,2 МПа;
I 3 = σ 1σ 2σ 3 = 54,57 ⋅ (− 23,8) ⋅ 29,22 = −37950 МПа.
Результаты вычислений I 1 , I 2 и I 3 в рамках допустимых отклонений совпадают с результатами, полученными в п. 1 решения.
4) Определяем направляющие косинусы главных площадок. Система уравнений для определения n′x , n′y , n′z имеет следующий вид:
⎧ (50 − 54,57 )n ′x − 10n ′y + 10n ′z = 0;
⎪
⎨− 10n ′x + (− 20 − 54,57 )n′y + 10n ′z = 0;
⎪
(n′x )2 + (n′y )2 + (n′z )2 = 1.
⎩
Решение этой системы: n ′x = −0,9334 , n′y = 0,0785 , n ′z = −0,3486 . Условия про-
верки выполняются: (− 0,9334)2 + (− 0,3486)2 + 0,0785 2 ≅ 1 .
Система уравнений для определения n′x′ , n′y′ , n′z′ имеет следующий вид:
24
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
⎧ (50 + 23,81)n′x′ − 10n′y′ + 10n′z′ = 0;
⎪
⎨− 10n ′x′ + (− 20 + 23,81)n′y′ + 10n′z′ = 0;
⎪
(n′x′ )2 + (n′y′ )2 + (n′z′ )2 = 1.
⎩
Решение этой системы: n′x′ = −0,159 , n ′y′ = 0,965 , n ′z′ = −0,2086 . Условия про-
верки выполняются: 0,159 2 + 0,965 2 + (− 0,2086)2 ≅ 1 .
Система уравнений для определения n ′x′′ , n ′y′′ , n ′z′′ имеет следующий вид:
⎧ (50 − 29,22)n ′x′′ − 10n′y′′ + 10n′z′′ = 0;
⎪
⎨− 10n ′x′′ + (− 20 − 29,22)n′y′′ + 10n′z′′ = 0;
⎪
(n′x′′)2 + (n′y′′)2 + (n′z′′)2 = 1.
⎩
Решение этой системы: n′x′′ = 0,5515 , n′y′′ = 0,4328 , n ′z′′ = −0,7132 . Условия проверки выполняются: 0,5515 2 + 0,4328 2 + (− 0,7132)2 ≅ 1 .
3.16 Определить главные напряжения методом Кордано и направления
главных напряжений, если напряженное состояние в точке нагруженного тела
задано тензором напряжений.
20
⎛10 ⋅ Ф
⎜
Tσ = ⎜ ⋅
− 4⋅ И
⎜ ⋅
⋅
⎝
10 ⎞
⎟
5 ⎟,
− 6 ⋅ О ⎟⎠
где по главной диагонали Ф – число букв в фамилии, И – число букв в имени,
О – число букв в отчестве студента.
3.17 Пластинка под действием главных нормальных напряжений σ 1 и σ 2
растягивается по двум взаимно-перпендикулярным направлениям. Определить
_
нормальное и касательное напряжение на площадке с нормалью n .
3.18 Тонкая пластинка равномерно растягивается по двум взаимно
перпендикулярным направлениям. Определить нормальные и касательные
_
напряжения на любой площадке с нормалью n , приняв σ 1 = σ 2 = σ .
3.19 Тонкая пластинка в одном направлении сжимается, в другом
σ 1 = −σ 2 = σ . Определить нормальные и касательные
растягивается, причем
напряжения на площадках, наклонных к сторонам пластинки под углом 45o .
3.20 В точке тела имеется следующая система напряжений σ 1 = σ 2 = 50,0
МПа, σ 3 = −100,0 МПа. Определить нормальное, касательное и полное напряжения
на октаэдрических площадках, проведенные через данную точку.
25
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4. РАЗЛОЖЕНИЕ ТЕНЗОРА НАПРЯЖЕНИЙ
Тензор напряжений может быть разложен на два тензора – шаровой Tσ0 и девиатор Dσ , т.е. Tσ = Tσ0 + Dσ . Их компоненты связаны зависимостью
где σ ср
⎛σ x
⎜
⎜τ yx
⎜τ
⎝ zx
σ +σ2
= 1
2
τ xy τ xz ⎞ ⎛ σ ср 0
0 ⎞ ⎛ σ x − σ ср
τ xy
τ xz ⎞
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
σ y τ yz ⎟ = ⎜ 0 σ ср 0 ⎟ + ⎜ τ yx
σ y − σ ср
τ yz ⎟ ,
τ zy σ z ⎟⎠ ⎜⎝ 0
0 σ ср ⎟⎠ ⎜⎝ τ zx
τ zy
σ z − σ ср ⎟⎠
+σ3
.
Главные значения девиатора напряжений определяются из решения
кубического уравнения, полученного при раскрытии определителя:
S11 − S
S12
S13
S 21
S 22 − S
S 23
S 31
S 32
S 33 − S
=0,
S 3 + I 2 (Dσ ) ⋅ S − I 3 (Dσ ) = 0 ,
где
I 1 (Dσ ) = 0 ;
(
1⎡
1
2
2
2
I 2 (Dσ ) = − ⎢(σ x − σ y ) + (σ y − σ x ) + (σ z − σ x ) + τ xy2 + τ yz2 + τ zx2
6⎣
6
)⎤⎥ ;
⎦
σ x − σ ср
τ xy
τ xz
J 3 (Dσ ) = τ yx
σ y − σ ср
τ yz .
τ zx
τ zy
σ z − σ ср
При изучении сплошного напряженного состояния важное значение имеет
октаэдрическое касательное напряжение τ окт , интенсивность нормальных σ i и
касательных T напряжений, которые определяются по выражениям в главных
осях:
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 ,
3
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 ,
σi =
2
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 .
T=
6
τ окт =
Задачи
4.1 Показать запись второго инварианта девиатора напряжений через его главные значения.
4.2 Определить величину первого инварианта девиатора напряжений I 1 (Dσ ) .
4.3 Разложить тензор напряжений для линейного напряженного состояния:
а) растяжение;
б) сжатие.
Дать схемы главных напряжений для тензора напряжений, шарового тензора
и девиатора.
26
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4.4 Записать тензор напряжений, когда тело в процессе деформирования испытывает только упругое изменение объема, а изменения формы не происходит.
4.5 Записать тензор напряжений, когда тело в процессе деформирования испытывает только изменение формы, а упругого изменения объема не происходит.
4.6 Объяснить, почему составляющая девиатора напряжений в направлении
главной оси 1 будет положительной, а в направлении главной оси 3 – отрицательной.
15 ⎞
⎛10 0
⎜
⎟
4.7 Для некоторой точки тела известен тензор напряжений σ ij = ⎜ 0 20 − 15 ⎟ .
⎜15 − 15 15 ⎟
⎝
⎠
Разложить его на шаровой тензор и девиатор, посчитать инварианты тензора.
Решение. Найдем компоненты шарового тензора
σ ср =
10 + 20 + 15
= 15 .
3
Определим компоненты девиатора
15 ⎞ ⎛15 0 0 ⎞ ⎛ − 5 0
15 ⎞
⎛10 0
⎜
⎟ ⎜
⎟ ⎜
⎟
5 − 15 ⎟ .
⎜ 0 20 − 15 ⎟ = ⎜ 0 15 0 ⎟ + ⎜ 0
⎜15 − 15 15 ⎟ ⎜ 0 0 15 ⎟ ⎜ 15 − 15 0 ⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠ ⎝
⎠
Инварианты тензора будут следующие:
I 1 (Tσ ) = 10 + 20 + 15 = 45 ;
I 2 (Tσ ) = 10 ⋅ 20 + 20 ⋅ 15 + 15 ⋅ 10 − 0 − (15) − (15) = 100 ;
2
2
I 3 (Tσ ) = 10 ⋅ 20 ⋅ 15 − 20 ⋅ 15 ⋅ 15 + 0 + 0 − 10 ⋅ (− 15) ⋅ (− 15) = −3750 .
4.8 Разложить тензоры напряжений (МПа)
0 ⎞
⎛ − 30 − 60
⎛ 50 20
⎜
⎜
⎟
60 ⎟ , T2σ = ⎜ 20 50
T1σ = ⎜ − 60 30
⎜ 0
⎜ 20 20
60 − 30 ⎟⎠
⎝
⎝
⎛ 0 40 40 ⎞
⎛ 100 − 60
⎜
⎜
⎟
T3σ = ⎜ 40 30 40 ⎟ , T4σ = ⎜ − 60 90
⎜ 40 40 0 ⎟
⎜ 0
0
⎝
⎝
⎠
20 ⎞
⎟
20 ⎟ ,
50 ⎟⎠
0 ⎞
⎟
0 ⎟
− 10 ⎟⎠
на шаровые и девиаторы; определить значения второго инварианта девиатора.
4.9 Два тела из одинакового материала испытывают однородное напряженное
состояние. Известен тензор напряжений для однородного тела
T1σ
⎛120 60 30 ⎞
⎜
⎟
= ⎜ 60 100 50 ⎟ .
⎜ 30 50 20 ⎟
⎝
⎠
Составить тензор T2σ для второго тела, если известно, что относительное изменение объема обоих тел одинаково, а девиатор для второго тела
D2σ
⎛ − 80 0 0 ⎞
⎜
⎟
=⎜ 0
30 20 ⎟ .
⎜ 0
20 50 ⎟⎠
⎝
27
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Определить также главные значения полученного тензора.
4.10 Для точки тела известны девиатор напряжений
50 ⎞
⎛140 30
⎜
⎟
Dσ = ⎜ 30 − 60 20 ⎟
⎜ 50
20 − 80 ⎟⎠
⎝
и одно из нормальных напряжений, например σ y = 80 МПа. Определить тензор на-
пряжений.
4.11 Для точки тела известен первый инвариант тензора напряжений
I 1 (Tσ ) = 60 МПа и девиатор напряжений
0
30 ⎞
⎛ − 40
⎜
⎟
− 40 60 ⎟ .
Dσ = ⎜ 0
⎜ 30
60 80 ⎟⎠
⎝
Определить главные значения девиатора напряжений, а через них и главные
нормальные напряжения. Записать тензор напряжений.
4.12 Напряженные состояния записываются в виде тензоров:
⎛ σ 11 1 1 ⎞
⎛ σ 11 0 1 ⎞
⎜
⎜
⎟
⎟
Tσ = ⎜ 1 0 1 ⎟ , Tσ = ⎜ 0 σ 11 1 ⎟ .
⎜ 1
⎝
1 0 ⎟⎠
⎜ 1
⎝
1
0 ⎟⎠
Разложить их на шаровые тензоры и девиаторы, определить их значение из
условия равенства нулю одного из главных значений девиатора напряжений.
4.13 В теории пластичности широко используется показатель
σ − 0,5(σ 1 + σ 3 )
, где σ 1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 .
νσ = 2
0,5(σ 1 − σ 3 )
Рассмотреть его значения для следующих частных случаев:
а) линейное растяжение;
б) линейное сжатие;
в) двустороннее растяжение при σ 1 = σ 2 ;
г) двустороннее сжатие при σ 2 = σ 3 ;
д) чистый сдвиг, когда σ 1 = −σ 3 .
