-6-05-~3

мальные напряжения на них - главными напряжениями. Принимаются такие обозна-

чения: 1≥ 2≥ 3.

Если в окрестности рассматриваемой точки определены положение главных площадок и главные напряжения, то существенно упрощается система уравнений (67). Они принимают вид:

Z= 3 · n.

Так как l 2 + т2 + п2 =1, то получим:

2 = 2 = 2 = 1.

12 22 32

Следовательно, геометрическое место концов вектора полного напряжения Р(Х, Y, Z) образует эллипсоид, полуосям которого являются главные напряжения 1, 2, 3.

Величины главных напряжений в произвольной системе координат х, у, z определяются через заданные значения шести компонентов напряжений , , , τ ,

τ , τ . (рисунок 81). Предположим, что наклонная площадка (рисунок 81) явля-

Так как l 2 + m2 + n2 = 1, следовательно, l, т, п одновременно не могут быть равны нулю. Для того, чтобы система однородных уравнений (86) относительно l, т, п имела бы решение, отличное от нулевого, необходимо, чтобы определитель этой системы был равен нулю.

151

ния главных напряжений 1, 2, 3. Коэффициенты 1, 2, 3называются инвариантами напряженного состояния и их значения не зависят от выбранной системы координат х, у, z.

Для определения положения главных площадок необходимо вычислить значения направляющих косинусов следующим образом. В два из трех уравнений системы (87) подставляются значения главных напряжений 1, 2, 3, а в качестве третьего используется равенство l 2 + m2 + n2 = 1.

Если 3= 0, то один из корней уравнения (89) также будет равен нулю. В этом случае напряженное состояние является плоским или двухосным. В частности, напряженное состояние чистого сдвига представляет собой двухосное напряженное состояние, для которого имеется. 1 = −3, 2 = 0.

Если 1 = 2= 0 то из уравнения (89) очевидно, что только одно из главных напряжений отлично от нуля. Напряженное состояние в этом случае называется одноосным и имеет место при простом сжатии или растяжении бруса или при чистом изгибе.

При сложном напряженном состоянии для выполнения расчетов на прочность можно выразить напряжения, действующие на произвольной площадке, проходящей через данную точку, через главные напряжения.

Эти выражения можно преобразовать к виду:

152

τ= 1−2 3 sin 2.

Рассматривая совместно полученные выражения для σ и τ, можно получить следующие выражения:

В системе координат , это уравнение окружности. Полученный круг называется кругом Мора или круговой диаграммой напряженного состояния. В заключение заметим, что при = ⁄4 имеет место:

Деформированное состояние в точке. Происходящие при нагружении тела перемещения его точек можно задать при помощи совокупности трех функций: и(х,

у, z), v(x,y,z) и w(x,y, z), определяющих перемещения вдоль координатных осей х,

уи z, соответственно. Деформации (линейные и угловые) выражаются через функции перемещений:

где - линейная деформация вдоль i-той оси координат, -угловая деформация

в плоскости 0 ( , = , , . ).

Правило знаков принимается следующее: для линейных деформаций - растяжению соответствует положительная деформация; для угловых деформаций положительное ее значение соответствует уменьшению прямого угла между положительными направлениями осей. По аналогии с напряженным состоянием, здесь также имеются главные деформации и главные площадки деформирования, которые являются инвариантами, независящими от осей координат.

Шесть компонентов деформаций выражаются через три функции перемещений,

В каждой точке среды деформируемого тела всегда существуют три взаимно перпендикулярные плоскости, которые не испытывают сдвигов. Координатные оси, которые образуют эти плоскости, называются главными осями деформируемого состояния. Линейные деформации по главным осям называются главными деформациями и нормируются в порядке 1 > 2 > 3 с учетом их знака, причем знак «плюс» относится к тем деформациям, которые вызваны в результате растяжения, и наоборот, знак «минус» относится к деформациям сжатия. Для изотропного тела, свойства которого не зависят от направлений координатных осей, главные оси напряжений и деформаций совпадают.

Обобщенный закон Гука. При малых деформациях действие касательных напряжений вызывает только формоизменение, а от действия нормальных напряжений происходит изменение линейных размеров выделенного элемента. Для трех угловых деформаций получаем:

где G - модуль сдвига материала, = 2(1+).

Линейная деформация по оси х, обусловленная напряжением , будет равна . Напряжениями и соответствуют деформации по оси x обратного знака, равные -µ и -µ , соответственно (здесь µ - коэффициент Пуассона). Следовательно,

= - µ - µ

Аналогично можно определить относительные удлинения ребер параллелепипеда, перпендикулярных осям y и z. Записывая для и аналогичные уравнения

окончательно получим:

Отсюда, получим выражение для объемной деформации

Полученные соотношения (82-83) являются аналитическим выражением обобщенного закона Гука для упругого изотропного тела.

