Задачник / Глава 03 (45-80)

Получим квадратное уравнение:

2 17,22 2545,37 0.

Решая его, находим:

2,3 8,61 8,612 2545,37 8,61 51,181;

2 42,57 МПа;

3 59,79 МПа.

Таким образом получены напряжения 1, 2 , 3 такие же, как и в

предыдущем решении. Следовательно, проверки в данном случае также удовлетворяются.

Положение главных площадок определяется направляющими косинусами нормалей к главным площадкам.

Для отыскания направляющих косинусов нормали к i-й главной площадке (i = 1, 2, 3) используем систему уравнений (5) и (6), подставив в

нее i	. Тогда направляющие косинусы принимают значение li , mi , ni .
	x i li yx mi zxni 0;
	xy li y i mi zy ni 0;
									(5 )
	xz li yz mi z i ni 0;
	li2 mi2 ni2 1.								( 6 )
Из трех уравнений ( 5 ) выберем любые два, например первое и вто-
рое. Делим эти уравнения на ni				и вводим обозначения:
	с		li	; d	i		mi	.	(15)
	i		ni				ni

Получаем:

x i ci yx di zx ;

xy ci y i di zy ,

отсюда

			yx zy zx y i
ci
		x		i y	i xy2
								(16)
			xy zx zy x i
di
			x	i y	2
					i xy

Тогда из ( 6 ) и (15)

65

							ni									1			;	li ci ni ; mi							di ni .	(17)
												1 c2 d 2
																i	i
Обращаясь к нашему примеру, положим
													i 1 122,22 МПа
и из (16) и (17) найдем:
c1							20 ( 30) 40 ( 45 122,22)																				1,836;
								122,22)( 45 122,22) 202
	(100
d1							20 40 ( 30)(100 122,22)																				0,040;
								122,22)( 45 122,22) 202
	(100
							n1										1					0,478;
														1 1,8362						0,0402
							l1 c1n1 1,836 0, 478 0,878;
							m1 d1n1									0,040 0, 478 0,019.
Проверка: l							2 m2 n2									1;
	1							1			1
							0,8482 0,0192 0,4782 1,000.
Равенство выполнено.
Теперь из формул (16) и (17) при 2 42,57 МПа находим
c2							20 ( 30) 40 ( 45 42,57)																			0,535;
											42,57)( 45									42,57) 202
	(100
d2							20 40 ( 30)( 100 42,57)																			0,465;
						(100					42,57)( 45									42,57) 202
	n2																1							0,816;
								1
											( 0,5352 ) ( 0,4652 )
						l2 c2n2 0,535 0,816 0,437;
						m2 d2n2										0,465 0,816 0,379.
Проверка:
l 2	m2 n2 0,4372																0,8162 0,3792										1,000.
2							2	2
Равенство удовлетворено.
Используя зависимости (16) и (17) при 3 59,79 МПа, получаем:
c3							20 ( 30) 40 ( 45 59,79)																			0,607;
											59,79)( 45									59,79) 202
	(100

66

	d3			20 40 ( 30)(100 59,79)							2,849;
			(100 59,79)( 45 59,79) 202
				n3				1		0,325;
						1		0,6072 2,8492
			l3 c3n3 0,607 0,325 0,197;
				m3 d3n3				2,849 0,325 0,926.
	Проверка: l2			m2	n2			1;
		3		3	3

( 0,197)2 0,9262 0,3252 1,002 1.

Сведем найденные значения направляющих косинусов в таблице 3.2.

			Т а б л и ц а 3.2
i	1	2		3
li	0,878	–0,437		–0,197
mi	0,019	–0,379		0,926
ni	0,478	0,816		0,325

Сделаем следующие три проверки, подтверждающие взаимную ортогональность главных площадок:

l1l2 m1m2 n1n2 0;

0,878 ( 0,437) 0,019 ( 0,379) 0,478 0,816 8,39 10 4 0; l2l3 m2m3 n2n3 0;

( 0,437)( 0,197) ( 0,379)(0,926) 0,816 0,325 3,35 10 4 0; l3l1 m3m1 n3n1 0;

( 0,197)0,878 0,926 0,019 0,325 0,478 2,2 10 5 0.

Можно сделать вывод, что взаимная ортогональность нормалей к главным площадкам этими проверками подтверждается.

По найденным направляющим косинусам графически покажем положение главных площадок в трехосной системе координат x, y, z. Для этого найдем отрезки, отсекаемые главными площадками от осей x, y, z. Обозначим эти отрезки axi , ayi , azi , где i = 1, 2, 3.

