Задачник / Глава 03 (45-80)

			ν		1				2 1 2 cos 2 ; cos 2 0,5;
							2		2
				60 20						60 20	( 0,5) 40 10 30 МПа;
	ν
						2			2
						ν	2		1 sin 2 ;			sin 2 0,866;
									2

	ν		20 60					( 0,866) 17,3 МПа;
				2
	ν			1 2 1 2 cos 2 ;
	1			2				2
ν		60 20					60 20		( 0,5) 50 МПа;
1				2				2

																ν									ν 17,3 МПа.
																		1
Проверка: 1 2 60 20 80 ν ν 30 50 80 МПа.
																												1
			2. Определение главных относительных деформаций 1 , 2 , 3 :
						1																			1			60 0,3 20 0 2,7 10 4 ;
		1									1			2				3							105
						E															2
							1																		1				20 0,3 60 0 0,1 10 4 ;
			2									2			1				3					2 105
							E
						1																			1	0 0,3 60 20 1,2 10 4.
	3										3			1			2								105
					E																2
			Так как 1 0,												2 0, 3										0,				то деформированное состояние за-

данного элемента является объемным (трехмерным), а напряженное состояние – плоским (двумерным).

Относительное изменение объема θ :

1 2 3 2,7 0,1 1,2 10 4 1,6 10 4.

3.Определение удельной потенциальной энергии упругой деформации:

а) полная удельная потенциальная энергия

u 12 1 1 2 2 3 3 12[60 106 2,7 10 4

20 106 0,1 10 4 0 1,2 10 4 ]

12 162 102 2 102 8,2 103 Дж/м3;

55

б) удельная потенциальная энергия изменения объема

uо 1 2 1 2 3 2

6E

1 2 0,3 60 106 20 106 0 2 2,133 103 Дж/м3; 6 2 1011

в) удельная потенциальная энергия изменения формы

		u			1				2	2	2
			ф											2		3		1
								3E	1	2	3	1			2		3
		1 0,3						[ 60 106 2 20 106 2					0 60			106 20 106
		3 2 1011
	0 0]					1,3 1012				602	202	60 20 6,067 103 Дж/м3.
								6 1011

Проверка:

uuo uф 2,133 103 6,067 103 8,2 103 Дж/м3.

4.Так как сталь – материал пластичный, то для оценки прочности следует использовать только третью или четвертую теории пластичности, расчетные напряжения по этим теориям равны:

а) по III теории

p III 1 3 60 0 60 МПа;

б) по IV теории

p IV 12 22 32 1 2 2 3 3 1

602 202 0 60 20 0 0 63,2 МПа.

3.1.3 Объемное напряженное состояние

Пример 3.1.4.

1. Исходные данные.

Заданы компоненты напряжения на гранях элемента, вырезанного в некоторой точке загруженного тела (рис. 3.1, а, б). Стрелки на рисунке соответствуют положительным направлениям компонент в избранной системе координат.

x 100 МПа;	y 45 МПа;	z	50 МПа;
xy 20 МПа;	yz 30 МПа;	zx	40 МПа.

56

				Элементарный параллелепипед с за-
z	50МПа		данными компонентами напряжения пред-
	30
			ставлен на рисунке 3.12.
	40			Материал тела изотропен, подчиняет-
	40		ся закону Гука. Модуль продольной упру-
	20	100	гости и коэффициент Пуассона равны соот-
			ветственно:
	20
				E 200 ГПа 2 105 МПа ;		0,3.
45	30	х
				Положение некоторой площадки, на-
y			клонной к осям x, y, z и отсекающей от
	Рис. 3.12		элементарного параллелепипеда			тетраэдр
			(см. рис. 3.1, в), задано направляющими ко-
синусами нормали к этой площадке: l cos ; m cos ; n cos ;
l 1	2 0,707; m 1			3 0,577; n 1	6 0,408.
В процессе решения требуется:

1)найти нормальную и касательную составляющие напряжения на площадке с заданными направляющими косинусами l, m, n;

2)определить величину и направление главных напряжений;

3)найти величину наибольших касательных напряжений в данной точке тела и указать площадки, по которым они действуют;

4)найти нормальные и касательные напряжения на октаэдрических площадках и показать их расположение;

5)определить компоненты деформации в заданных и главных осях;

6)разложить заданный тензор напряжения на два – шаровой и девиа-

тор;

7)найти удельную потенциальную энергию деформации (полную, изменения объема, изменения формы);

8)определить расчетные напряжения по четырем классическим критериям прочности и пластичности.

2. Нормальное и касательное напряжения на площадке с заданной ориентацией.

Напряжения на площадке, нормаль к которой ν имеет направляющие косинусы l, m, n, определяется из условий равновесия тетраэдра, отсекаемого этой площадкой от элементарного параллелепипеда с гранями, загруженными заданными компонентами напряжения (рис. 3.13, а).

Составляющие вдоль осей x, y, z полного напряжения на площадке с нормалью ν (рис. 3.13, б) определяются зависимостями:

57

pνx xl yx m zx n
pνy xy l y m zy n	(1)
pνz xz l yz m z n
Полное напряжение на площадке с нормалью ν

p

ν

p2

p2

p2 .