Достаточно ли этого показателя, чтобы полностью охарактеризовать напряженное состояние?
4.14 Показать различные варианты записи ν σ через отношения напряжений.
4.15 Главные компоненты тензора напряжений могут быть представлены следующим образом:
3 −ν σ
2ν σ
3 +ν σ
σ 10 = σ 0 +
, σ 20 = σ 0 +
, σ 30 = σ 0 −
,
2(3 + ν σ2 )
2(3 + ν σ2 )
2(3 − ν σ2 )
σ
σ
где σ 0 = ñð , σ 10 = i и т.д.
τi
τi
Какие значения принимают σ 0 , σ 10 , σ 20 и σ 30 для случаев, указанных в задаче
4.12.
4.16 В каких случаях напряженное состояние может быть полностью
σ
охарактеризовано отношением двух напряжений 1 ?
σ2
28
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
5. КРУГИ МОРА ДЛЯ НАПРЯЖЕНИЙ
Наглядное двухмерное геометрическое представление объемного напряженного состояния в точке дают круги Мора в системе координат σ n 0τ n . Радиусы
окружностей
2
⎛σ −σ3 ⎞
R1 = ⎜ 2
⎟ + n12 (σ 1 − σ 2 )(σ 1 − σ 3 ) ,
2 ⎠
⎝
2
⎛ σ − σ1 ⎞
R2 = ⎜ 3
⎟ + n22 (σ 2 − σ 2 )(σ 2 − σ 1 ) ,
⎝ 2 ⎠
2
⎛σ −σ2 ⎞
2
R3 = ⎜ 1
⎟ + n3 (σ 3 − σ 1 )(σ 3 − σ 2 ) .
2
⎝
⎠
Их центры расположены на оси абсцисс и отстоят от начала координат соответственно на расстоянии
σ2 +σ3
σ 3 + σ1 σ1 + σ 2
,
,
.
2
2
2
Задачи
5.1 Построить круги Мора для всех схем главных нормальных напряжений.
5.2 Тензор напряжений в исследуемой точке имеет вид
⎛ 30 10 0 ⎞
⎜
⎟
а) σ ij = ⎜ 10 20 0 ⎟ ,
⎜ 0 0 25 ⎟
⎝
⎠
⎛ 50 100 100 ⎞
⎜
⎟
б) σ ij = ⎜100 150 0 ⎟ .
⎜100 0 200 ⎟
⎝
⎠
Найти величину трех главных напряжений. Построить диаграмму Мора, по
диаграмме найти максимальное значение главных касательных напряжений.
5.3 Начертить круги Мора для напряженного состоянии, когда σ x = 50 МПа,
σ y = 40 МПа, τ xy = −40 МПа.
5.4 С помощью диаграммы Мора определить область возможных значений σ n
и τ n на произвольных наклонных площадках, проходящих через точку. Задан
тензор напряжений
⎛ Ф 20 0 ⎞
⎜
⎟
Tσ = ⎜ 20 И 0 ⎟
⎜ 0 0 О⎟
⎝
⎠
для наклонной площадки с направляющими косинусами
n1 =
1
1
, n2 =
,
0,5Ф
0,5 И
где Ф – число букв в фамилии, И – имени, О – отчестве студента.
Найти значения радиусов, соответствующих окружностям R1 , R2 , R3 .
Построить их на диаграмме Мора. По диаграмме Мора найти σ n и τ n , а затем по
найденным значениям σ n и τ n рассчитать величину полного напряжения S .
29
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6. ДЕФОРМИРОВАННОЕ СОСТОЯНИЕ ТЕЛА
Деформированное состояние тела в точке тела описывается симметричным
тензором деформаций
⎛
⎜ εx
⎜
1
Tε = ⎜ γ yx
⎜2
⎜1
⎜ γ zx
⎝2
1
γ xy
2
εy
1
γ zy
2
1 ⎞
γ xz ⎟
2 ⎟
1 ⎟
γ yz ,
2 ⎟
⎟
εz ⎟
⎠
где ε x , ε y , ε z , γ xy , γ yz , γ zx - линейные и угловые деформации соответственно.
Компоненты малых деформаций вычисляются через перемещения U x , U y и
U z в декартовой системе координат по формулам
du
du x
du
; γ xy = x + y ;
dy
dx
dx
du
du
du
ε y = y ; γ yz = y + z ;
dy
dz
dy
du
du
du
ε z = z ; γ zx = z + x
dz
dx
dz
εx =
и удовлетворяют условиям неразрывности деформаций
2
2
d 2ε x d ε y d γ yz
+
=
;
2
2
dy
d 2ε y
dz 2
dx
+
dxdz
2
d 2ε z d γ yz
=
;
dydz
dy 2
d 2ε z d 2ε x d 2γ zx
+
=
;
dx 2
dz 2
dzdx
d 2ε z
d ⎛ dγ yz dγ zx dγ xy ⎞
⎟⎟ = 2
⎜⎜
;
+
−
dz ⎝ dx
dz
dz ⎠
dxdy
d 2ε x
d ⎛ dγ zx dγ xy dγ yz ⎞
⎟⎟ = 2
⎜⎜
;
+
−
dx ⎝ dy
dz
dx ⎠
dydz
d 2ε y
d ⎛ dγ xy dγ yz dγ zx ⎞
⎟=2
⎜
.
+
−
dy ⎜⎝ dz
dx
dy ⎟⎠
dzdx
С геометрической точки зрения эти соотношения являются условиями,
определяющими деформацию, при которой тело остается сплошным.
Во
всех
точках
деформационного
тела
существуют
взаимно
перпендикулярные оси, для которых компоненты угловой деформации равны
нулю. Эти оси называются главными осями деформации. Материальные волокна,
выбранные вдоль них, после деформации остаются взаимно перпендикулярными и
имеют экстремальные удлинения.
Величины главных линейных деформаций ε 1 , ε 2 , ε 3 определяются из
решения кубического уравнения
30
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
εx −ε
1
γ yx
2
1
γ zx
2
1
γ xy
2
ε y −ε
1
γ zy
2
1
γ xz
2
1
γ yz = 0
2
εz −ε
или
ε 3 − I 1 (Tε ) ⋅ ε 2 + I 2 (Tε ) ⋅ ε − I 3 (Tε ) = 0 ,
где I1 (Tε ) , I 2 (Tε ) , I 3 (Tε ) - инварианты тензора малых деформаций.
В произвольной системе координат они имеют следующие значения:
I1 (Tε ) = ε x + ε y + ε z = 3ε ср = θ ,
εx
I 3 (Tε ) =
1
γ yx
2
1
γ zx
2
(
)
1 2
γ xy + γ yz2 + γ zx2 ,
4
1
1
γ xy
γ xz
2
2
1
εy
γ yz ,
2
1
γ zy
εz
2
I 2 (Tε ) = ε x ε y + ε y ε z + ε z ε x −
где ε ср - средняя деформация, θ - объемная деформация,
θ =εx +εy +εz .
⎛ ε1 0
⎜
В главных осях тензор деформаций имеет вид Tε = ⎜ 0 ε 2
⎜0 0
⎝
0⎞
⎟
0 ⎟.
ε 3 ⎟⎠
При разложении тензора деформаций на шаровой и девиатор их компоненты
связаны следующим образом:
⎛
⎜ εx
⎜
⎜1γ
⎜ 2 yx
⎜1
⎜ γ zx
⎝2
1
γ xy
2
εy
1
γ zy
2
1 ⎞
γ xz ⎟
2 ⎟ ⎛ ε ср
1 ⎟ ⎜
γ yz = ⎜ 0
2 ⎟ ⎜
0
⎟
εy ⎟ ⎝
⎠
0
ε ср
0
⎛
⎜ ε x − ε ср
0 ⎞ ⎜
⎟
1
0 ⎟ + ⎜ γ yx
⎜
2
ε ср ⎟⎠ ⎜ 1
⎜ γ zx
⎝ 2
1
γ xy
2
ε y − ε ср
1
γ zy
2
⎞
⎟
⎟
⎟.
⎟
⎟
ε y − ε ср ⎟
⎠
1
γ xz
2
1
γ yz
2
Ориентация главных осей деформаций относительно системы координат x ,
y,
z
определяется направляющими косинусами, величины которых
рассчитываются из следующей системы уравнений:
(ε x − ε )nx + 1 γ xy n y + 1 γ xz nz = 0 ,
2
2
1
1
γ yx n x + (ε y − ε )n y + γ yz n z = 0 ,
2
2
1
1
γ zx n x + γ zy n y + (ε y − ε )n z = 0 ,
2
2
n x2 + n y2 + n z2 = 1 .
Важную роль в теории деформаций играют:
• интенсивность деформаций сдвига
31
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
(ε
2
3
Г=
− ε y ) + (ε y − ε z ) + (ε z − ε x ) +
2
x
2
2
(
)
(
)
(
)
3 2
γ xy + γ yz2 + γ zx2 ;
2
• интенсивность деформаций
2
(ε x − ε y )2 + (ε y − ε z )2 + (ε z − ε x )2 + 3 γ xy2 + γ yz2 + γ zx2 ;
3
2
• октаэдрические деформации
εi =
2
(ε x − ε y )2 + (ε y − ε z )2 + (ε z − ε x )2 + 3 γ xy2 + γ yz2 + γ zx2 .
3
2
Тензор скоростей деформаций
1
1 ⎞
⎛
η xy
η xz ⎟
⎜ ξx
2
2 ⎟
⎜
1
1
ξ ij = ⎜ η yx ξ y
η yz ⎟
⎜2
2 ⎟,
⎜1
⎟
1
η zy ξ z ⎟
⎜ η zx
2
⎠
⎝2
где ξ x , ξ y , ξ z , η xy , η yz , η zx - линейные и угловые скорости деформаций, которые
γ окт =
вычисляются через скорости Vx , V y , Vz по формулам
dVx
dV dV
, η xy = x + y ,
dy
dx
dx
dV
dV
dV
ξ y = y , η yz = y + z ,
dy
dz
dz
dV
dV dV
ξ z = z , η zx = z + x .
dz
dx
dz
ξx =
При развитых пластических деформациях
dVx dV y dVz
+
+
= 0.
dx
dy
dz
Интенсивность скоростей деформаций сдвига
H=
2
3
(ξ
− ξ y ) + (ξ y − ξ z ) + (ξ z − ξ x ) +
2
x
2
2
(
)
3 2
η xy + η yz2 + η zx2 .
2
Главные оси скоростей деформаций, главные скорости линейных
деформаций определяются аналогично, как для тензора деформаций.
В технологических расчетах логарифмические деформации подсчитываются
по формулам:
e x = ln
x
y
z
, e y = ln , ez = ln ,
x0
y0
z0
где x0 , y0 , z 0 и x, y, z - начальные и текущие размеры тела в направлении главных
осей.
Задачи
6.1 Определить линейные и угловые деформации согласно рис. 8.