На рисунке 3.16 показана площадка с нормалью ν. Ее направляющие косинусы l cos ; m cos ; n cos . С – точка пересечения нор-

мали с плоскостью, положим ОС = 1. Треугольники ОСА, ОСВ, ОСD – прямоугольные, с прямым углом в вершине С, катет ОС = 1, гипотенузы

67

ОА = a

; ОВ = a

y

; ОD = a

z

. Отсюда находим a

xi

1 ; a

yi

1 ;a

zi

1

x

li

mi

ni

(рис. 3.16, б).

а)

z

б)

D

C

z

1

а

0

C

ах

A х

0

аy

ах

А

х

y

В

Рис. 3.16

Подсчеты отрезков axi , ayi , azi для построения главных площадок

сведем в таблицу 3.3, которую получим из таблицы 3.2, взяв обратные значения соответствующих направляющих косинусов.

			Т а б л и ц а 3.3
i	1	2		3
axi	1,139	–2,288		–5,076
ayi	52,632	–2,639		1,082
azi	2,092	1,225		3,077

На рисунке 3.17 показано положение всех трех главных площадок в осях x, y, z.

а)	z
	1
	z1
	а
1	х
а y
	ах1
y

б)	2	z		в)	ах3	z
				3		3
						z
z2			а	2		а
а
				y
				х		х
	ах2				3
					а y
	y				y

Рис. 3.17

68

Чтобы изобразить графически положение в пространстве параллелепипеда, гранями которого являются главные площадки, надо произвести следующее построение.

В осях x, y, z по заданным направляющим косинусам (см. табл. 3.2) строим нормали к главным площадкам, взяв за исходную точку начало координат. Для построения i-й нормали достаточно вдоль осей x, y, z отложить в некотором масштабе отрезки, равные направляющим косинусам li , mi , ni , и точку с такими координатами соединить с центром 0 (рис. 3.18, а). Таким образом получим три прямые 1, 2, 3, построенные в пространстве осей x, y, z . Теперь построим параллелепипед, ребра которого будут параллельны нормалям 1, 2, 3 (рис. 3.18, б). Его грани и будут главными площадками с напряжениями 1 , 2 , 3.

а)

z

б)

2

1

1

1 122,22 МПа

n2

m

2 l3

n1

-1

l2

n

3

0 l1

m

1

х

3 59,79 МПа

2 42,57 МПа

3

1

m3

-1

y

Рис. 3.18

4. Определение максимальных касательных напряжений.

Наибольшие касательные напряжения действуют по площадкам, наклоненным под углом 45о между каждой парой главных площадок (см. рис. 3.4). Величины наибольших касательных напряжений определяются по формулам:

	13		1 3 ;			12	1 2		;	23	2 3	;	(18)
				2			2				2
					122,22 ( 59,79)				91,01 МПа;
			13
							2

					122,22 42,57	39,83		МПа;
		12
			2
				42,57 ( 59,79)			51,18	МПа;
	23
			2

max 13 91,01 МПа.

69

Максимальное касательное напряжение действует по площадке, наклоненной под углом 45о к первой и третьей главным площадкам.

5. Определение октаэдрических напряжений.

Площадки, равнонаклоненные к трем главным площадкам l m n 13 , называются октаэдрическими (см. рис. 3.3).

Нормальное и касательное напряжения на этих площадках определяются по формулам:

																	1																		;							(19)
												окт										1				2						3
																3
				2
	окт							2					2										2							2							3				1	(20)
				3								1				2						3					1								2				3
или
			1
	окт						(			1					2	)2				(				2				3	)2			(				3			)2 ,			(21)
				3																																		1
или
																2
																						2		2				2 .														(22)
											окт											12
																3										23						31
В нашем случае

окт 13 122,22 42,57 59,79 35 МПа;

окт 23 39,832 51,182 91,012 74,502 МПа.

6.Определение компонент тензора деформации в заданных и главных осях и относительного изменения объема.

Тензор деформации в заданных осях имеет вид:

						1					1
		x						xy				xz
						2					2
		1									1
T													.	(23)
		2									2
					yx				y				yz
		1				1
				zx				zy			z
		2				2

Его компоненты находим по формулам обобщенного закона Гука в произвольных осях:

70

1

xy

z

;

;

x

E

x

y

xy

G

1

;

yz

;

y

z

x

yz

E

y

G

1

;

zx

,

z

E

z

x

y

zx

G

где G – модуль упругости при сдвиге,

						G								E								2 105				7,69 104 МПа.
												2(1 )
																						2(1	0,3)
		В нашем случае
									1							100				0,3 45 50 49,25 10 5 ;
					x
									2 105
														1				45 0,3 50 100 45 10 5 ;
						y
													105
									2
														1				50			0,3 100 45 16,75 10 5 ;
						z
													105
									2
						20								26 10 5 ;															30	39	10 5 ;
		xy																							yz
				7,69 104																								7,69 104
														zx								40			52 10 5.
																					7,69 104
		Таким образом,
																49,25							13				26
									T								13					45				19,5 10 5 .
																	26					19,5			16,75

