5. Питома потенціальна енергія деформації при об’ємному напруженому стані.

Питома потенціальна енергія деформацій накопичується за рахунок пружних деформацій в одиниці об’єму матеріалу. Питома потенціальна енергія визначається сумою робіт усіх сил, які діють по гранях кубика при деформації

.

Підставивши значення ₁, ₂, ₃, дістанемо

.

Питому потенціальну енергію деформації можна розглядати у вигляді двох складових: потенціальної енергії зміни об’єму і потенціальної енергії зміни форми.

При =0,5 одержимо вираз для енергії зміни форми, який використовується при формулюванні енергетичної теорії міцності

.

6. Реологічні залежності для пружнов’язких систем. Для пружнов’язких матеріалів, використовуючи модель Кельвіна; при плоскому напруженому стані можна записати залежності, що зв’язують напруження, деформації і час, у такому вигляді:

;

; (8)

.

Тут: σ_х, σ_у – нормальні напруження;

ε_х, ε_у –відносні лінійні деформації;

τ_ху –дотичні напруження;

γ_ху - кутова деформація в площині xy;

- похідні по t;

t-час; v –коефіцієнт Пуассона;

Е-тривалий модуль пружності;

Н – миттєвий модуль пружності;

n- час релаксації.

Диференціальні залежності (8) записані з урахуванням основного спрощеного рівняння лінійного деформування.

Аналогічно можна записати залежності між напруженнями і деформаціями для пружнов’язких матеріалів при просторовому напруженому стані. У цьому випадку реологічні рівняння, які встановлюють зв’язок між напруженнями і деформаціями, набирають вигляду:

;

;

; (9)

;

;

.

Тут: σ_х, σ_у, σ_z – нормальні напруження;

τ_ху, τ_хz, τ_уz –дотичні напруження;

ε_х, ε_у, ε_z –відносні лінійні деформації;

ε –об’ємна деформація (ε= ε_х+ε_у+ε_z);

γ_ху, γ_хz, γ_уz –відносні зсуви у відповідних площинах xy, xz, yz;

G – тривалий модуль зсуву;

G^* – миттєвий модуль зсуву;

n – коефіцієнт релаксації;

λ – стала Ламе;

λ^* – стала Ламе, яка відповідає часу релаксації.

Реологічні залежності (8) і (9) між напруженнями і деформаціями відповідно для плоского і просторового напружених станів використовують при вивченні властивостей пружнов’язких матеріалів.

Розв’язання задач по темі “Теорія напруженого стану”.

Задача 3.1. Стержень діаметром 6 см розтягується вздовж своєї осі зусиллям 245∙10³Н. Визначити величину нормального і дотичного напруження в перерізі, нормаль до якого складає кут 30^○ із віссю стержня. Визначити, в якому перерізі дотичні напруження досягають максимуму і знайти їх величину.

Розв’язання. Знайдемо напруження, яке перпендикулярне осі стержня:

.

Нормальні і дотичні напруження по нахиленій площині визначаються за формулами

,

.

Дотичні напруження досягають максимуму в перерізах, нахилених під кутом 45^○ до осі стержня. Їх значення дорівнює

.

Задача 3.2. Стержень болта d=20 мм (рис. 3.4,а) знаходиться під дією сил розтягання N=20 кН і зсувних сил Т=30 кН. Можна вважати, що нормальні і дотичні напруження в поперечному перерізі болта розподілені рівномірно і що σ_у ≈0. Визначити в точці М положення головних площинок і значення головних напружень.

Рис. 3.4

Розв’язання. Виріжемо в точці М малий прямокутний елемент і визначимо вихідні напруження, які діють на його гранях. В поперечному перерізі болта діє розтягуюче нормальне напруження

МПа.

В поперечному перерізі абсолютне значення дотичного напруження

МПа.

Якщо уявно відрізати праву частину стержня болта, то на залишену ліву частину вектор напруження τ буде діяти так, як показано на рис.3.4.б.

Таким чином, τ_yx= τ=96 МПа.

Положення головних площинок знаходимо за формулою

.

Для цього значення тангенса маємо кут , . Відкладаємо цей кут від осі х проти годинникової стрілки і одержимо напрямок одного головного напруження, напрямок другого – перпендикулярно до першого. На отриманих двох напрямках будуємо прямокутний елемент, грані якого являються головними площинками.

Визначаємо значення головних напружень σ_max= σ₁, σ_min =σ₂:

;

σ₁=133,5 МПа; σ₂=-69,5 МПа.