32
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 8
6.2 Какая запись верно отражает запись тензора деформаций:
0 ⎞
⎛ 0,01 0
⎛10 0
⎜
⎜
⎟
0,02
0 ⎟ , T2ε = ⎜ 0 15
T1ε = ⎜ 0
⎜ 0
⎜0 0
0
− 0,04 ⎟⎠
⎝
⎝
0 ⎞
⎛5 6
⎛ 0,003 0,0075
⎜
⎜
⎟
0 ⎟ , T4ε = ⎜ 6 3
T3ε = ⎜ 0,009 0,002
⎜0 − 4
⎜ 0,01 0,0003 0,005 ⎟
⎝
⎝
⎠
0⎞
⎟
0 ⎟,
20 ⎟⎠
0 ⎞
⎟
− 4 ⎟ ⋅ 10 −4.
2 ⎟⎠
6.3 В точке тела имеются следующие компоненты деформаций: ε x = 0,001 ,
ε y = 0,0005 , ε z = −0,0001 , γ xy = 0,0002 , γ yz = −0,0001 , γ zx = 0,0003 . Вычислить главные
деформации и их ориентировку по отношению к осям x , y , z .
6.4 Деформированное состояние тела описывается следующим тензором:
0 ⎞
⎛4 6
⎜
⎟
Tε = ⎜ 6 5 − 6 ⎟ ⋅ 10 −4 .
⎜0 − 6 4 ⎟
⎝
⎠
Найти три взаимно перпендикулярных направления, которые остаются таковыми и
после деформации.
6.5 При малой деформации тела каждая точка испытывает смещения (в
−4
10 мм), заданные следующими уравнениями:
u x = 5x + 3 y − 2 z ,
u y = −3x + 4 y + 8 z ,
u z = 6 x − 10 y + 5 z .
Записать тензор деформаций и составить уравнение для определения главных
деформаций.
6.6 При малой деформации кубика с ребром a каждая его точка испытывает
смещения, заданные следующими уравнениями:
u x = a1 x + b1 y + c1 z ,
u y = a 2 x + b2 y + c 2 z ,
u z = a3 x + b3 y + c3 z .
Найти относительное изменение объема кубика и его линейные размеры после
деформации.
6.7 Известен тензор деформаций
33
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
0 − 2⎞
⎛ 1
⎜
⎟
Tε = ⎜ 0
1 − 2 ⎟ ⋅ 10 −3 .
⎜ − 2 − 2 − 6⎟
⎝
⎠
Определить направления, в которых происходит лишь растяжение или сжатие.
6.8 Привести к диагональному виду следующие тензоры деформации:
⎛ 4 3 0⎞
⎛ 5 7 0⎞
⎜
⎜
⎟
⎟
−3
T1ε = ⎜ 3 8 6 ⎟ ⋅ 10 , T2ε = ⎜ 7 3 0 ⎟ ⋅ 10 −3 .
⎜ 0 6 4⎟
⎜0 0 1⎟
⎝
⎝
⎠
⎠
6.9 Для плоского деформированного состояния ( ε z = γ zx = γ zy = 0 ) вывести фор-
мулы для определения главных деформаций.
6.10 Деформированное состояние задано в виде следующего тензора:
0 ⎞
⎛ 0,04 0,02
⎜
⎟
0 ⎟.
Tε = ⎜ 0,02 0,04
⎜ 0
0
− 0,02 ⎟⎠
⎝
Определить:
а) главные деформации;
б) девиатор деформаций и второй инвариант девиатора деформаций в
главных осях;
в) конечные размеры деформируемого тела, если начальные размеры составили 15 × 50 × 30 мм.
6.11 Плита длиной 1200 мм, шириной 360 мм и толщиной 5 мм растягивается
равномерно при растяжении в продольном направлении до тех пор, пока ее длина
не увеличится до 1440 мм без изменения ширины. Найти:
а) конечные главные деформации;
б) конечные размеры плиты.
Решение. Выбрав следующие направления осей: длина x , ширина y , толщина z , получаем
x
1440
y
360
= ln
= 0,182 , e y = ln
= ln
= 0;
x0
1200
y0
360
z
t
e z = ln = ln = −0,182 , так как e x + e y + e z = 0 .
z0
t0
e x = ln
Из уравнения
e z = ln
t
t0
получаем
t = t 0 e ez = 5e −0,182 = 4,16 мм.
Следовательно, размеры плиты после деформации будут следующими:
длина 1440 мм, ширина 360 мм и толщина 4,16 мм.
6.12 Конечный диаметр прутка равен 40 мм, а длина 2400 мм. Этот пруток был
подвергнут равномерной пластической деформации растяжением от начального
диаметра 60 мм. Определить:
а) первоначальные размеры прутка;
б) конечные деформации.
34
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6.13 В процессе деформации первоначально квадратная сетка линий исказилась
так, что расстояние между деформированными квадратами в долевом направлении
увеличилось в 4 раза по сравнению с первоначальным расстоянием. Найти:
а) конечные деформации, если процесс деформации является линейным
растяжением;
б) конечные деформации, если ширина детали остается постоянной.
6.14 На стальной лист была нанесена сетка со стороной квадрата 50 мм, после
деформации она стала прямоугольной с размерами 40 × 60 мм. Определить величину конечных деформаций. Изменится ли результат задачи, если рассматривать
круглую сетку с d 0 = 50 мм, которая превратилась бы в эллипс с главными осями
2a = 60 мм и 2b = 40 мм?
6.15 Полоса длиной 250 мм была растянута до 300 мм. Считая напряженное состояние линейным, материал изотропным, а объем неизменным, найти деформации
по ширине и толщине полосы.
6.16 Пруток из изотропного материала был растянут таким образом, что его
длина увеличилась в 1,2 раза. Каким стал конечный диаметр прутка, если начальный диаметр d 0 = 30 мм? Каковы величины деформаций?
6.17 Плита длиной 2000 мм, шириной 400 мм и толщиной 10 мм деформировалась до тех пор, пока ее длина не стала равна 2800мм. Считая деформацию плоской, определить:
а) конечные деформации;
б) конечные размеры плиты;
в) интенсивность деформации.
6.18 Лист толщиной 6 мм, длиной 400 мм и шириной 300 мм растягивается до
получения продольной деформации e x = 0,15 . Считая толщину неизменной, определить конечные размеры листа и интенсивность деформаций.
6.19 Труба с наружным диаметром d = 80 мм, толщиной стенки S = 4 мм и длиной l = 800 мм подвергалась растяжению до l1 = 1000 мм. Считая материал изотропным, найти компоненты деформации и ее интенсивность, а также конечные
размеры трубы.
6.20 Тензор скоростей деформации в декартовой ортогональной системе
координат записан следующим образом:
⎛0 a a⎞
⎜
⎟
Tε = ⎜ a 0 a ⎟ .
⎜a a 0⎟
⎝
⎠
Найти его главные значения и главные оси.
6.21 Заданы перемещения:
а) u x = 5 xyz , u y = 2xy 2 , u z = 3yz 2 ;
б) u x = 3x 2 z , u y = 3 y 2 x , u z = 3z 2 xy .
Записать тензор деформации и проверить, удовлетворяются ли условия совместимости.
6.22 Деформированное состояние в точке тела задано тензором бесконечно малых деформаций
35
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
⎛ 6 x12
⎜
ε ij = ⎜ x 22
⎜
⎝ x1 x3
x 22
4 x3
x32
x1 x3 ⎞
⎟
x32 ⎟ .
5 ⎟⎠
Определить, удовлетворяются ли уравнения совместности.
6.23 Показатель деформированного состояния
ε − 0,5(ε 1 + ε 3 )
νε = 2
.
0,5(ε 1 − ε 3 )
Используя условие постоянства объема при пластических деформациях, записать
его через две деформации, а также через их отношения.
6.24 Считая деформацию пластической, рассмотреть значение показателя вида
деформированного состояния для следующих случаев:
а) чистый сдвиг, когда ε 1 = −ε 3 ;
б) объемная схема деформаций, когда ε 2 = ε 3 .
6.25 Используя условие постоянства объема, записать второй инвариант девиатора деформаций через две деформации.
6.26 Даны значения ν ε : 0; +1; –1. Показать возможные случаи деформированных состояний, соответствующих указанным величинам.
6.27 На рис. 9 приведена схема изменения координатной сетки при волочении
круглого сплошного профиля через коническую волоку. Дать анализ изменения
линейных и угловых деформаций.
Рис. 9
6.28 Поле скоростей перемещений точек деформированного тела определяется
уравнениями
Vx = 0,1x − y 2 + 3z 3 ,
V y = 4 x 3 + 0,3 y + z 2 ,
Vz = x 2 − 3,6 y 3 − 0,4 z .
Удовлетворяет ли это поле скоростей условию несжимаемости материала?
6.29 Круг диаметром d 0 , нанесенный в плоскости симметрии деформированного
тела, в результате монотонного процесса деформирования превратился в эллипс,
главные диаметры которого 2а = 4d 0 , 2в = 0,25d 0 . Определить величины главных
конечных деформаций и интенсивность деформаций сдвига.
36
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
6.30 Деформированное состояние в точке тела задано тензором деформаций
0 ⎞
⎛ 0,03 0,01
⎜
⎟
0 ⎟.
Tε = ⎜ 0,01 − 0,02
⎜ 0
0
− 0,01⎟⎠
⎝
Определить величины главных деформаций.
Решение. По виду тензора деформаций определяем, что компонента
ε z = −0,01 является главной, так как γ zx = γ zy = 0 . Величины двух других компонент
находятся из уравнения:
0,03 − ε
0,01
0
0,01
− 0,02 − ε
0
0
0
− 0,01 − ε
− (ε + 0,01) ⋅
или
0,03 − ε
0,01
=0
0,01
= 0.
− 0,02 − ε
Раскрывая определитель, получаем
(0,03 − ε ) ⋅ (− 0,02 − ε ) − 0,0001 = 0 ;
ε 2 − 0,01ε − 0,0007 = 0 ;
ε = 0,005 ± 0,0269 .
Отсюда
ε 1 = 0,0319 ; ε 2 = −0,01 ; ε 3 = 0,0219 .
6.31 Деформированное состояние в исследуемой точке тела, нагруженного
внешними силами, характеризуется тензором малых деформаций, компоненты
которого определены в декартовой системе координат:
0 ⎞
⎛ 0,0Ф 0,06
⎜
⎟
Tε = ⎜ 0,06 0,0 И − 0,06 ⎟ .
⎜ 0
− 0,06 0,0Ф ⎟⎠
⎝
Определить: 1) величины главных деформаций; 2) направления главных осей
деформаций; 3) величины главных сдвиговых деформаций; 4) интенсивность
деформаций; 5) вид деформированного состояния; 6) шаровой тензор деформаций
в главных осях; 7) девиатор деформаций. Здесь Ф – число букв в фамилии; И –
число букв в имени студента.
37
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
7. ОСНОВНЫЕ УРАВНЕНИЯ ТЕОРИИ УПРУГОСТИ
Основной закон упругости может быть записан в следующей форме:
ε ij = S ijlmσ lm ,
где S ijlm – упругие константы.
Применяется и следующий вид этого уравнения:
σ ij = Cijlm ε lm .
