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)