Курс: Прикладные задачи МСС

Курс: Прикладные задачи МСС.
По Ширко И.В. , МФТИ
Курс составлен на основе лекций, читающихся для студентов 3 курса МФТИ
факультета аэрофизики и космических исследований. Предполагает знание
основ тензорного исчисления и знакомство с элементами теории упругости.
Введение
Основные понятия и определения.
Напряжение. Нормальная и касательная ее составляющие. Тензор
напряжений. Условие равновесия (формулы Коши). Теорема парности
касательных напряжений.
Напряжение- усилие, отнесенное к единице поверхности.
Рассмотрим малый элемент поверхности ΔxΔy (для
простоты рассматривается двумерный случай). Малым
берем его потому, что в этом случае напряжение можно
считать распределенным равномерно по площадке. В
частном случае Δx может быть и большим, если
напряжение распределено равномерно. На рис.1
изображены нормальные ( σ x и σ y ) и касательные ( τ xy и
τ yx ) составляющие напряжения. Заданные так, как на
рис.1, компоненты напряжения считаются положительными.
В общем случае действует следующее правило:
Растягивающие напряжения считаются положительными, сжимающиеотрицательными
(Сравните с гидродинамикой)
Видно, что задание лишь одного индекса (x, y или z), не позволяет
однозначно определить, какую компоненту напряжения мы рассматриваем в
данный момент. Поэтому нам удобно рассматривать напряжение не как набор
векторов, а как тензор σ ij .
Правило: обозначение напряжений.
σ ij
i- ая компонента тензора указывает направление нормали к площадке, на
которую действует компонента напряжения.
j- ая компонента тензора указывает по какой оси направлена эта же
компонента напряжения
Для касательных напряжений: i ≠ j (τ xy (σ xy ), τ yx (σ yx ))
Для нормальных:
i = j
(σ
xx
(σ x ), σ
yy
(σ y ))
τ xy - нормаль к площадке направлена по оси x само же напряжение (в данном
случае касательное) действует вдоль оси y.
рис. 2 б)
рис. 2 а)
r
Пусть на площадку действует сила Pν (для простоты возьмем двумерную
модель, рис. 2 а) ).
r
Направим единичный вектор ν нормально к площадке; углы образуемые
r
вектором ν с координатными осями обозначим через
νx и νy -
направляющие косинусы в этом случае будут соответственно:
l = cos(νx) ⎤
m = cos(νy )⎥⎥ направляющие косинусы.
n = cos(νz ) ⎥⎦
Или, в общем случае li = cos(νx)
Пусть на нашу площадку действуют нормальные и касательные напряжения
так, как показано на рис.2 а). Разложим вектор
r
r
r
Pν на составляющие Pνx и Pνy
(по координатным осям). Т.к. полная сила, действующая на тело, равна нулю и
равен нулю полный момент сил, приложенных к рассматриваемому телу, то мы
можем записать
Условие равновесия
⎧⎪ Pνx = σ x l + τ yx m
(1) ⎨
Эти формулы также называются формулами
⎪⎩ Pνy = τ xy l + σ y m
(условием) Коши.
Необходимо заметить, что
τ xy = τ yx
τ xy = τ yx , т.е. справедлива
Теорема парности касательных напряжений
Док-во: Запишем момент сил относительно т. О:
τ xy ΔyΔx = τ yx ΔxΔy что и требовалось док-ть. Из этой теоремы в частности
следует, что из 9 компонент тензора напряжений только 6 различных (из- за его
симметричности), т.е.
σ ij = σ ji
Теперь (1) можно записать в виде:
(1)
Pνj = σ ij l i - универсальная формула расчета напряжений на ∀ площадке
(применено правило суммирования Эйнштейна по повторяющимся
индексам).
Рассмотрим как изменяются компоненты тензора напряжений при повороте
координатных осей.
Старая с.к. x, y, z → xi , x j
Новая с.к. x , y , z → x k , x m
'
'
'
'
'
α ki ,α mj - направляющие косинусы ( α ki -направляющий
косинус между новой осью k и старой осью i; углы
отсчитываются против часовой стрелки от старой оси к
новой).
рис.3
⎧⎪ x k = α ki xi
r
'
ν
⎨
Тогда
Вектор
направлен по x .