В случае ортотропного тела закон Гука через технические константы выражается таким образом:
μ xy
μ
1
1
εx =
σx −
σ y − xz σ z , γ xy =
τ xy ;
Ex
Ey
Ez
G xy
εy =
μ yx
μ yz
1
1
σy −
σx −
σ z , γ yz =
τ yz ;
Ey
Ex
Ez
G yz
εz =
μ zy
μ
1
1
τ zx .
σ z − zx σ x −
σ y , γ zx =
G zx
Ez
Ex
Ey
Часто вместо индексов x , y , z принимают индексы 1, 2, 3. Например,
μ xy = μ12 .
Ввиду изотропного материала основной закон упругости в прямой форме
выражается формулами
τ xy
1
;
ε x = [σ x − μ (σ y + σ z )] , γ xy =
G
E
τ yz
1
;
ε y = σ y − μ (σ x + σ z ) , γ yz =
G
E
τ
1
ε z = σ z − μ (σ x + σ y ) , γ zx = zx .
E
G
[
]
[
]
Его можно представить также и в виде двух законов: закона изменения объема
σ ср = kθ
и закона упругого изменения формы тела Dσ = 2GDε .
Здесь k =
E
– объемный модуль упругости.
3(1 − 2 μ )
Закон Гука в обратной форме:
σ x = λθ + 2Gε x , τ xy = Gγ xy ,
σ y = λθ + 2Gε y , τ yz = Gγ yz ,
σ z = λθ + 2Gε z , τ zx = Gγ zx ,
где λ - коэффициент Ляме,
λ=
Eμ
.
(1 − 2μ )(1 + μ )
Модуль сдвига
G=
38
E
.
2(1 + μ )
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задачи
7.1 Определить относительные линейные, угловые и объемные деформации в
изотропном теле по данным табл. 7:
Таблица 7
Модули
упругости, МПа
Напряжения, МПа
σx
σy
σz
τ xy
τ yz
τ zx
E ⋅ 10 4
G ⋅ 10 4
40
0
46
68
20
55
-50
-40
60
26
42
25
32
-20
20
80
-10
36
0
-14
30
0
-24
16
25
12
21
18
12
46
24
13
0
14
-4
-16
0
8
-18
0
6
12
20
6,9
11
9
11,4
14,1
17,5
7,7
2,4
4
3,5
4,2
5
6,3
7.2 Из уравнения, выражающего обобщенный закон упругости для изотропного материала, получить выражение закона Гука для следующих случаев:
а) одноосное растяжение;
б) одноосное сжатие;
в) двухосное растяжение;
г) ε z = 0 .
7.3 Для неметаллических ортотропных материалов определены упругие постоянные в табл. 8.
Таблица 8
Коэффициенты
поперечной
деформации
Модули упругости, МПа
Ex
Ey
Ez
G xy
G yz
G zx
μ xy
μ yz
E1
E2
E3
G12
G23
G31
μ12
μ 23
μ zx
μ 31
10,3
0,77
0,395
0,524
0,354
0,421
0,031
0,248
0,441
32,7
7,1
4,6
1,21
1,98
2,52
0,07
0,30
0,36
46
16
11,2
5,65
3,30
4,35
0,093
0,36
0,30
26
26
7,8
4,51
3,0
3,0
0,13
0,24
0,24
17,6
13,1
5,3
2,82
2,38
2,34
0,10
0,17
0,229
Для напряженного состояния, заданного тензором
⎛120 0 40 ⎞
⎜
⎟
Tσ = ⎜ 0 140 60 ⎟ ,
⎜ 40 60 80 ⎟
⎝
⎠
определить линейные, угловые и объемные деформации.
7.4 Компоненты материального тензора, входящего в уравнения упругости
σ ij = Cijkl ε kl , при изотропном теле можно представить следующим образом:
C ijkl = λδ ij δ kl + G ⋅ (δ ik δ jl + δ il δ jk ) .
Для данного случая записать закон Гука через постоянные λ и G .
39
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
7.5 Показать, что σ ij = Cijkl ε kl можно разбить на две группы:
σ ii = (3λ + 2G ) ⋅ ε ii и S ij = 2Gε ij .
Здесь S ij и ε ij – компоненты девиаторов напряжений и деформаций.
7.6 Замерены следующие деформации табл. 9:
Таблица 9
Деформации, 10
−3
εx
εy
εz
γ xy
γ yz
γ zx
1
2
3
1,5
0
0
3
2
1
0,5
1
0,3
2
4
6
1
0
2
3
5
8
2
1
0
Используя данные по упругим постоянным, приведенным в задачах 7.1 и 7.2,
определить напряженные состояния материала. Используя данные таблицы,
представить закон Гука в виде законов изменения объема и формы тела. Показать
также зависимости τ i = Gγ i .
7.7 Стержень длиной l равномерно растянут в пределах упругой деформации
на величину Δl . Определить перемещения точек тела u x , u y , u z и возникающие
напряжения для следующих случаев:
а) стержень имеет круглое сечение;
б) стержень имеет квадратное сечение.
7.8 Определить, под действием каких сил находится круглый цилиндрический
стержень, если его перемещения выражаются функциями
μγ
μλ
γ 2 2
[z − l + μ (x 2 + y 2 )].
ux = −
xz , u y = −
yz , u z =
E
E
2E
7.9 Вывести следующие зависимости между упругими постоянными:
1
1
1 μ
1
1
=
+
−
, =
.
E
3G
9k
E
6G
9k
7.10 Образец упруго растянут с относительной деформацией ε = 0,005 . Модуль
нормальной упругости 196 ГПа, коэффициент Пуассона μ = 0,3 . Определить
относительное изменение объема образца θ .
7.11 Куб размерами h × l × b = 1 × 1 × 1 м подвергнут осадке на величину Δh в
пределах упругости. Коэффициент Пуассона μ = 0,3 . Определить объемную деформацию.
7.12 Стальная деталь нагружена и замерены следующие упругие деформации:
ε x = 0,001 , ε y = 0,002 , ε z = 0,003 , γ xy = 0,0015 , γ yz = γ zx = 0 . Найти напряженное
состояние детали, если E = 2,1 ⋅ 10 5 МПа, μ = 0,33 .
40
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8. ПЛОСКИЕ И ОСЕСИММЕТРИЧНЫЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ
УПРУГОСТИ
Для решения плоских задач теории упругости часто используется функция
напряжений Эри ϕ (x, y ) . Компоненты напряжений представляются частными
производными
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
σ x = 2 , σ y = 2 , τ xy = −
.
(7)
∂y
∂x∂y
∂x
При этом уравнения равновесия удовлетворяются тождественно, а условие совместности превращается в бигармоническое уравнение
∂ 4ϕ
∂ 4ϕ
∂ 4ϕ
+
+
2
= 0 или ∇ 4ϕ = 0 .
(8)
4
2
2
4
∂x
∂x ∂y
∂y
В случае решения задачи в полярных координатах компоненты напряжений и условие совместности можно представить в виде выражений
∂ 2ϕ
1 ∂ϕ
1 ∂ 2ϕ
∂ ⎛ 1 ∂ϕ ⎞
⎟ , ∇ 2 (∇ 2ϕ ) = 1
+ 2
σ
=
,
, τ ρθ = − ⎜⎜
σρ =
θ
2
2
ρ ∂ρ ρ ∂θ
∂ρ ⎝ ρ ∂θ ⎟⎠
∂ρ
или
⎛ ∂
1 ∂
1 ∂ ⎞⎛ ∂ϕ
1 ∂ϕ ∂ϕ ⎞
⎜⎜ 2 +
⎟⎟⎜⎜ 2 +
⎟ = 0.
+ 2
+
ρ ∂ρ ρ ∂θ ⎠⎝ ∂ρ
ρ ∂ρ ∂z 2 ⎟⎠
⎝ ∂ρ
Если напряжения распределены симметрично относительно оси, то ϕ = ϕ (ρ )
имеет вид
ϕ = A ln ρ + Bρ 2 ln ρ + Cρ 2 + D ,
где A , B , D , C – постоянные, определяемые из заданных условий на контуре.
Исходя из этого, можно найти напряжения в толстостенных цилиндрах с радиусами r1 и r2 при наличии внутреннего p1 и внешнего p 2 давлений:
σ θ ⎫⎪ r12 p1 − r22 p 2 ( p1 − p 2 )r12 r22
±
⎬=
σ ρ ⎪⎭
r22 − r12
(r22 − r12 )ρ 2 .
Для плоского напряженного состояния
εx =
1
(σ x − μσ y ) , ε y = 1 (σ y − μσ x ), ε z = − μ (σ x + σ y ),
E
E
E
γ xy =
τ xy
G
, γ xz = γ yz = 0 , τ xz = τ yz = σ z = 0 .
Для плоской деформации
ε z = γ zx = γ zy = 0 , τ zx = τ zy = 0 ,
1+ μ
[(1 − μ )σ x − μσ y ], ε y = 1 + μ [(1 − μ )σ y − μσ x ],
εx =
E
E
σ z = μ (σ x + σ y ) , γ xy =
τ xy
G
.
Задачи
8.1 Даны величины напряжений σ x = 100 МПа, σ y = 150 МПа, τ xy = 75 МПа.
Определить деформации, если деталь изготовлена из стали E = 2 ⋅ 10 5 МПа, μ = 0,3 .
Определить изменение объема.
41
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
8.2 В плите из алюминиевого сплава ( E = 7 ⋅ 10 4 МПа, μ = 0,32 ) при ее деформации толщина остается неизменной, а деформации составят ε x = 5 ⋅ 10 −4 , ε y = −2 ⋅ 10 −4 ,
γ xy = −1 ⋅ 10 −4 . Определить возникающие напряжения.
8.3 Найти связь между константами A и B , при которой функция
ϕ = y (Ax 4 + x 2 y 2 + By 4 ) будет функцией Эри. Определить компоненты напряжений.
8.4 Проверить, могут ли при осесимметричной деформации тела функциями
напряжений служить
ϕ = C (ρ 2 + z 2 ) , ϕ = Cz n ln ρ (n=0, 1, 2, 3),
ϕ = C (ρ 2 + z 2 )z , ϕ = Cz n (n=1, 2, 3),
где C – постоянная.
8.5 Доказать, что функция напряжения Эри ϕ = x 4 + y 4 − 6 x 2 y 2 + xy + 3
удовлетворяет бигармоническому уравнению ∇ 4ϕ = 0 . Найти компоненты напряжения, считая деформацию плоской. Записать уравнения для определения
деформаций.
8.6 Кольцо единичной толщины окручивается двумя парами сил, приложенных соответственно к внутренней и наружной боковым поверхностям. Убедиться в
том, что в каждой точке
σ ρ = σθ = 0,
τ ρθ =
M
2πρ 2
.
8.7 Стальной цилиндр, внешний диаметр которого 300 мм и толщина стенки
60 мм, подвергнут внутреннему давлению p1 = 300 МПа. Определить величину наибольших растягивающих, сжимающих и касательных напряжений. Построить
эпюры σ θ , σ ρ и τ max .
8.8 В задаче 8.5 поменять условие, т.е. считать, что действует не внутреннее, а
внешнее давление. Определить те же величины.
