Механика сплошных сред в задачах. Под ред М.Э.Эглит. Т. 2. Ответы и решения (1119115), страница 34
Текст из файла (страница 34)
262 Глава 5. Механика жидкости и газа 26.79 1) (Со, УУСо), '(СоУЗ" ', СоС3"~, где Р = 1+М 1 — М' 2) С(СЗСо) = / Р (*о) сСзо' (1+ Н)ре Г', М(1.-~ ),/ а~О 3) (ьС)зг = н(г~С)г1 (с~бас = (1+ н)(ЛС)гп и = — ЕЗе<. Положение ударной волны неустойчиво при ~Н~ > 1 и при Н = 1. 4) Г(С) = ' ' ' )+Н"~(СЕЕ "), СоЦЭ" < С< СоД"+'. Положение ударной волны устойчиво при ~Н! < 1.
26 80 ДС) = С(СЗСо) ~ + Н~С „~ Сву3 < С < Свд +~. Положение ударной волны устойчиво при ~Н1~ < 1, и неустойчиво при (Нс( > 1 и ЕЕ1 = 1. Здесь Н| — — ЯК. 26.81 Да, поскольку для совершенного газа фЕС ) < 1 и, следовательно, )УЕСЗК~ < 1, так как )ф < 1. 26.82 В(М, у) = 3 — 72(7+ 1)М' Требуемые оценки: ВЯ = 1.875, В(5) = 1.8ЗЗ, В(3) = 1.75. Здесь обозначено В( у) = шах В(М, у). М 26.83 Требуемые оценки: Н(7) = 0.4, Н(5) = 0.308, Н(З) = 0.146, Здесь обозначено Н(у) = тахН(М, у).
М 26 84 ть~,(С) = ~(СУСо) + Н~~ ( — ), Н1 = 0ЧК. — ЬС3") Следовательно, если положение ударной волны в потоке устойчиво (неустойчиво), то положение контактного разрыва тоже будет устойчивым (неустойчивым). 26. Газовая динамика 263 26.85 В обшем случае (1+ Я)5К 1 — ДК Для совершенного газа Л' 1,+ е' где Л~ = '(1 — )(1 — Мз)1 М вЂ” 2к(1 — М ) 1 — к+ М~ причем ~М~ = < 1, так как Х < 1.
Здесь обозначено М 1+о В последнем соотношении характеристики невозмушенного потока в области к < и1 отмечены индексом 1, а, в области з > и~ — без индекса. Глава 6. Теория упругости 28. Линейная теория упругости 28.2 Напряжения и деформации равны РЛ Р22 = — р, Р22 =Р2З = 1222 = О, 1222 = рзз =— Л+ 2о' р е22 = сзз = О. Л+ 2о' 28.3 Тенэор напряжений имеет лишь две ненулевые компо- ненты р22 — — р21 = т, остальные компоненты равны нулю; т Е у=2е22= —, г=Ссу, С=р= р' 211+ и) 28.4 1) В =, 2) 13Л+ 2и) ' З Л+2р' Л 2 28.7 реУ = — К22 + С 22— 2 О= —, 3) 0=0.
Л+ 212' 2 Е К =Л+ — 8= 3 311 — 2м) р + -'Р 2 К = Л+ — 12, а = р. 3 28.1 Ненулевыми являются лишь диагональные компоненты тенэора деформаций: Л+Р Р Л и — РР13Л+ 28) Е 22 = зз = Рзд(ЛЛ+ 28) и Искомые соотношения между модулем 10нга Е, коэффициентом Пуассона и и коэффициентами, Ламе Л и Рл р(зл+ 2р) л Л+ р ' 21Л+Р)' Еи Е Л= 11 — 2и)11+ и) ' 211+ и) р= 28. Линейная теория упругости 265 28.8 Использовать разложение функции состояния в ряд по малым величинам е, и Т вЂ” То, ~читая, что в ненапряженном состоянии деформации отсутствуют.
ро=Аоыеы+Во(Т вЂ” То), А гы=, В" = -~.,„о„,!. -М.ж„!. Л,Ег б) роТ(Лм Ег, Ез Т) =, + рЛг — аЕд(Т вЂ” То)— 2 6(Т вЂ” То) 2 +у(Т-Т,), р; = Л,Егбо + 2ре; — а(Т вЂ” То)6, ~ Ег = еьь Ег = еово, 28.9 б) р; = Л',Ег6; + 21г'е; — 6'(я — яо)бо. 2 28.10 а = ояК = ЗоК, К = Л+ — Ег. 3 росг 28.11 Применить второй закон термодинамики; 6 = —. 28.12 Компоненты тензора деформаций суть ;, = — ~р, — о~ + о(Т вЂ” То)6;, = 1 1 9Л,Ег(р)6;,1 2Ег ~ '~ 1ЗЛ+ 2р) 1 1 = — [(1 + и) рб — и Е~ (р) Б;~) + о(Т вЂ” То)60. Е 28.13 Выражения для инвариантов девиатора напряжений: Е,' = Е," = 0, Е, = Е,' — р", ро' = -Ег. Очеви но, ,Ег >О н Ег<0.