Тензор деформации в главных осях
			1	0	0
T		0		2	0	,
		0		0	3

где 1 , 2 , 3 – главные деформации, определяемые по формулам:

(24)

(25)

71

								1				1		1		2 3	;
												E
								2				1			2 3 1		;	(26)
												E
								3				1			3 1 2		.
												E
Для заданного тензора напряжений
						1		122,22 0,3 42,57 59,79									63,69 10 5 ;
	1
						105
		2
						1		42,57 0,3 59,79 122,22 11,92 10 5 ;
	2
						105
		2
						1		59,79		0,3 122,22 42,57 54,61 10 5.
	3
						105
		2
									63,69						0	0
								T		0				11,92		0	10 5.
										0					0	54,61
Проверка: x y									z			1			2	3 – 1-й инвариант деформиро-
ванного состояния.
	(49,25 45 16,75) 10 5														(63,69 11,92 54,61) 10 5 ;
										21 10 5 21 10 5.
Относительное изменение объема определяется по формуле:
												1 2 3 .						(27)

В нашем примере

(63,69 11,92 54,61) 10 5 21 10 5.

7.Разложение заданного тензора напряжения на два тензора – шаровой и девиатор.

Компоненты напряженного состояния, действующие по граням элементарного параллелепипеда, вырезанного в некоторой точке тела, вызывают изменение и объема, и формы этого параллелепипеда. Относительное изменение объема определяется зависимостью (27) или

					0	,
			x y z		K
где				– среднее (гидростатическое) напряжение;
	0
		3

72

K	E	– модуль объемной упругости;
	3(1 2 )
			0		x y z	.	(28)
			K		3K

Изменение формы и размеров параллелепипеда характеризуется наличием относительных деформаций x , y , z , xy , yz , zx , которые вы-

ражаются через компоненты напряжения по закону Гука (24).

Тензор напряжения T можно представить в виде двух составляю-
щих тензоров, один из которых – шаровой T 0 – связан с изменением толь-
ко объема, другой – девиатор напряжений D – соответствует только из-
менению формы:
					T				T	0 D .										(29)
Эти тензоры имеют вид:
			x			xy										0	0	0
										xz	; T 0
	T	yx			y				yz						0 0			0	;
					zy
		zx							z						0		0	0
				x					0		xy						xz
							yx				y 0						yz
		D																.
							zx				zy				z
																		0
Графически разложение исходного напряженного состояния на ша-
ровой тензор и девиатор представлено на рисунке 3.19, а, б.
В нашем случае
								100 45 50					35 МПа,
				0
										3
следовательно,
100		20	40							35	0	0					65	20	40
	20	45	30							0	35 0						20	80	30	.
	40	30	50							0	0						40	30	15
												35
		T									T	0						D

73

а)

z

z

z

0

z

z 0

zx

zx

zy

xz

x

0

zy

xz

x

0

yz

=

+

yz

xy

xy

х

х

х

y

yx

0

yx

y 0

y

y

y

б)

z

50

z

35

z

15

30

30

40

40

40

100

=

+

40

65

20

35

20

45

20

80

х

х

20

х

30

35

30

y

y

y

Рис. 3.19

1) Объем изменяется:

1) Объем изменяется:

1) Объем не изменяется:

x y z

0

;

3 0

0

;

x y

z

3 0

3K

K

3K

3K

K

2)по формулам (24):

2) по формулам (24):

0

0;

x y z ,

1 2

0

,

xy 0; yz

0; zx

0,

x

y

z

E

K

2) по формулам (24):

0,

,

следовательно,

фор-

xy

yz

zx

следовательно, форма

x

y

z

ма

элемента

тоже

yz ;

zx ,

изменяется.

элемента

не

изменяет-

xy

xy ; yz

zx

следовательно, форма

ся.

элемента изменяется.

8. Определение удельной потенциальной энергии деформации (полной, изменения объема, изменения формы).

Полная удельная потенциальная энергия деформации определяется формулами:

u 12 1 1 2 2 3 3

или

u	1	2	2	2	2						.	(30)
						2		3		1
	2E	1	2	3	1		2		3

Полную удельную потенциальную энергию и можно представить в виде двух составляющих, одна из которых связана с изменением объема ио,

74