8.9 Принять, что стальной цилиндр (задача 8.7) подвергнут не только внутреннему p1 = 300 МПа, но и внешнему давлению p 2 = 100 МПа. Определить те же величины.
8.10 Определить напряжение в стальном контейнере, состоящем из втулки
( r1 = 80 мм, r2 = 180 мм) и корпуса ( r3 = 270 мм). Натяг по диаметру при посадке
втулки 2δ 1 = 0,3 мм, а внутреннее давление p = 500 МПа. Построить эпюры
напряжений.
8.11 Дана система, состоящая из корпуса и двух втулок с размерами: r1 = 60 мм,
r2 = 80 мм, r3 = 120 мм и r4 = 220 мм. Натяг между первой и второй втулками
2δ 1 = 0,2 мм, а между втулкой и корпусом 2δ 2 = 0,3 мм. Внутреннее давление
p1 = 600 МПа. Корпус и втулка стальные. Определить напряжения и построить их
эпюры.
8.12 Дана прямоугольная пластина шириной b , длиной 2b (рис. 10), по кромкам которой действуют внешние силы, равномерно распределенные по ее толщине,
равной единице. Под действием этих сил в пластине возникает напряженное
состояние, описываемое функцией напряжений в виде полинома четвертой степени
ϕ = 2bx 3 − 3x 2 y 2 + y 4 .
Требуется:
1) Проверить возможность существования такой функции напряжений.
42
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2) По функции напряжений найти выражения компонентов напряжений.
3) Выяснить характер распределенных по кромкам пластины внешних
сил, под действием которых имеет место данная система напряжений, и построить
эпюры напряжений.
Рис. 10
Решение.
1) Для выполнения проверки существования заданной функции напряжений выполним ее дифференцирование:
∂ϕ
∂ 2ϕ
∂ 3ϕ
∂ 4ϕ
2
= 6bx 2 − 6 xy 2 ;
=
12
bx
−
6
y
;
=
12
b
;
= 0;
3
4
2
∂x
∂x
∂ϕ
= −6 x 2 y + 4 y 3 ;
∂y
∂ϕ
= −6 x 2 + 12 y 2 ;
∂y 2
2
∂ 2ϕ
= −12 xy ;
∂x∂y
∂ 3ϕ
= −12 y ;
∂x 2 ∂y
∂x
∂x
3
∂ϕ
∂ 4ϕ
=
24
y
;
= 24 ;
∂y 3
∂y 4
∂ 4ϕ
= −12 .
∂x 2 ∂y 2
Подставив четвертые производные в бигармоническое уравнение (8), видим,
что оно удовлетворяется: 0 + 2(− 12) + 24 = 0 . Следовательно, напряженное
состояние пластины, выраженное заданной функцией напряжений, возможно.
2) Компоненты напряжений, действующих по кромкам пластины, равны:
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
∂ 2ϕ
2
2
2
= 12 xy .
σ x = 2 = −6 x + 12 y ; σ y = 2 = 12bx − 6 y ; τ xy = −
∂y
∂x
∂x∂y
3) Используя функциональные компоненты напряжений в пластине, построим соответствующие эпюры напряжений по контуру пластины на каждой ее
боковой стороне.
Сторона 0-1-2 ( x = 0 , 0 ≤ y ≤ b ). На этой грани действуют напряжения
σ xx = 12 y 2 , τ xy = 0 :
y = 0 (точка 0) ⇒ σ xx = 0 , τ xy = 0 ;
b
(точка 1) ⇒ σ xx = 3b 2 , τ xy = 0 ;
2
y = b (точка 2) ⇒ σ xx = 12b 2 , τ xy = 0 .
y=
σ yy
Сторона 2-3 ( 0 ≤ x ≤ 2b , y = b ). На этой грани действуют напряжения
= 12bx − 6b 2 , τ xy = 12bx :
x = 0 (точка 2) ⇒ σ yy = −6b 2 , τ xy = 0 ;
x = 2b (точка 3) ⇒ σ yy = 18b 2 , τ xy = 24b 2 .
43
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
σ xx
Сторона 3-4-5 ( x = 2b , 0 ≤ y ≤ b ). На этой грани действуют напряжения
= −24b 2 + 12 y 2 , τ xy = 24by :
y = 0 (точка 5) ⇒ σ xx = −24b 2 , τ xy = 0 ;
b
(точка 4) ⇒ σ xx = −21b 2 , τ xy = 12b 2 ;
2
y = b (точка 3) ⇒ σ xx = −12b 2 , τ xy = 24b 2 .
y=
σ yy
Сторона 0-5 ( 0 ≤ x ≤ 2b , y = 0 ). На этой грани действуют напряжения
= 12bx , τ xy = 0 :
x = 0 (точка 0) ⇒ σ yy = 0 , τ xy = 0 ;
x = 2b (точка 5) ⇒ σ yy = 24b 2 , τ xy = 0 .
По полученным результатам строим эпюры σ xx , σ yy и τ xy , которые приведены на рис. 11.
Рис. 11
8.13 Дана прямоугольная невесомая пластина (рис. 10), по кромкам которой
действуют внешние силы, равномерно распределенные по ее толщине, равной
единице.
Требуется:
1) Проверить возможность существования функции напряжений в виде
полинома четвертой степени
ϕ = 2bx 3 − 3 x 2 y 2 + y 4 + Фx 2 y + Иy 2 x ,
с помощью бигармонического уравнения. Здесь Ф – число букв в фамилии, И –
число букв в имени студента.
2) По функции напряжений найти выражения компонентов напряжений.
3) Выяснить характер распределения по кромкам пластины внешних сил
путем построения эпюры напряжений по контуру пластины на каждой ее боковой
стороне, используя рассчитанные данные в точках 0, 1, 2, 3, 4, 5.
44
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
4) Записать тензор напряжений и тензор деформаций для центральной
точки пластины, приняв E = 2 ⋅ 10 5 МПа, μ = 0,33 , в = И .
8.14 Толстостенная достаточно длинная труба из однородного материала находится одновременно под действием равномерного внутреннего и наружного давлений в упругом состоянии. Определить напряженно-деформированное состояние
трубы.
Решение. Используем цилиндрическую систему координат. Направим координатные линии ρ , θ , z , соответственно по радиусу трубы, в окружном направлении и вдоль оси трубы (рис. 12).
Так как напряженно-деформированное состояние трубы является осесимметричным, то τ ρθ = τ θz = 0 , γ ρθ = γ θz = 0 . Так как труба достаточно длинная, то
можно принять схему плоского деформированного состояния, т.е. ε z = 0 . Тогда
τ zρ = 0 , γ zρ = 0 . Из трех компонент вектора перемещения U ρ , U θ , U z две
U θ = U z = 0 , а U ρ зависит только от координаты ρ , т.е. материальные точки трубы
перемещаются в радиальных направлениях.
Рис. 12
Система уравнений, описывающих напряженно-деформированное состояние
толстостенной трубы, состоит из одного уравнения статического равновесия
∂σ ρ σ ρ − σ θ
+
=0,
∂ρ
ρ
соотношений между деформациями и перемещениями
ερ =
∂U ρ
, εθ =
Uρ
,
ρ
физических уравнений, связывающих напряжения с деформациями:
σ ρ = λθ + 2Gε ρ ,
∂ρ
σ θ = λθ + 2Gε θ ,
σ z = λθ ,
где θ – объемная относительная деформация ( θ = ε ρ + ε θ ).
45
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таким образом, имеем пять уравнений с пятью независимыми переменными
U ρ , ε ρ , ε θ , σ ρ , σ θ . Поставленная задача статически определима.
Решим задачу в перемещениях. Подставим в физические уравнения вместо
деформаций перемещения по формулам
σ ρ = (λ + 2G )
σ θ = (λ + 2G )
∂U ρ
∂ρ
Uρ
+λ
+λ
Uρ
ρ
,
∂U ρ
.
ρ
∂ρ
Полученные выражения напряжений подставим в уравнения равновесия.
получим дифференциальное уравнение Ляме в перемещениях:
∂ 2U ρ 1 ∂U ρ U ρ
+
− 2 = 0,
ρ ∂ρ
∂ρ 2
ρ
решение которого имеет вид
C
U ρ = C1 ρ + 2 .
ρ
Тогда
ε ρ = C1 −
C2
ε θ = C1 +
C2
⎛
σ ρ = 2G⎜⎜ C1 −
⎝
⎛
σ θ = 2G⎜⎜ C1 +
⎝
ρ2
ρ2
,
,
C2 ⎞
⎟ + 2λC1 ,
ρ 2 ⎟⎠
C2 ⎞
⎟ + 2λC1 .
ρ 2 ⎟⎠
Постоянные C1 и C 2 найдем из граничных условий: на внутренней
поверхности трубы ( ρ = r1 ) σ ρ = − P1 , на наружной поверхности ( ρ = r2 ) σ ρ = − P2 .
Подставим эти значения в третью формулу:
⎧
⎛
C2 ⎞
⎪− P1 = 2G⎜⎜ C1 − 2 ⎟⎟ + 2λC1 ,
r1 ⎠
⎪
⎝
⎨
⎛
C2 ⎞
⎪
⎟
⎜
⎪− P2 = 2G⎜ C1 − r 2 ⎟ + 2λC1 .
2 ⎠
⎝
⎩
Решая эту систему двух уравнений относительно C1 и C 2 , найдем
P1 r12 − P2 r22
1
,
C1 =
2(G + λ ) r22 − r12
C2 =
1 r12 r22 (P1 − P2 )
.
2G
r22 − r12
Подставим эти выражения, получим окончательно
σρ =
46
P1r12 − P2 r22 P1 − P2 r12 r22
− 2
,
r22 − r12
r2 − r12 ρ 2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
σθ =
P1 r12 − P2 r22 P1 − P2 r12 r22
+ 2
.
r22 − r12
r2 − r12 ρ 2
Зная C1 и C 2 , можно найти и перемещение U ρ = C1 ρ +
C2
и осевое напряжеρ
ние σ z = λθ = λ (ε ρ + ε θ )2C1λ , которое постоянно во всех точках трубы.
Теперь рассмотрим три случая.
1) Труба нагружена внутренним давлением. В этом случае P2 = 0 .
⎛
r2 ⎞
⎜⎜1 − 22 ⎟⎟ ,
⎝ ρ ⎠
Pr2 ⎛
r2 ⎞
σ θ = 2 1 1 2 ⎜⎜1 + 22 ⎟⎟ .
ρ ⎠
r2 − r1 ⎝
σρ =
P1 r12
r22 − r12
На рис. 13, а показаны эпюры распределения радиального и окружного напряжений по толщине стенки трубы при нагружении внутренним давлением.
Рис. 13
Окружное напряжение является растягивающим, а радиальное – сжимающим. У внутренней поверхности σ θ достигает наибольшего значения
σ θ ( ρ = r ) = P1
1
r22 + r12
,
r22 − r12
радиальное напряжение при этом равно − P1 .
2) Труба нагружена только наружным давлением. В этом случае P1 = 0 .