Для того, щоб знайти, якому із двох напрямків відповідає напрямок σ₁= σ_max, треба вибрати напрямок, що проходить через дві чверті, де збігаються стрілки дотичних напружень τ, τ′. В даному випадку цей напрямок проходить через першу і третю чверті. Друге головне напруження σ₂ перпендикулярне σ₁.

Задача 3.3. Алюмінійовий паралелепіпед навантажений силами, рівномірно розподіленими по площі граней (рис.3.5). Визначити зміну довжин сторін паралелепіпеда і відносну зміну об’єму.

Рис. 3.5

Розв’язання. Нормальні напруження від сил P, S дорівнюють:

;

.

Таким чином, головні напруження σ₁=160 МПа, σ₂=0, σ₃= -100 Мпа. (нижні індекси в напруженнях позначаються згідно нерівності σ₁≥ σ₂ ≥ σ₃). Для визначення відносних деформацій скористаємось законом Гука:

.

.

.

Обчислюємо абсолютні деформації ребер паралелепіпеда:

см;

см;

см.

Відносну об’ємну деформацію можна визначити за формулою

,

або

.

Задача 3.4. На фасадній грані елементарного кубика діє головне напруження σ₁=30 МПа, на бокових гранях – нормальні і дотичні напруження σ_х=-20 МПа, σ_у=-100 МПа, τ_ух=-30 МПа. Визначити два інші головні напруження і їх напрями (рис.3.6,а). Визначити максимальне дотичне напруження.

Розв’язання. Знаходимо головні напруження σ₂ і σ₃ так:

.

Підставивши значення заданих нормальних σ_х, σ_у і дотичного напруження τ_ух в наведений вираз , отримаємо

МПа;

МПа.

Положення головних площадок визначаємо за формулою

, α=18^○20′.

Оскільки кут α додатний, він відкладається проти ходу стрілки годинника від напряму напруження σ_х (рис. 3.6,б).

Максимальне дотичне напруження при σ₁>σ₂>σ₃ визначаємо за формулою

МПа.

Рис. 3.6

Рис. 3.7

Задача 3.5. Стальний паралелепіпед розтягується у двох напрямках силами Р_х=72 кН і Р_у=60 кН (рис. 3.7). Задані розміри ребер а=6 см; b=4 см; с=2 см. При μ=0,3; Е=2,1∙10⁵ МПа визначити абсолютні деформації ребер і величину потенціальної енергії деформації.

Розв’язання. Знаходимо головні напруження

кН/см² =60 МПа;

кН/см² =75 МПа.

Позначимо σ_у=σ₁=75 МПа, σ_х=σ₂=60 МПа.

Визначимо відносні деформації:

;

;

.

Абсолютні деформації:

см;

см;

см.

Потенціальну енергію визначаємо згідно виразу

Мн∙м/м³=

=1,56Н∙см/см³ .

Об’єм паралелепіпеда V=abc=6∙4∙2=48см³. Повна потенціальна енергія деформації

U=u∙V=1,56∙48=74,5 Н∙см.

Задача 3.6. Стальний кубик, щільно встановлений між двома нерухомими стінками і обпирається на нерухому основу, зазнає стискання від навантаження р Па. (рис.3.8). Коефіцієнт Пуассона μ=0,3. Визначити напруження на бокових гранях і деформації ребер, нехтуючи тертям між кубиком та стінками.

Розв’язання. Проведемо осі х, у, і z, паралельні ребрам кубика. При дії вертикального навантаження, кубик не може переміщатися в горизонтальному напрямку, в цьому напрямі виникають напруження стискання σ_х. На нижній грані кубика діють нормальні напруження, які будуть однакові з напруженнями, що діють по верхній грані, тобто σ_z= -р Па. В напрямку осі у напруження дорівнюють нулю (σ_у=0). В напрямку осі х нулю дорівнюють деформації кубика (ε_х=0). Тоді згідно узагальненого закону Гука маємо

Рис. 3.8

.

Підставляємо в цей вираз σ_у=0,

σ_z= -р

.

Звідки

σ_x= -0,3р Па.

Знайдемо відносні деформації ε_z і ε_у:

;

.

Таким чином,

σ_у=0; σ_х=-0,3р Па; σ_z=-р Па; ; ; .

Слід зазначити: оскільки на гранях бруса немає дотичних напружень, це будуть головні напруження

σ_у= σ₁; σ_х= σ₂; σ_z= σ₃.