(2)

νx

νy

νz

Нормальное и касательное напряжения на площадке с нормалью ν

(рис. 3.13, а)

ν

p

νx

l p

νy

m p

νz

n

x

l 2

y

m2

z

n2

(3)

xy lm yz mn zxnl;

p2

2

2 ;

ν

p2

2 .

(4)

ν

ν

ν

ν

ν

а)	z
				y
		yx
		yz			p
x	xz
					х
	zx

z

y

y

б)	z
	p z
	p	p
		x
	p y	х

Рис. 3.13

Подставляя в зависимости (1)–(4) исходные данные, получаем составляющие полного напряжения вдоль осей x, y, z на площадке с норма-

лью :

pνx 100 0,707 20 0,577 40 0,408 98,56 МПа; pνy 20 0,707 45 0,577 30 0,408 24,07 МПа;

pνz 40 0,707 30 0,577 50 0,408 31,37 МПа;

полное напряжение на той же площадке:

pν 98,562 ( 24,07)2 31,372 106,20 МПа.

Нормальное и касательное напряжения на площадке с нормалью ν

58

ν 100 12 2 45 13 2 50 16 2

20 12 13 30 13 16 40 16 12

55,97 МПа ;

	ν		106,202 55,972 90,25 МПа.
3. Определение величины и направления главных напряжений.

Рассмотрим равновесие тетраэдра, ограниченного главной площадкой с нормалью ν и тремя взаимно ортогональными площадками с нормалями x, y, z, на которых компоненты напряжения заданы (рис. 3.14).

Заметим, что в данном случае площадка с нормалью ν – главная и тем отличается от любой площадки с нормалью ν, определяемой некоторыми направляющими косинусами, изображенной на рисунке 3.13.

	z
		y
	yx
	yz	p z n
x	xz	p x	l
			х
	zx	p y m
	z

y
Рис. 3.14
Так как площадка с нормалью ν – главная, то на ней ν 0;			pν ,
где – одно из главных напряжений, тогда		pνx l; pνy m;
pνz n.
Уравнения равновесия (1) этого тетраэдра принимают вид:
x l yx m zx n 0
xyl y m zy n 0
			(5)
xzl yz m z n 0

Кроме того, направляющие косинусы l, m, n связаны между собой зависимостью:

59

l 2 m2 n2

1.

(6)

В уравнения (5) и (6) входят четыре неизвестных – направляющие косинусы l, m, n и главное напряжение . Согласно (6), l, m, n одновременно не могут обратиться в нуль, поэтому, как известно из высшей алгебры, должен быть равен нулю определитель из коэффициентов системы (5):

				x		yx	zx
					xy	y	zy		0.
					xz	yz	z
Раскрывая этот определитель, приходим к кубическому уравнению:
					3	I 2 I	I	3	0,	(7)
						1	2
где
I1 x y z ;
I2 x y y z z x xy2 yz2 zx2
	x	yx	zx
I3	xy	y	zy		x y z 2 xy yz zx x yz2 y zx2 z xy2					(8)
	xz	yz	z

Величины I1, I2, I3 называются инвариантами напряженного состояния, так как они не зависят от выбора координатных осей.

Для отыскания величины главных напряжений необходимо решить кубическое уравнение (7). По зависимостям (8) вычисляем инварианты напряженного состояния:

I1 100 45 50 105 МПа;
I2 100( 45) ( 45) 50 50 100 20					2	( 30)	2	40	2
4650		МПа	2
												(8 )
I 100( 45) 50 2 20 ( 30) 40 100 ( 30)2								45 402
3
50 20	2	311000 МПа		3
Кубическое уравнение (7) принимает вид:
		3 105 2 4650 311000 0.										( 7 )

Кубическое уравнение (7) решаем с помощью формулы Кардано, относящейся к уравнению вида

60

						x3 cx q 0.																						(9)
Это кубическое уравнение имеет три действительных корня, если
выполняется неравенство:
				D c 3 3 q												2 2 0.												(10)
Тогда решение кубического уравнения (9) запишется в виде:
				x1 2R cos
											3
				x2 2R cos																	2
																												(11)
											3										3
				x3 2R cos																	4
																					3
											3
Здесь
							cos								q				;
												2R3
						R sign q													c					.
																3
При этом должно быть c 0 .
																												(12)
Кубическое уравнение (7) можно привести к виду (9) посредством
замены переменной:
							x I1									3.												(13)
Тогда
							c I12 3 I2
																												(14)
											3							I1I2
							q			2I1																	I3
									27												3
Подставляя в (14) подсчитанные выше значения инвариантов напря-
жения I1, I2, I3 , находим:
	с					1052		4650 8325 МПа2;
				3				4650
q	2 1053			105											311000 62500 МПа3.
	27						3
Проверяем условия (10) и (12):
	8325 3								62500 2																		10
D																2,039 10												0,
	3								32

61

c 8325 0.