⎛
r2 ⎞
⎜⎜1 − 1 2 ⎟⎟ ,
⎝ ρ ⎠
P r2 ⎛
r2 ⎞
σ θ = − 2 2 2 2 ⎜⎜1 + 1 2 ⎟⎟ .
ρ ⎠
r2 − r1 ⎝
σρ = −
P2 r22
r22 − r12
Эпюры напряжений по толщине стенки трубы для этого случая нагружения
представлены на рис. 13, б. Окружное и радиальное напряжения – сжимающие
напряжения.
3) Труба нагружена одновременно наружным и внутренним давлением.
Соотношение между внутренним и наружным давлениями полагаем таким, что
внутренний и наружный радиусы трубы увеличиваются. Эпюры напряжений по
толщине стенки трубы для этого случая нагружения представлены на рис. 13, в.
47
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Окружные напряжения около внутренней поверхности – растягивающие, а около
наружной поверхности – сжимающие.
8.15 Определить напряженное состояние контейнера при прессовании. Контейнер состоит из двух цилиндрических втулок, посаженных друг на друга с натягом.
Исходные данные:
а) внутренний радиус - r1 (мм) – r1 = 90 + 2 ⋅ N сп ;
б) наружный радиус - r3 (мм) – r3 = 250 + 10 ⋅ N сп ;
в) радиус сопряжения втулок - r2 (мм) – r2 = r1 r3 ;
г) внутреннее давление в контейнере при прессовании, P (МПа) –
P = 500 + 50 ⋅ N сп ;
д) натяг Δ =
P
r2 ;
E
е) давление посадки Pп =
EΔ (r22 − r12 )(r32 − r22 )
;
2r23
r32 − r12
ж) допустимое напряжение материала втулок [σ ] = 1000 МПа;
з) модуль упругости E = 210000 МПа.
Этапы расчета:
1) Привести упругое решение задачи для толстостенной трубы,
нагруженной внешним и внутренним давлением (задача 8.14).
2) Рассчитать напряженное состояние в контейнере от давления прессования при ρ = r1 , r2 , r3 . Построить эпюры напряжений.
3) Рассчитать напряженное состояние в контейнере во втулках контейнера от давления посадки. Построить эпюры напряжений.
4) Используя метод суперпозиции сил, построить суммарные эпюры напряжений от давления прессования и давления посадки.
5) Проверить работоспособность втулок контейнера по III теории
прочности σ θ − σ ρ ≤ [σ ] .
6) Показать во сколько раз увеличивается прочность составного контейнера по сравнению с однослойным контейнером.
48
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
9. УДЕЛЬНАЯ ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ УПРУГОЙ ДЕФОРМАЦИИ
ТЕЛА
Выражение потенциальной энергии упругой деформации, отнесенной к
единице объема, можно представить в форме, которая одинакова для изотропной
или анизотропной среды:
1
W = σ ij ε ij .
2
Через технические компоненты в случае изотропного материала уравнение
потенциальной энергии можно представить следующим образом:
1
W =
σ 12 + σ 22 + σ 32 − 2 μ (σ 1σ 2 + σ 2σ 3 + σ 3σ 1 ) .
2E
Потенциальную энергию изменения объема и формы тела для данного случая находят по формулам
1 + 2μ
(σ 1 + σ 2 + σ 3 )2 = 1 + 2μ [I 1 (Tσ )]2 ,
W0 =
[
Wф =
[
]
GE
GE
]
1+ μ
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 = 1 + 2μ [I 2 (Tσ )]2 .
GE
GE
Задачи
9.1 Разложить тензоры напряжения и деформации на шаровые и девиаторы.
Представить удельную потенциальную энергию в виде суммы энергий изменения
объема и формы тела.
9.2 Представить полную удельную потенциальную энергию, энергию изменения объема и формы изотропного тела в виде функции инвариантов тензора деформаций.
9.3 Записать выражения удельной потенциальной энергии через технические
константы для трансверсально-изотропных и ортотропных сред.
9.4 Записать выражения удельной потенциальной энергии для частных случаев
напряженно-деформированного состояния:
а) линейное растяжение;
б) чистый сдвиг;
в) плоская деформация;
σ
г) двухосное растяжение с отношением напряжений 2 = 0,5 .
σ1
Тело принять изотропным.
9.5 В точке стального тела заданы тензоры напряжений
0
0 ⎞
⎛ 120 50 − 50 ⎞
⎛140
⎜
⎜
⎟
⎟
0 ⎟.
Tσ = ⎜ 50 − 60 50 ⎟ , Tσ = ⎜ 0 − 10
⎜ − 50 50 − 60 ⎟
⎜ 0
0
− 130 ⎟⎠
⎝
⎝
⎠
Считая размерность компонент напряжений в МПа, вычислить удельную
потенциальную энергию.
49
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
10. УСЛОВИЕ ПЛАСТИЧНОСТИ И НАСТУПЛЕНИЕ
ПЛАСТИЧЕСКОГО СОСТОЯНИЯ
Энергетическое условие пластичности ортотропной среды можно представить следующим образом:
σ i1 = μ 21
⎛ 1
(σ 11 − σ 22 )2 + ⎜⎜
⎝ μ 12
⎡⎛ 1
⎞⎤ 1 + μ1 2
⎞ ⎛ 1
⎛ 1
⎞
⎞
2
2
σ 12 + σ 232 + σ 312
− 1⎟⎟⎥
− 1⎟⎟ + ⎜⎜
− 1⎟⎟(σ 33 − σ 11 ) + ⎢⎜⎜
− 1⎟⎟(σ 22 − σ 33 ) + ⎜⎜
μ
μ
−
μ
1
21
12
1
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ μ 21 ⎠
⎠
⎦
⎣
(
Здесь μ kl – коэффициенты поперечной деформации, где первый индекс показывает направление поперечной деформации, а второй – действие силы;
μ i – коэффициент поперечной деформации, когда сила действует под
углом 45º к осям 1 и 2 и т.д.;
σ i1 – интенсивность напряжений, отнесенная к оси 1.
Наблюдаются следующие зависимости:
1 − μ1
1
1 1 − μ2
1 1 − μ3
,
⋅
=
=
μ12 + μ 21 − 2 μ12 μ 21 1 + μ1 μ12 1 + μ 2 μ 21 1 + μ 3
μ 21 (1 − μ12 )
μ = 1 − μ 21 , μ 23 =
,
μ12 + μ 21 − 2μ12 μ 21
1
+
1
−2
1
−1
1 + μ1
1 − μ1
μ12 μ 21
⋅
+3
⋅
= 1.
⎛ 1
⎞ 1 − μ1
⎛ 1
⎞⎛ 1
⎞ 1 + μ1
1
1
1
⎜⎜
+
− 1⎟⎟
+
− 1⎟⎟⎜⎜
+
− 2 ⎟⎟
4⎜⎜
⎝ μ12 μ 21
⎠
⎝ μ12 μ 21
⎠⎝ μ12 μ 21
⎠
При плоской деформации ε 2 = 0 , σ 2 = (1 − μ12 )σ 3 + μ12σ 1 .
μ12
μ 21
Для трансверсального изотропного тела (плоскость изотропии 1-2) условие
пластичности можно записать в виде
μ12
(σ 11 − σ 22 )2 + (σ 22 − σ 33 )2 + (σ 33 − σ 11 )2 + 1 + μ12 (σ 122 + σ 232 + σ 312 ) .
σ i1 = 1 − μ12
1 − μ12
1 − μ12
Наконец, при изотропном материале
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 .
σ i = σ i1 =
2
Условие пластичности Треска-Сен-Венана для изотропного материала:
2 τ 12 = σ 1 − σ 2 ≤ σ Т ,
2 τ 23 = σ 2 − σ 3 ≤ σ Т ,
2 τ 31 = σ 3 − σ 1 ≤ σ Т .
Задачи
10.1 Записать условие пластичности ортотропной среды для случая плоского
напряженного и плоского деформированного состояния, используя выражение σ i1 .
10.2 Произвести те же действия, что и в задаче 10.1, для трансверсального изотропного тела.
10.3 Энергетическое условие пластичности изотропного тела, записанное в
главных осях, разрешить относительно σ 3 . Затем, используя данные табл. 10 и
принимая условно у всех сплавов μ12 = μ 21 = 0,5 , определить, какие сжимающие
50
)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
или растягивающие напряжения σ 3 необходимо приложить, чтобы материал перешел в пластическое состояние.
Таблица 10
σ3,
σ1,
σ2 ,
μ12
μ 21
Материал
МА-8
ВТ1-2
ОТ4-1
ОХ18Н9Т
08кп
Л62
МПа
150
350
300
220
200
90
МПа
50
-150
-100
-40
50
-60
МПа
190
480
560
250
240
110
0,66
0,72
0,8
0,43
0,68
0,45
0,58
0,65
0,72
0,43
0,57
0,47
10.4 Аналогично 10.3 рассмотреть трансверсально-изотропное тело, считая
плоскостью изотропии плоскость 1-2. В данных таблицы значение μ 21 условно
принять равным μ12 .
По результатам решения 10.2, 10.3 и 10.4 оценить влияние анизотропии.
10.5 В некоторой точке тела материал испытывает напряженное состояние,
при котором σ 3 = −σ 1 ( σ 2 = 0 ). Исходя из энергетического условия пластичности,
определить, при каких числовых значениях тело перейдет в пластическое состояние.
Рассмотреть три случая:
а) среда изотропная σ T = 300 МПа;
б) сплав трансверсально-изотропный (например, ОХ18Н9Т);
в) сплав ортотропный (например, МА-8).
10.6 Стальной изотропный толстостенный цилиндр находится под действием
внутреннего давления p1 . Найти его величину из условия, что в металле впервые
появилось пластическое состояние.
Используя выведенную формулу, определить значение p1 , если r1 = 50 мм,
r2 = 150 мм, а σ T = 700 МПа.
10.7 В случае цилиндрической анизотропии напряжения в толстостенных цилиндрах рассчитываются по формулам:
k −1
k +1
p1C k +1 − p 2 ⎛ ρ ⎞
p1 − p 2 C k +1 k +1 ⎛ r2 ⎞
⎜ ⎟ +
C ⎜⎜ ⎟⎟ ,
σθ =
1 − C 2 k ⎜⎝ r2 ⎟⎠
1 − C 2k
⎝ρ⎠
p C k +1 − p 2
σρ = 1
1 − C 2k
⎛ρ
⎜⎜
⎝ r2
⎞
⎟⎟
⎠
k −1
p − p 2 C k +1 k +1 ⎛ r2
C ⎜⎜
− 1
1 − C 2k
⎝ρ
⎞
⎟⎟
⎠
k +1
,
где
C=
r1
,k=
r2
Eθ
.
Eρ
Принимая для стали k ≈ 1,1 и используя условие пластичности в виде
σ S1
,
σθ −σ ρ =
1 − μ12 μ 21
где μ12 = 0,62 , μ 21 = 0,5 ,получить величины, заданные в 10.7.
10.8 В 10.6 принять, что действует не только внутреннее, но и наружное
давление:
51
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
а) p 2 = 0,5 p1 ;
б) p 2 = p1 .