Потенциальная энергия деформации. В соответствии с законом сохранения энергии потенциальная энергия деформации элементарного параллелепипеда равна работе внешних сил, приложенных к его граням. Полная удельная потенциальная энергия элементарного объема определяется по формуле:

Разделив на первоначальный объем параллелепипеда V= , получим удельную потенциальную энергию UO. Выразим в соответствии с законом Гука деформации через напряжения:

Удельная потенциальная энергия в главных напряжениях:

Общая потенциальная энергия UO делится на две составляющих: потенциаль-

ную энергию изменения объема об. и потенциальную энергию изменения формы

155

Пример 33

Напряженное состояние в точке задано шестью компонентами σx=50 МПа,

σy= -20 МПа, σz= 30 МПа, τxy= -10 МПа, τyz = 10 МПа, τzx = 10 МПа, Е= 200 ГПа, µ= 0,35.

Требуется определить:

1)главные напряжения;

2)максимальные касательные напряжения;

3)направляющие косинусы главных площадок;

4)значения главных относительных деформаций;

5)относительное изменение объема;

6)удельную потенциальную энергию изменения объема и формы;

7)полную удельную потенциальную энергию.

Рисунок 84 - Элементарный параллелепипед в общем случае нагружения

Решение.

Определим инварианты напряженного состояния:

−30 ∙ (−10)2 − 50 ∙ 102 − (−20) ∙ 102 + 2 ∙ (−10) ∙ 10 ∙ 10 = −30000 − 3000 − −5000 + 2000 − 2000 = −38000 МПа.

Определим главные напряжения, решая кубическое уравнение любым из известных способов:

3 − 1 ∙ 2 + 2 ∙ − 3 = 03 − 60 ∙ 2 − 400 ∙ + 38000 = 0

Получим три корня уравнения и, с учетом условия σ1 ≥ σ2 ≥ σ3, запишем

156

1 = 54,57 МПа2 = 29,24 МПа3 = −23,81 МПа

Проверим правильность вычисления главных напряжений. Так как I1, I2, I3 – инварианты, то их значения постоянны.

Определим значения инвариантов в главной системе координат:

1 = 1 + 2 + 3 = 54,57 + 29,24 − 23,81 = 60 МПа;2 = 1 ∙ 2 + 3 ∙ 1 + 2 ∙ 3 = 54,57 ∙ 29,24 − 23,81 ∙ 54,57 − 29,24 ∙ 23,81 =

= 1595,63 − 1299,31 − 696,20 = −399,88 МПа;3 = 1 ∙ 2 ∙ 3 = 54,57 ∙ 29,24 ∙ (−23,81) = −37991,87 МПа.

Результаты вычислений I1, I2, I3 соответствуют полученным в заданной системе координат. Находим максимальные касательные напряжения:

Определим направляющие косинусы главных площадок. Для этого необходимо подставить последовательно значения i (i=1, 2, 3) в любые два уравнения системы (третье является линейно зависимым):

( х − ) ∙ + ∙ + ∙ = 0∙ + ( − ) ∙ + ∙ = 0∙ + ∙ + ( − ) ∙ = 0

и решить их совместно с уравнением 2 + 2 + 2 = 1.

Выражения для li, mi и ni можно получить, используя известные из математики формулы Крамера:

= √∆12 +∆22 +∆2.

Система уравнений для определения l1, m1, n1 будет иметь следующий вид:

(50 − 54,57) ∙ 1 − 10 ∙ 1 + 10 ∙ 1 = 0

−10 ∙ 1 − (20 + 54,57) ∙ 1 + 10 ∙ 1 = 012 + 12 + 12 = 1

∆11= −( у − 1) ∙ + ∙ = −(−20 − 54,57) ∙ 10 + (−10) ∙ 10 = 745,7 − −100 = 645,7

Условие проверки выполняется:

0,93412 + (−0,0786)2 + 0,34832 = 1.

Аналогично определим 2, 2, 2 :

∆12= −( у − 2) ∙ + ∙ = −(−20 − 29,24) ∙ 10 + (−10) ∙ 10 = 429,4 − −100 = 392,4

Условие проверки выполняется:

0,31952 + (−0,2505)2 + (−0,9139)2 = 1.

Определим 3, 3, 3 :

∆13= −(σу − σ3) ∙ τxz + τxy ∙ τyz = −(−20 + 23,81) ∙ 10 + (−10) ∙ 10 = −38,1 − −100 = −138,1

Условие проверки выполняется:

(−0,159)2 + (−0,965)2 + 0,20862 = 1.

Определим значения главных относительных деформаций, используя закон Гука:

Определим относительное изменение объема:

= 1 + 2 + 3 = (26,33 + 9,23 − 26,51) ∙ 10−5 = 9,05 ∙ 10−5.

Определим удельную потенциальную энергию изменения объема:

ооб = 1−6∙2∙Е ∙ ( 1 + 2 + 3)2 = 16∙2∙10−2∙0,355 ∙ (54,57 + 29,24 − 23,81)2 = 90 ∙ 10−5 МПа

Определим удельную потенциальную энергию изменения формы:

Uоф = 1+μ6∙Е ∙ [(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ1 − σ3)2] = 6∙2∙101+0,355 ∙ [(54,57 − 29,24)2 + (29,24 + 23,81)2 + (54,57 + 23,81)2] = 1079,9 ∙ 10−5 МПа

Определим полную удельную потенциальную энергию деформации:

= ф + об = (1079,9 + 90) ∙ 10−5 = 1169,9 ∙ 10−5 МПа

160