'
⎪⎩ x m = α mj x j
'
У тензора
α ij
из 9 компонент- 3 независимые (например 3 угла Эйлера;
подробнее см. курс теоретической механики)
Из (1): Pkj = σ ijα ki ; Pkm = σ km = Pkjα mj
(2)
σ km = σ ijα kiα mj - определение тензора 2 ранга (ТР2).
Собственно говоря, мы только сейчас строго доказали, что объект σ ij - тензор.
Аналогично (2) мы можем записать для тензора 1- ого ранга (вектора)
σ k = α ki vi ' -(2) для вектора- формула (2а)
vx ; v y
'
v x' ; v y '
'
И для ТР3:
Tkml = Tijnα kiα mjα ln
'
Зная теперь, как преобразуются компоненты тензора напряжений найдем
площадку по которой вектор напряжений
площадки:
r
Pν был бы параллелен нормали
r r
Pν || ν (в этом случае все недиагональные элементы σ ij обратятся в
нуль, т.е. на тело будут действовать только нормальные напряжения)
Искомое условие можно записать в виде:
получим:
r
r
Pν = λ ν → подставив в (1)
Pνj = λl j = σ ij l i , но l j = l i δ ij , где δ ij - символ Кронекера:
⎧⎪δ ij = 0, i ≠ j
⎨
⎪⎩δ ij = 1, i = j
Тогда: σ ij l i − λl i δ ij = 0 , получаем (σ ij − δ ij λ )l i = 0 - систему уравнений.
Эта система имеет нетривиальное решение только в том случае, если
σ ij − δ ij λ = 0
Раскрыв детерминант получим кубическое уравнение. Это уравнение
называется характеристическим:
σ x τ xy τ xz
2
2
2
− λ3 + λ2 (σ x + σ y + σ z ) + λ (τ xz + τ yz + τ xy − σ yσ z − σ zσ x − σ xσ y ) + τ xy σ y τ yz = 0
τ xz τ yz σ z
Это ур-е имеет 3 действительных корня
λ1 , λ 2 , λ3
⎯ σ 1 ,σ 2 ,σ 3
Обозначение: λ1 , λ2 , λ3 ←⎯→
Док-во:
Вначале докажем для плоской задачи.
def
Усл-е Коши:
⎧⎪ Pλx = λ cosν x = σ x l + τ yx m + τ xz n
⎨
⎪⎩ Pλy = λ cosν y = τ xy l + σ y m
рис.4
(*)
⎪⎧(σ x − λ )l + τ xy m = 0
⎨
⎪⎩(σ y − λ ) m + τ xy l = 0
⎧l = cosν x
Здесь использован тот факт, что ⎨
⎩m = cosν y
Т.к. задача двумерная, считаем
τ xz = τ yz = 0 , т.е. по z нет никаких
касательных напряжений
(*) имеет нетривиальные решения, если
σx −λ
τ xy
2
= 0 ⇒ σ xσ y − λ (σ x + σ y ) + λ2 − τ xy = 0
τ xy
σy −λ
λ1, 2 =
рис.5
σ x + σ y ± (σ x − σ y ) 2 + 4τ xy 2
2
→
видно, что λ1 и λ 2 - действительные корни, т.е. для плоской задачи всегда
существуют главные направления.
Главные направления всегда существуют и в 3-х мерном случае: известно,
что кубическое уравнение с действительными коэффициентами всегда имеет 1
действительный корень. Берем его за главное направление λ3 . Задача свелась к
плоской задаче, которая имеет действительные корни по вышедоказанному.
Следствие 1:
Любое напряженное состояние может быть приведено в
состояние напряжения- сжатия по 3 взаимно ортогональным площадкам только
путем поворота.
Следствие 2:
Коэффициенты характеристического ур-я постоянны.
⎧σ x + σ y + σ z = I1 (Tσ )
⎪ 2
2
2
⎪τ xz + τ yz + τ xy − σ yσ z − σ zσ x − σ xσ y = I 2 (Tσ )
⎪
⎪
⎨
Обозначим: σ
⎪ x τ xy τ xz
⎪ .
.
. = I 3 (Tσ )
⎪
.