Подставляя выражения для р; и сб в закон Гука, получим Н р;- = 2ре;.. 266 Глава 6, Теория упругости 28.14 Из уравнения дУ дТ = а = ао — — 0 находим выражение для (Т вЂ” 7о) Т вЂ” 7'о = — оВТ росе Зависимость напряжений от деформаций определяется соотно- шением 9огЕа-г7 Л р;, = Л+ )У!(Я) 6; + 2реб. Росе ) 28.15 Связь между изотермическими и адиабатическими коэффициентами: ог(ЗЛ + 2р)гТо . Е 9огТоЕГЛ рог„ рос 28.16 Воспользуемся термодинамическим уравнением Гиббса оУ(яб1 Т): р Йеб а сгТ: И еб ф а сЕТ, Р Р Р Отсюда видно, что можно ввести термодинамическую функцию Ф(р", Т) = — росб — У'(е„, Т) Р такую, что дФ я;,=р д!го Коли для среды выполняется закон Гука, то У и Ф являются квадратичными формами, т. е. дУ' е; =2У, " дс;, что приводит к равенству Ф(рб) = У(р"). 28.17 Равновесие устойчиво, если для создания произвольной дополнительной деформации Ье; = с; — е,', требуется приложить дополнительные силы, которые производят для этого дополнительную работу.
Очевидно, эта работа равна разности 28. Линейная теория упругости между приращением энергии тела, и работой приложенных на- пряжений р"* У(е„, Т) — У(е,'. Т) — — ро Ьеб > О. Р Для малой дополнительной деформации Ь»; = е;, — е,*,, сохраняя в разложении У(сб) члены до квадратичного, получим дг у' ~е; Ьеы>О, дк;,деы если не все еб равны нулю. Такие функции У называются вы- пуклыми. Таким образом, для устойчивости необходима вы- пуклость функции У .
Для линейной упругой среды представим У в виде суммы энергий изменения объема и сдвига роУ = — К,У, + р ~,Уг — —,У, ) . К = Л+ — Уг, см. задачу 28.7. Требование выпуклости функции У дает усло- вия К > О и и > О. Используя результаты задач 28.1 28.4, получаем неравенства Л > О и — 1 < и < 1/2. 28.18 Выражение функции свободной энергии имеет вид роУ(;,,А,) = — Л(с,') + реево+т(е„й')'+ 2 + пс;,роемся"'+ 1ебеуьйь'+ Ы;;й'"аь'с „9 Для задания материала необходимо 9 упругих констант: Л, р, пг, и, 1, й, А, ог, Дз, где Им Ыг,' оз — — главные компоненты симметричного тензора И, .
Вместо них могут быть использованы Км Кг, Кз скалярные инварианты тензора д, . 28.19 Выражение для функции свободной энергии: РУ = — ЛУ, + уьУг + тезуе + 1еззА + "езз. 1 Уз г 2 Зависимость компонент тензора напряжений от деформаций: ры — — Л,Уг + 2рен + баэз; ргг = Л,Уг+ 2регг+ Ызз, рзз = ЛУг+ 2рсзз+ 2(т+ п+ У)езз+1(сы+ егг), ргг — — 2регг, ргз — — 2(р+ т)е~з ргз = 2(р+ т)егз. 268 Глава 6. Теория упругости 28.20 Компоненты тензора деформаций суть 1 (2р+ 1)р 2 (2т+ 2п+ Зр)(Л+ р) — (р — 1)г' (и — 1) р (2т+ 2п+ Зи)(Л+ р) — (р — 1)г Пользуясь результатами задачи 28.19, запишем д дгю дг (Л+ р) — Йч ю+ аЬюг+ (1+ т), + т дт дтдг дгг ' д дгюз дгюг (Л+ р) — Йчю+ ИЬюг+ (1+ т) + т ду дудг дгг д д юз (Л+ 1г) — г1гч ю+ (р+ т) глюз+ (т+ 2п+ 21) г + 28.21 рач —— раг = раз = + т+ — 1 + 28.22 Применить операцию г11ч к уравнению равновесия в перемещениях.
28.23 Воспользоваться результатами задачи 28.22. 28.24 Компоненты перемещения ю; представим в виде ю; = гр;+1сггг, где гр; — три гармонические функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа. Подставляя ю; в уравнения Ламе, получаем для функции юг уравнение Пуассона 1 ЬФ+ гч" р; = О. 2(1 — и) Его решение имеет вид ггг = уго + ~р, где Фо --- решение однородного уравнения Ьгро = О, т. е.
фо — гармоническая функция, а игр можно искать в форме г)гр —— Арьг~, и = 1, 2, 3. Задача. сведена к отысканию четырех гармонических функций гро и грь 1 д г юг' = грг (грьт + Фо)г 1г й = 1г 2г 3. 4(1 — и) дг' 28. Линейная теория упругости 269 28.25 Искомые деформации равны Рд и Ехх = (1 Х) Еуу — ехх = Рд(1 х)~ Еб — 0 ПРИ 1 ф 1. Е ' "" " Е Р (Р11)тах = + Рд1 сх оа~ допускаемое напряжение. Для данного троса: Р кг сху — Р/Я вЂ” = 3185,, 1 < 400 м. о см2 рд где оу 28.28 Растягивающая сила Р действует вдоль оси х стержня Е1 Р х поперечного сечения о, в резуль- а тате чего возникают напряжения и ры = Р)(Б, а остальные компоненты равны нулю.
Найдем макРис. 0.28.1. симальные растягивающее и касательное напряжения. Вектор напряжения на любой площадке, расположенной под углом а к оси х, равен; см. рис. 0.28.1, Р р„= р11соеае1 = — сова е1, Р Р где ~е1 ~ = 1, р„„= —, соя о растягивающее и р„,' = —, ейл 2а Ь' 28 — касательное напряжения. Их максимальные значения равны (,) Р г 1 1 Р г Раа — ПРИ О 0 И Рах ПРИ О х снах Я ,)шах 2 5 4 1О Зак. 2369 28.26 д = ', Ь1с = — — (1 — 2и).
12 Р1 2Е' 2Е 28.27 Ось х направим вдоль троса вниз, х = 0 в точке подвеса. Уравнение равновесия в проекции на ось х имеет вид ор1 1 дх + рд = О. При х = 1 получим р„= Р/;з', где à — вес груза, 5 — площадь поперечного сечения. Распределение напряжения: Г ры(х) = —, + рд(1 — х). Я Максимальное напряжение: 270 Глава б. Теория упругости следовательно, должны выполняться ограничения 1 Р— < 1400 — н — — < 600 — , 5 слл 25 см ' откуда получаем предельное значение силы Р < 30 000 кгс.
28.29 Б = — 0.027 см. г1з 3 Е Р 28.30 В каждом сечении х находим рм = . Из уравне6о+ ох ний равновесия следует оР гр Р1г ( У+ ~(х)~ Ргг 3 У г У+ ~~(х)~ 6о+ ох)г ' (6о+ ох)з где функции 7 и сг определяются из граничных условий на боковой поверхности р„= О, и = 1егп д; соод). Получаем 7 = у = О. Так как задача решалась в напряжениях, следует проверить выполнение условий соместности. Для плоской задачи это одно уравнение, см.
задачу 28.54, дры дргг д Ргг г + г =2 +и э(ры+Ргг). Полученное решение удовлетворяет этому уравнению, если пренебречь членами порядка о~. Для вычисления Б используется закон ГУка еы = ~~. (Ры — иРгг) Так как пРинЯли Ргг — О, то о 28.31 Ищется приближенное решение задачи, в котором считается, что имеются лишь напряжения вдоль оси стержня р Напряжения складываются иэ тех, которые вызваны силой Р, и тех, которые вызваны весом части стержня ниже рассматриваемого сечения. Пусть в сечении 5(х) напряжение р,(х) равно о. Тогда в близком сечении 5(х+ гэх) выполняется (о + рд Ьх)5 р (х+Ьх) = Я+ ЬЯ 271 23.
Линейиии теории упру< ости Считая, что р, = <вин<, получим диффер< пинал<пни уравипни< для у (о + рд <1я) У = о(5+ <18) . Р Его решение: Я =,Уос и, причем о = р,(О) = —. оо Ответ: Форма стержня — — сосулька, 5(х) = Яое и . 28.32 См. решение предыдущей задачи. Роль силы тяжести играет центробежная сила Е = шзя.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