Что произойдет с цилиндром, если p 2 = p1 ?
10.9 Напряженное состояние в точке тела задано в виде тензора
⎛100 100 0 ⎞
⎜
⎟
Tσ = ⎜100 300 200 ⎟ .
⎜ 0 200 200 ⎟
⎝
⎠
Принимая σ T = 800 МПа, выяснить, в упругом или пластическом состоянии находится точка изотропной среды.
10.10 Напряжения в некоторой точке изотропного тела: σ 1 = 88 МПа,
σ 2 = 80 МПа, σ 3 = −157 МПа. Может ли металл с пределом текучести σ T = 196 МПа
находиться в упругом состоянии?
10.11 Напряжения в данной точке изотропного тела: σ 1 = 30 МПа, σ 2 = −20 МПа,
σ 3 = −10 МПа. Каким пределом текучести должен обладать металл, чтобы при заданных напряжениях находиться в упругом состоянии?
10.12 Под действием напряжений σ 1 = 50 МПа, σ 2 = −10 МПа, σ 3 = −20 МПа изотропный металл согласно условию максимальных касательных напряжений
оказался на пределе текучести. Какова величина предела текучести?
10.13 Записать условие пластичности максимальных касательных напряжений
для плоского напряженного состояния ( σ z = 0 ) и дать его геометрическую
интерпретацию.
10.14 Записать энергетическое условие пластичности для случая плоского напряженного состояния ( σ z = 0 ) и дать его геометрическую интерпретацию.
52
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
11. ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ ПЛАСТИЧНОСТИ
Энергетическое условие пластичности может быть представлено в линейном
виде:
а) тело изотропное
σ 1 − σ 3 = βσ i (σ T ) ,
где
β=
2
3 + ν σ2
;
β – коэффициент Лоде лежит в пределах от 1 до
б)
тело ортотропное
2
3
;
σ 1 − σ 3 = β1σ i1 (σ T 1 ) ,
где
μ12
β1 =
μ 21
ν σ2 − 2 Dν σ + C
C = 1 − 4 μ12 + 4
;
μ12
; D = 2μ12 − 1 .
μ 21
Интенсивность деформаций (при условии постоянства объема) в случае
изотропного тела может быть получена по формуле
εi =
2
3
(ε 1 − ε 2 )2 + (ε 2 − ε 3 )2 + (ε 3 − ε 1 )2
ei =
2
3
(e1 − e2 )2 + (e2 − e3 )2 + (e3 − e1 )2 ,
или
где e1 = ln (1 + ε 1 ) , e2 = ln (1 + ε 2 ) , e3 = ln (1 + ε 3 ) – логарифмические деформации.
Если тело является ортотропным, то
ei1 =
e12
e2
μ12
+ 2e1e2 + 2 .
1 − μ12 μ 21 μ12
μ 21
При плоском напряженном состоянии физические уравнения имеют вид:
а) тело изотропное
2 σi
(2e1 + e2 ) ,
σ1 =
3 εi
2 σi
(2e2 + e1 ) ;
σ2 =
3 εi
б) тело ортотропное
⎞
σ i1 ⎛ e1
μ12
⎜⎜
σ1 =
+ e2 ⎟⎟ ,
1 − μ12 μ 21 ε i1 ⎝ μ12
⎠
σ1 =
σ i1 ⎛
e ⎞
μ12
⎜⎜ e1 + 2 ⎟⎟ .
1 − μ12 μ 21 ε i1 ⎝
μ 21 ⎠
53
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Задачи
11.1 Стальной толстостенный цилиндр находится под действием внутреннего
давления p1 . Определить предел пластического сопротивления, т.е. то наименьшее
давление p1 , при котором весь металл перейдет в пластическое состояние (тело
принять изотропным). Для численного решения использовать данные задачи 10.7.
11.2 Определить предел текучести пластического сопротивления стального
цилиндра в случае цилиндрической анизотропии. Для численного решения использовать данные, приведенные в задаче 10.8.
11.3 В задаче 11.1 изменить условие, считая, что действует и наружное давление p 2 . Рассмотреть два случая: p 2 = 0,5 p1 и p 2 = − p1 .
11.4 Нанесенная на свободную поверхность листовой заготовки круглая
ячейка делительной сетки диаметром d 0 = 2 мм на конечном этапе деформирования
превратилась в эллипс, главные диаметры которого соответственно равны
2а1 = 4,272 ; 2в1 = 1,324 . Использовав уравнение кривой упрочнения σ i = 50ε i0, 25 ,
определить главные компоненты напряжения. Процесс деформирования считать
монотонным.
Решение. Определим значения главных логарифмических деформаций:
2a1
; e1 = 0,759 ;
d0
2в
e3 = ln 1 ; e2 = −0,402 ;
d0
e2 = −(e1 + e3 ) = −0,357 .
e1 = ln
Интенсивность логарифмических линейных деформаций найдем по формуле
ei =
2
e12 + e22 + e1e2 = 0,781.
3
Интенсивность нормальных напряжений рассчитываем по уравнению кривой
упрочнения
σ i = 50e10, 25 = 47кгс / мм 2 .
Поскольку сетка нанесена на свободную поверхность, то напряжение,
нормальное поверхности листа σ 2 , является главным и равно нулю. Для
определения остальных главных компонент напряжений воспользуемся
соотношением Гука – Генки:
e3
e1
e2
3 ei
=
=
=ψ =
; ψ = 0,025 ,
σ1 −σ σ 2 −σ σ 3 −σ
2 σi
отсюда следует
e2 − 0,357
= 14,3 кгс / мм 2 ;
0,025 0,025
e
0,759
σ 1 = σ + 1 = 14,3 +
= 44,6 кгс / мм 2 ;
0,025
0,025
σ2 = 0;
e
0,402
σ 3 = σ + 3 14,3 +
= −1,8 кгс / мм 2 ;
0,025
0,025
σ =−
11.5 На поверхность листа из сплава ОТ4-1 (см. табл.10) была нанесена
координатная сетка в виде кругов d = 10 мм. После деформации листа круги сетки
превратились в эллипсы с размерами главных осей 2a = 11 мм и 2b = 9,6 мм. Кривая
54
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
истинных напряжений аппроксимируется степенной функцией σ i = kein , где k и n
– константы материала. В данном случае n = 0,116 , а k = 940 МПа. Считая, что
главные оси деформации совпадают с осями эллипса, определить значение компонент напряжений и деформации ( σ 3 принять равным нулю). Как изменяются
полученные результаты, если не учитывать анизотропию материала?
11.6 Известно, что при гидростатическом выпучивании листовых материалов
в центре лунки ε 1 = ε 2 . Провести сравнение интенсивностей деформаций и
напряжений изотропного материала, трансверсально-изотропного сплава (например, ОХ18Н9Т) и одного из ортотропных листов. Данные по коэффициенту поперечной деформации взять из таблицы 10.
11.7 Определить значение коэффициента Лоде β для материалов, указанных в
таблице. Рассмотреть случае, когда ν σ = 0 , ν σ = 1 , ν σ = −1 .
11.8 Тонкостенная труба ( S = 1 мм) из алюминиевого сплава с внешним
диаметром d = 50 мм подвергалась растяжению и внутреннему давлению так, что
все время сохранялось следующее равенство между напряжениями: σ θ = 2σ z .
Деформация проводилась вплоть до конечного осевого напряжения σ z = 200 МПа.
Принимая материал трансверсально-изотропным ( μ12 = 0,36 ) и коэффициенты
степенной аппроксимации n = 0,25 , k = 500 МПа, определить конечные размеры
трубы.
11.9 Найти связь между напряжениями и деформациями в пластической области, когда ε z = 0 . Рассмотреть три случая:
а) материал принят изотропным;
б) тело является трансверсально-изотропным;
в) среда – ортотропная.
Упрочнение материала аппроксимировано степенной функцией σ i = kε in .
11.10 Длинная толстостенная труба находится под давлением. Определить напряженно-деформированное состояние и размеры трубы после деформации, если
известно:
а) внутреннее давление p1 ( p 2 = 0 );
б) внешнее давление p 2 ( p1 = 0 ).
Материал трубы (несжимаемый) последовательно принять изотропным,
трансверсально-изотропным и ортотропным. Упрочнение принять по степенному
закону.
11.11 Определить напряженно-деформированное состояние в длинной толстостенной трубе, а также внутреннее давление p1 , если известно изменение радиуса
Δr . Рассмотреть два случая: p 2 = 0 и p 2 ≠ 0 .
Материал трубы принять по условию задачи 11.9. Задачу решить при условии степенного закона упрочнения.
11.12 Определить напряженно-деформированное состояние в длинной толстостенной трубе, а также внешнее давление p 2 , если известно, что Δr2 = r2 − r20 .
Рассмотреть два случая: p1 = 0 и p1 ≠ 0 .
Материал трубы принять по условию задачи 11.9.
11.13 Найти остаточные напряжения и закрутку после упругопластического
кручения прутка круглого поперечного сечения радиусом R из идеально
упругопластического материала на угол θ при следующих исходных данных:
55
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
предел текучести σ Т = (450 + 50 ⋅ N гр ) МПа, θ = (0,2 + 0,05) ⋅ N сп рад/м, модуль сдвига
G = 70000 МПа, R = (0,025 + 0,005 ⋅ N гр ) м, N сп - номер в списке студента в группе, N гр
- номер группы.
Решение. Будем считать, что при кручении моментом M плоские поперечные сечения прутка остаются плоскими и за пределом упругости материала. При
этом смежные поперечные сечения, отстоящие друг от друга на расстоянии l ,
поворачиваются относительно друг друга на относительный угол
α
θ= ,
l
где α – угол кручения.
Согласно теореме о разгрузке А.А. Ильюшина (рис. 14):
θ = β +ψ ,
где β – относительный остаточный угол кручения;
ψ – относительный угол упругой раскрутки.
Рис. 14
Величина угловой деформации γ zθ равна углу, заключенному между образующей круглого прутка и разверткой винтовой линии:
αρ
tgγ zθ ≈ γ zθ = γ =
= θρ ,
l
где ρ – текущий радиус.
Напряженное состояние является плоским и осесимметричным, а матрицы
тензоров напряжений и деформаций имеют вид
⎛0 0
⎜
Tσ = ⎜ 0 0
⎜0 τ
zθ
⎝
⎛
⎜
0⎞
⎜0
⎟
τ θz ⎟ , Tε = ⎜ 0
⎜
0 ⎟⎠
⎜
⎜0
⎝
0
0
1
γ zθ
2
⎞
⎟
0 ⎟
1 ⎟
γ θz .
2 ⎟
⎟
0 ⎟
⎠
При кручении моментом цилиндрического прутка в поперечных сечениях
возникают только касательные напряжения
τ θz = τ = Gγ = Gθρ .
В случае упругого кручения касательные напряжения максимальны на периферии при ρ = R τ = τ R и по линейному закону уменьшаются, обращаясь в нуль
в центре сечения (рис. 15):
56
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Рис. 15
Действуя на кольцевую площадку dF = 2πρdρ , они создают элементарный
момент относительно оси, равный dM = 2πρ 2 dρ . Тогда крутящий момент в упругой
области равен
R
R
ρ
πR 3
M y = 2π ∫ τρ 2 dρ = 2π ∫ τ R ρ 2 dρ = τ R
= CθJ ρ ,
0
0
R
2
где J ρ – полярный момент инерции для круглого поперечного сечения:
J ρ = 0,5πR 4 .