.
⎪⎩ .
I1 , I 2 , I 3 - инварианты. Соответственно линейный, квадратичный и
кубический. Их легко можно выразить через главные значения напряжения
σ x гл , σ y гл , σ z гл . В этом случае τ xz
гл
= τ yz
гл
= τ xy
гл
=0 и
⎧ I 1 = σ x гл + σ y гл = σ z гл
⎪⎪
гл
гл
гл
гл
гл
гл
⎨ I 2 = −(σ x σ y + σ y σ z + σ x σ z )
⎪
гл
гл
гл
⎪⎩ I 3 = σ x σ y σ z
Выше мы доказали, что главные оси существуют всегда, и нашли главные
значения напряжений. Определим теперь, как перевести тело в состояния,
соответствующие этим напряжениям: найдем l и m- направляющие косинусы.
l = cos φ ⎫
Из рис.5:
⎬ (полезные формулы для решения задач)
m = sin φ ⎭
⎧⎪(σ x − λ )l + τ xy m = 0 × m
⎨
⎪⎩(σ y − λ )m + τ xy l = 0 × (−l)
(σ x − σ y )ml + τ xy (m 2 − l 2 ) = 0
tg 2φ =
2τ xy
σ y −σ x
Теперь поставим обратную задачу: зная главные значения напряжений,
найдем компоненты тензора напряжений в новом состоянии, задаваемым
поворотом с.к. на угол α
σ x x = σ 11α x1 2 + σ 22α x 2 2
' '
σ y y = σ 11 sin 2 φ + σ 22 cos 2 φ
' '
τ yx =τxy
' '
рис.6
=
σ 22 − σ 11
2
sin 2φ
' '
т.к.
α x1 2 = cos 2 φ
α x 2 2 = sin 2 φ
= σ 11α y 1α x 1 + σ 22α y 2α x 2 =
'
'
'
'
1
1
= − σ 11 sin 2φ + σ 22 sin 2φ =
2
2
Введя обозначения
и
σ2 :
1
2
σ = (σ 1 + σ 2 ) , τ =
1
(σ 1 − σ 2 ) , откуда выразим σ 1
2
σ 1 = τ + σ , σ 2 = σ − τ , тогда
⎧⎪σ x ' x ' = σ ± τ cos 2φ
⎨
⎪⎩τ x ' y ' = −τ sin 2φ
α x1 α x 2
cos φ sin φ
=
Полезно заметить, что
α y1 α y 2 − sin φ cos φ - чистый поворот. Поэтому
при решении 3-х мерной задачи будет удобно использовать соответствующую
матрицу поворота с.к. (см. курсы теоретической механики и аналитической
геометрии).
И все же в инженерных расчетах переход в с.к., соотв. главным
направлениям, используется очень редко (как правило, когда решают задачи на
экстремумы).
Это связано с нелинейностью ур-ий МСС, возникающих при использовании
этого метода.
Упражнение
У тела отсутствуют нормальные составляющие напряжения (см. рис.7)
Можно ли достичь такого же напряженного состояния, действуя
лишь силами сжатия- растяжения? Как?
Решение:
1) Да (всегда существуют главные направления)
2) Найдем главную с.к.
0 ⎞⎛ l ⎞
⎛− λ τ0
2
⎜
⎟⎜ ⎟
det = −λ3 + τ 0 λ = 0
⎜ τ 0 − λ 0 ⎟⎜ m ⎟ = 0
λ (λ 2 − τ 0 2 ) = 0
⎜ 0
0 − λ ⎟⎠⎜⎝ n ⎟⎠
⎝
рис.7
⎧λ1, 2 = ±τ 0
⎨
⎩λ3 = 0
а) λ = τ 0
−l +m = 0 → m = l →φ =
π
4
5π
б) λ = −τ 0
l + m = 0 → m = −l → φ =
4
Т.е. поворотом на 45° (считая от оси ОХ): см. рис.8
Состояния тела на рис.7 и рис.8
эквивалентны.
рис.8
Замечание: состояния, когда в наличии только касательные силы напряжения,
можно наблюдать при
кручении тонкостенной трубы большого радиуса.
Вопрос: почему? (на растяжение всего 10, а на сжатие 100)