Оба условия выполнены. Следовательно, в нашем примере можно воспользоваться решением Кардано:

R 8325 52,678 МПа; 3

cos	62500	0,214, откуда	1,355 рад.
	2 52,6783

По формулам (11) находим корни кубического уравнения (9):

		1,355
x1	2 52,678 cos					94,791 МПа;
		3

		1,355 2
x2	2 52,678 cos				87,219	МПа;
		3

		1,355 4
x3	2 52,678 cos				7,572	МПа.
		3

По формуле (13) найдем три корня уравнения (7), т.е. искомые значения главных напряжений:

x1 I1 3 94,791 1053 59,791 МПа;

x2 I1 3 87,219 35 122,219 МПа;

x3 I1 3 7,572 35 42,572 МПа.

Всоответствии с правилом 1 2 3 наибольшему по алгеб-

раической величине из этих напряжений присвоим индекс 1 и т.д. Тогда

1 122,219МПа; 2 42,572 МПа; 3 59,791МПа.

Для проверки правильности полученного решения подставим последовательно значения 1, 2 , 3 в кубическое уравнение ( 7 ):

3 105 2 4650 311000 0.

Подставляем 1 =122,219 МПа:

122,2193 105 122,2192 4650 122,219 311000 108,95МПа3.

Подставляем значения других корней:

42,5723 105 42,5722 4650 42,572 311000 102,78МПа3;

( 59,791)3 105 ( 59,791)2 4650 ( 59,791) 31100093,68 МПа3.

Во всех трех случаях результирующая сумма составляет очень малые доли процента от слагаемых в кубическом уравнении (< 0,006%). Это позволяет

сделать вывод, что корни уравнения (7 ) 1, 2 , 3 найдены достаточно точно.

62

Произведем еще одну проверку. Найдем инварианты напряженного состояния по формулам (8), выразив их через главные напряжения. Они

должны быть такими же, как и вычисленные выше по заданным компонен-
там напряжений (8 ):
I1 1 2 3	122,219 42,572 59,791 105МПа;
I2 1 2 2 3	3 1 122,219 42,572 42,572( 59,791)
( 59,791)122,219 4649,91 4650 МПа2 ;

I3 1 2 3 122,219 42,572( 59,791)311099 311000 МПа3 .

Погрешность всего лишь 0,032%.

Если не пользоваться формулой Кардано, то кубическое уравнение

(7) можно решить другим способом, когда один из корней находится подбором, а два других – из квадратного уравнения, к которому можно привести кубическое (7).

Найдем в кубическом уравнении ( 7 ) 1 подбором. Известно, что главное напряжение с индексом 1 должно быть больше x , y , z . По-

пробуем для 1 значение 110 МПа. Подставим в ( 7 ) это значение:

f 1103 105 1102 4650 110 311000 140000МПа3.

Так как функция f <0, то берем 1 = 120 МПа.

f 1203 105 1202 4650 120 311000 31000МПа3.

Еще увеличиваем напряжение. Берем 1 = 130 МПа.

f 1303 105 1302 4650 130 311000 129000МПа3.

Мы видим, что функция f сменила знак. Следовательно, решение теперь надо искать в интервале 120 1 130 МПа. На рис. 3.15, а

показана графическая линейная интерполяция решения.

По горизонтали изображаем интервал напряжений от 120 до 130 МПа, по вертикали откладываем f при 1 = 120 МПа и 1 = 130 МПа.

На пересечении прямой, соединяющей эти точки, с горизонталью читаем
следующее приближение: 1 = 122 МПа. Подставляем в f :
f 1223 105 1222	4650 122 311000 3272МПа3.
При 1 =123 МПа
f 1233 105 1232	4650 123 311000 16022МПа3.

63

а)	f ( )				б)		f ( )		16022
	129000
120	125				122			122,5
	130							123
	31000			Рис. 3.15			3272
Снова имеем смену знака для					f . Производим графическое по-

строение, аналогичное предыдущему (рис. 3.15, б). Из него видно, что f равно нулю в промежутке 122,2…122,3 МПа. Дальше можно найти f 122,2 и f 122,3 , определить следующий знак после запятой для 1

и, следуя этим путем, найти 1 с какой угодно точностью. Мы остановимся на значении 1 =122,22 МПа и покажем, как найти два других корня ку-

бического уравнения. Для этого наше кубическое уравнение ( 7 ) вида a0 3 a1 2 a2 a3 0

приведем к квадратному уравнению вида

b0 2 b1 b2 0,

где коэффициенты определяются по схеме Горнера:

a 1 122,22 МПа – корень, найденный подбором; b0 a0 1;

b1 a a1 122,22 105 17,22 МПа;

b2 ab1 a2 122,22 17,22 4650 2545,37 МПа 2 ; b3 ab2 a3 122,22 ( 2545,37) 311000 95,12 0.

Заметим, что если бы число a 1 было точным значением корня уравнения ( 7 ), то b3 должно было бы получиться точным нулем.

Сведем произведенные подсчеты в таблицу 3.1.

Т а б л и ц а 3.1

а	а0	а1	а2	а3
	1	–105	–4650	311000
122,22	1	17,22	–2545,37	–
	b0	b1	b2	b3

64