При увеличении момента кручения касательное напряжение τ R достигает по
условию пластичности Треска-Сен-Венана предельного значения
τ R = τ T = 0,5σ T ,
и в поверхностном слое прутка возникает пластическая деформация (рис. 16). При
дальнейшем увеличении M пластическая деформация распространяется вглубь.
Величину радиуса C , определяющего границу между упругой и пластической зонами, легко найти по формуле
τ T = GθC ,
откуда
τ
C= T .
Gθ
Рис. 16
Как видно из рис. 16, периферийные слои находятся в пластическом, а центральные – в упругом состоянии. Касательные напряжения распределены в поперечном сечении следующим образом:
57
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
⎧τ T , R ≥ ρ ≥ C ,
⎪
τ = ⎨ρ
⎪ τ T , ρ ≤ C.
⎩C
Крутящий момент складывается из крутящего момента в упругой области
M у и крутящего момента в пластической области M п :
C
M = M y + M п = 2π ∫
ρ
R
2
⎛
C3 ⎞
⎟⎟ .
τ T ρ 2 dρ + 2π ∫ τ T ρ 2 dρ = πτ T ⎜⎜ R 3 −
C
3
4
⎝
⎠
0
C
После снятия внешнего момента M (разгрузки) в прутке возникнут остаточные касательные напряжения
τ ост = τ − τ разг ,
вызывающие раскручивание прутка на угол ψ (рис. 17). Момент при упругой разгрузке равен
R
ρ
πR 3
2
.
M разг = 2π ∫ τ разг ρ dρ = τ разг
0
( M разг
R
2
Из условия равенства суммы моментов нагрузки и разгрузки нулю
+ M = 0 ) находим максимальное касательное напряжение τ разг :
τ разг
⎛
2
C3 ⎞
⎟ = 0,
+ πτ T ⎜⎜ R 3 −
2
3
4 ⎟⎠
⎝
πR 3
откуда
4
⎛
1 C3 ⎞
⎟.
τ разг = − τ T ⎜⎜1 −
3 ⎝ 4 R 3 ⎟⎠
Таким образом распределение остаточных касательных напряжений имеет
вид
⎡
τ ост = τ T ⎢1 −
⎣
τ ост = τ T
4 ρ ⎛ 1 C 3 ⎞⎤
⎜1 −
⎟⎥ при C ≤ ρ ≤ R ,
3 R ⎜⎝ 4 R 3 ⎟⎠⎦
ρ⎡
4 ρ ⎛ 1 C 3 ⎞⎤
⎜1 −
⎟⎥ при 0 ≤ ρ ≤ C .
⎢1 −
C ⎣ 3 R ⎜⎝ 4 R 3 ⎟⎠⎦
Рис. 17
Из рис. 17 видно, что остаточные касательные напряжения отрицательны на
внешней части поперечного сечения прутка и положительны во внутренней.
Угол упругой раскрутки найдем из уравнения
58
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ψ =
M
.
GJ ρ
Окончательно имеем
4 τT
ψ =
3 GR 4
⎛ 3 C3 ⎞ 4 C ⎛ 1 C3 ⎞
⎟.
⎟ = θ ⎜1 −
⎜⎜ R −
4 ⎟⎠ 3 R ⎜⎝ 4 R 3 ⎟⎠
⎝
Остаточный угол кручения
⎡ 4 C ⎛ 1 C 3 ⎞⎤
4 τT ⎛ 3 C3 ⎞
⎜
⎟
⎜⎜1 −
⎟ .
R
−
=
β = θ −ψ =
θ
⎢1 −
4 ⎜
3 ⎟⎥
⎟
3 GR ⎝
4 ⎠
⎣
3 R⎝
4 R ⎠⎦
11.13 Для толстостенной стальной трубы имеющей внутренний диаметр
r1 = 0,015 м и наружный диаметр r2 = 0,09 м, и изготовленный из пластического
материала с σ T = 289 МПа требуется:
1. Определить внутреннее давление p , при котором в материале трубы
начнется пластическое течение по критерию максимальных касательных
напряжений.
2. Построить эпюры распределения напряжений σ ρ и σ θ по толщине стенки.
Решение.
1. По формулам из задачи 8.14 определяем давление, при котором на
внутренней поверхности трубы появятся пластические деформации:
σθ −σ ρ = σТ ;
⎛
r2 ⎞
Pr2 ⎛
r2
⎜⎜1 + 22 ⎟⎟ σ ρ = 2 1 1 2 ⎜⎜1 − 22
r2 − r1 ⎝ ρ
⎝ ρ ⎠
r2 ⋅r2
r2 − r2
P1 = 22 1 2 + P1 = σ T , P1 = 2 2 1 σ T .
r2 − r1
2r2
P1 r12
σθ = 2
r2 − r12
P1 =
⎞
⎟⎟ ;
⎠
0,092 − 0,015 2
289 = 140,5МПа = PT .
2 ⋅ 0,09 2
Рис.18
59
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
2. С учетом того, что P1 = PT , определяем напряжения, соответствующие началу
пластического течения:
σρ =
⎛ 0,09 2 ⎞
PT r12 ⎛ r22 ⎞
⎟
⎜
⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ ,
=
−
1
4
,
014
ρ ⎠
r22 − r12 ⎜⎝ ρ 2 ⎟⎠
⎝
σθ =
⎛ 0,09 2 ⎞
PT r12 ⎛
r22 ⎞
⎟
⎜
⎜⎜1 +
⎟.
=
+
1
4
,
014
ρ 2 ⎟⎠
r22 − r12 ⎜⎝ ρ 2 ⎟⎠
⎝
Данные числовых расчетов сводим в табл. 11.
Таблица 11
ρ ⋅10 м
σθ
σρ
1,5
3
6
9
148,5
40,1
13,0
8,0
-140,5
-32
-5,0
0
−2
Эпюры напряжений σ ρ и σ θ приведены на рис. 18.
60
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Безухов, Н.И. Примеры и задачи по теории упругости, пластичности и
ползучести / Н.И. Безухов. - М.: Высш. шк., 1965. - 320 с.
2. Томсен Э. Механика пластических деформаций при обработке металлов /
Э. Томсен, Ч. Янг, Ш. Кобаяши. - М.: Машиностроение, 1969. - 504 с.
3. Смирнов, В.С. Сборник задач по обработке металлов давлением / В.С. Смирнов
- М.: Металлургия, 1973. - 191 с.
4. Сборник задач с решениями по курсу "Теория обработки металлов давлением"/
С.П. Яковлев, И.А. Смаригдов, В.Д. Кухарь [и др.]; Тульский политех. ин-т,
Тула, 1978. - 48 с.
5. Мейз, Д. Теория и задачи механики сплошных сред / Д. Мейз. - М.: Мир, 1974. 318 с.
6. Илюкович, Б.М. Введение в теорию пластичности / Б.М. Илюкович. - Киев:
Высш. шк., 1983. - 160 с.
7. Гунн, Г.Я. Теоретические основы обработки металлов давлением / Г.Я. Гунн. М.: Металлургия, 1980. - 456 с.
8. Сторожев, М.В. Теория обработки металлов давлением / М.В. Сторожев,
Е.А. Попов. - М.: Машиностроение, 1971. - 424 с.
61
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Приложение
Единицы
Международной системы СИ в задачах
по механике сплошных сред
Наиболее часто встречающиеся в механике сплошных сред единицы
Международной системы, установленные Государственным стандартом России,
приведены в табл. П1.
Таблица П1
Наименование
величины
Длина
Масса
Время
Плоский угол
Частота
Угловая скорость
(угловая частота)
Скорость
Ускорение
Площадь
Статический момент
сечения (объем)
Осевой момент инерции площади сечения
Плотность
Сила
Удельный вес
Напряжение, давление,
нагрузка, распределенная по поверхности
Погонная нагрузка
Момент силы
Работа и энергия
Мощность
Единица измерения
Основные единицы
метр
килограмм
секунда
Дополнительные единицы
радиан
Произвольные единицы
герц
радиан на секунду
Сокращенное
обозначение единиц
измерения
м
кг
с
рад
Гц
рад/с
метр на секунду
метр на секунду
в квадрате
метр в квадрате
метр в кубе
м/c
м/c2
метр в четвертой степени
м4
килограмм на метр в кубе
ньютон
ньютон на метр в кубе
паскаль
кг/м3
Н
Н/м3
Па
ньютон на метр
ньютон-метр
джоуль
ватт
Н/м
Н⋅м
Дж
Вт
м2
м3
Некоторые основные и производные единицы, имеющие специальные
названия (м, с, Гц, Н, Па, Дж, Вт), в окончательных результатах расчетов можно
увеличивать или уменьшать, используя для этого приставки, указанные в табл. П2.
62
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Таблица П2
Приставки
Сокращенное обозначение
Множитель
Тера
Т
10 12
Гига
Г
10 9
Мега
М
10 6
Кило
к
10 3
Гекто
г
10 2
Дека
да
10 1
Деци
д
10 (-1)
Санти
с
10 (-2)
Милли
м
10 (-3)
Микро
мк
10 (-6)
Нано
н
10 (-9)
Пико
п
10 (-12)
Среди производных единиц с большой буквы пишутся те, которые
образованы от фамилий ученых (Гц, Н, Па и т.д.).
Производные единицы связаны с основными, например: 1Н = 1кг⋅1м/1с2; 1Па=
= 1Н/1м2; 1Дж = 1Н⋅1м; 1Вт = 1Дж/1с.
Приведем примеры использования указанных выше приставок. Модуль
упругости для стали Е = 2,1⋅1011 Па = 2,1⋅1010 даПа = 2,1⋅109 ГПа = 2,1⋅108 кПа =
=2,1⋅105 МПа = 0,21⋅103 ГПа = 0,21 ТПа.
63
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Арышенский Владимир Юрьевич
Каргин Владимир Родионович
Каргин Борис Владимирович
МЕХАНИКА СПЛОШНЫХ СРЕД
В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ
Учебное пособие
Технический редактор Ф. В. Г р е ч н и к о в
Редакторская обработка Н. В. П р я д и л ь н и к о в а
Корректорская обработка А. С. К о ч е у л о в а
Доверстка А. В. Я р о с л а в ц е в а
Подписано в печать 27.12.07. Формат 60х84 1/16.
Бумага офсетная. Печать офсетная.
Печ. л. 4,0.
Тираж 120 экз. Заказ
. ИП-ж139/2007
Самарский государственный
аэрокосмический университет.
443086 Самара, Московское шоссе, 34.
__________________________________________________________
Изд-во Самарского государственного
аэрокосмического университета.
443086 Самара, Московское шоссе, 34.
64
Документ
Категория
Физико-математические науки
Просмотров
332
Размер файла
1 151 Кб
Теги
среды, механика, примера, 1713, сплошных, задача
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа