Г.М. Сисоев - Механика сплошных сред (1132293), страница 4
Текст из файла (страница 4)
Например,состояние тела, находащегося под действием некоторых нагрузок, можно сравниватьс состоянием без них; в этом случае тензор деформации характеризует взаимноесмещение частиц сплошной среды вследствие внешних нагрузок.Если же имеется реальный процесс, в котором происходит изменение положениячастиц сплошной среды, то можно ввести их перемещения в системе наблюдателяx1 , x2 , x3~r = ~r0 + w~как функции лагранжевых координат ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 .
Дифференцируя это соотношение,можно получить связь между базисными векторами0ei =ei +∂w~,∂ξ ii = 1, 2, 3.Тогда можно получить два вида соотношений между метрическими тензорами~∂w~ ∂w~∂w~0 ∂w+ ej+ i i , i, j = 1, 2, 3,ji∂ξ∂ξ∂ξ ∂ξ0∂w~∂w~ ∂w~∂w~g ij = gij − ei− ej i + i i , i, j = 1, 2, 3.j∂ξ∂ξ∂ξ ∂ξ00gij = g ij + ei3.1.
ОСНОВНЫЕ СООТНОШЕНИЯ37а также для ковариантных компонент тензоров деформаций!1 0 ∂w~~~∂w~ ∂w0 ∂wεij =ei j + ej+ i i , i, j = 1, 2, 3,i2∂ξ∂ξ∂ξ ∂ξ!∂w~∂w~ ∂w∂w~~1ei j + ej i − i i , i, j = 1, 2, 3.εij =2∂ξ∂ξ∂ξ ∂ξ0Учитывая, чтоei∂w~= ei ∇j wk ek = ∇j wk gki = ∇j wi ,∂ξ jможно получить0 00 0 0 01 0 0εij =∇j wi + ∇i wj + ∇i wk ∇j wk , i, j = 1, 2, 3,21εij =∇j wi + ∇i wj − ∇i wk ∇j wk , i, j = 1, 2, 3,2!0где знак 0 над компонентами вектора w~ и оператором ковариантной производной0 0 0указывают, что используется базис e1 , e2 , e3 ; в противном случае применяетсябазис e1 , e2 , e3 .3.1.2Уравнения совместностиПусть в результате некоторого процесса к моменту времени t тело деформировалось.Эта деформация характеризуется лагранжевой системой координат ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 ,для которой известен метрический тензор gij и, соответственно, символы КристофеляΓkij .
Можно получить формулы преобразования символов Кристофеля, какфункций координат ξ 1 , ξ 2 , ξ 3 , в символы Кристофеля в зависимости от декартовыхкоординат x1 , x2 , x3 . Равенство последних нулю приводит к системе дифференциальныхуравненийΓkαβ∂ξ α ∂ξ β∂ 2ξk+,∂xi ∂xj ∂xi ∂xji, j, k = 1, 2, 3.Условием интегрируемости этой системы, т.е. возможность осуществить переходот начального состояния тела к его текущему состоянию, является равенствонулю тензора Римана–КристофеляmRijk≡∂Γm∂Γmkjkiαm α−+ Γmαj Γki − Γαi Γkj = 0,j∂x∂xim, i, j, k = 1, 2, 3;с учетом симметрий это приводит к 6 независимым дифференциальным соотношениямдля тензора gij .
Поскольку0gij = 2εij + g ij ,i, j = 1, 2, 3Глава 3. ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО380и тензор g ij известен, это дает 6 уравнений для ковариантных компоненттензора деформаций.В случае малых деформаций эти уравнения имеют вид∂ 2 εmn∂ 2 εjn∂ 2 εim∂ 2 εij+−−= 0,∂ξ m ∂ξ n ∂ξ i ∂ξ j∂ξ i ∂ξ m ∂ξ j ∂ξ ni, j, m, n = 1, 2, 3(как отмечено выше, независимых среди них — 6).3.1.3Уравнение неразрывности в лагранжевых координатахРассмотрим малый элемент сплошной среды с проециями на лагранжевы координатныекривые dξ 1 , dξ 2 , dξ 3 .
Тогда условие сохранения его массы имеет вид20ρ e01 , e02 × e03 dξ 1 , dξ 2 , dξ 3 = ρ (e1 , e2 × e3 ) dξ 1 , dξ 2 , dξ 3 .Учитывая, что! ∂xi 2 ∂xi ∂xi Tdet j = det j det j = det kgij k = g,∂ξ∂ξ∂ξ2|(e1 , e2 × e3 )| =получаем0ρ3.1.4q0√g = ρ g.(3.1)Уравнения ЛамеУравнение движения линейно упругого тела имеет вид3d~v= (λ + µ) grad divw~ + µ∆w~ + ρF~ ,dtdw~~v =.dtρВ случае малых скоростей, характерных для деформаций твердых тел, конвективныеслагаемые ускорения могут быть отброшены и получаем уравнения Ламе видρ∂2w~= (λ + µ) grad divw~ + µ∆w~ + ρF~ .∂t2(3.2)При отсутствии внешних массовых сил и малых перемещений частиц сплошной0среды можно считать, что в этом уравнении ρ =ρ.23[4], глава 3, §1[4], глава 4, §43.2.
ОДНООСНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ3.1.539Постановка задачи в перемещенияхЕсли граничные условия задачи сформулированы для вектора перемещения, ивнешние массовые силы отсутствуют, то последовательность решения линейнойзадачи теории упругости имеет следующий вид:• решаются уравнение Ламе0ρ∂ 2w~= (λ + µ) grad divw~ + µ∆w;~∂t2• вычисляется тензор деформацийεij =1(∇i wj + ∇j wi ) ;2• вычисляется метрический тензор0gij = 2εij + gij ;• определяется плотность0q0ρ gρ= √ .gВ рамках этой линейной задачи, сформулированной в лагранжевых координатах,ее решение можно искать в эйлеровых. Пусть в начальный момент временилагранжевые координат совпадают с эйлеровыми, т.е.xi = ξ i + w i ,i = 1, 2, 3,причем эйлеровы координаты x1 , x2 , x3 могут быть и криволинейными.
Тогдадля произвольной функции∂f iw + ....∂xiУчитывая, что все рассматриваемые функции — малые, получаем, что с точностьюдо малых второго порядка все соотношения могут быть записаны в исходнойэйлеровой системе координат. f ξ i = f xi − w i = f xi −3.23.2.1Одноосное растяжениеПостановка задачиРассматривается растяжение (сжатие) длинного линейно упругого тела вдольего наиболее протяженного направления. Предполагается, что на боковых границахтела напряжения отсутствуют; поверхностные силы могут быть приложенылишь на торцах.Глава 3. ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО40Рис.
3.2: Одноосное растяжение (сжатие)3.2.2Равновесие вертикально стоящего стержняОпределить деформации и перемещения для вертикально стоячего стержнядлины l, находящегося в устойчивом равновесии в поле силы тяжести g (рис. 3.2a)4 .Для решения задачи используется декартова система координат, показаннаяна рисунке. Напряжения должны удовлетворять системе уравнений равновесия∂pij+ ρF i = 0, i = 1, 2, 3,j∂xF 1 = −g, F 2 = 0, F 3 = 0.Граничные условия на боковой границе S и на торце x = l: p~n = 0.
Предполагается,что стержень закреплен в точке (0, 0, 0), в которой также отсутствует поворот:w~ = 0, rotw~ = 0. Полученные в результате решения должны также удовлетворятьуравнениям совместности.Предполагается, что все компоненты тензора напряжения, кроме p11 , равнынулю. Тогда уравнения равновесия дают:∂p11− ρg = 0.∂xС учетом отсутствия напряжений при x = l получаем, чтоp11 = ρg(x − l).Деформации определяются из закона Гукаi1 h(1 + σ) pij − σI1 δ ij ,Eρg1(x − l) ,= p11 =EEεij =ε114[7], задача 28.25I1 = pii ,3.2. ОДНООСНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ41σσρgε22 = ε33 = − p11 = −(x − l) ,EEε12 = ε13 = ε13 = 0.Легко проверить, что уравнения совместности (3.1) удовлетворяются.Перемещения определяются из системы уравнений:ρg∂w2σρg∂w3σρg∂w1=(x − l) ,=−(x − l) ,=−(x − l) ,∂xE∂yE∂zE∂w1 ∂w3∂w2 ∂w3∂w1 ∂w2+= 0,+= 0,+= 0.∂y∂x∂z∂x∂z∂yИз первых трех уравнений находимρg x2w1 =− lx + α(y, z),E 2σρgyw2 = −(x − l) + β(x, z),Eσρgzw3 = −(x − l) + γ(x, y).E!Подставляя эти соотношения во вторую группу уравнений получаем∂α (y, z) σρgy ∂β (x, z)−+= 0,∂yE∂x∂α (y, z) σρgz ∂γ (x, y)−+= 0,∂zE∂x∂β (x, z) ∂γ (x, y)+= 0.∂z∂yИз последнего соотношения получаемβ (x, z) = a(x)z + b(x),γ (x, y) = −a(x)y + c(x).Тогда∂α (y, z) σρgy da−+ z+∂yEdx∂α (y, z) σρgz da−− y+∂zEdxdb= 0,dxdc= 0.dxДифференцируя первое соотношение по z, второе — по y и вычитая одно издругого, получаемda= 0;dxдалееdbdc= 0,= 0.dxdxГлава 3.
ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО42Следовательно, a, b, c — константы. Тогдаσρg 2y + z 2 + d, β = az + b, γ = −ay + c;α=2Eиρg x2σρg 2w1 =− lx +y + z 2 + d,E 22Eσρgyw2 = −(x − l) + az + b,Eσρgz(x − l) − ay + c.w3 = −E!Из условия отсутствия перемещений в точке (0,0,0) следует, что d = b = c =0.Также(rotw)~ 1 = −2a,(rotw)~ 2=2σρgz,E(rotw)~ 3=−2σρgy.EУсловие rotw~ |(0,0,0) = 0 дает a = 0.Окончательно,σρg 2ρg x2y + z2 ,− lx +w1 =E 22Eσρgyw2 = −(x − l) ,Eσρgzw3 = −(x − l) .E!Анализ решения показывает, что точки оси стержня (y = z = 0) перемещаютсявертикально (w2 = w3 = 0).
Рассмотрим точки (x, y, z) на некоторой прямой,параллельной оси x: y = y1 = const, z = z1 = const; после деформации онилежат на прямой линииσρgy = y1 1 −(x − l) ,Eσρg(x − l) ,z = z1 1 −Eпересекающей ось x в точке (l + E/σρg, 0, 0). Следовательно, любой цилиндр встержне переходит в усеченный конус с центром в этой точке.Любое плоское сечение x = x1 = const переходит в параболоид вращенияρgx = x1 +E!σρg 2x21− lx1 +y + z2 .22EНаибольшее напряжение |p11 |max = ρgl достигается на дне стержня; еговеличина завист лишь от выстоты стержня.
Можно провести аналогию с распределениемдавления в покоящейся жидкости.3.2. ОДНООСНОЕ РАСТЯЖЕНИЕ3.2.343Равновесие троса с грузомНа стальном тросе диаметра d подвешен груз весом P . Известна плотностьматериала троса ρ. Определить максимальное напряжение в тросе5 (рис. 3.2b).Аналогично предыдущей задаче ищем распределение напряжений в тросекак решение задачи4P∂p11+ ρg = 0, p11 |x=l = 2 .∂xπdТогдаp11 =4P+ ρg(l − x).πd2Максимальное напряжение в тросе11p11|x=0 =max = p3.2.44P+ ρgl.πd2Равновесие вращающегося цилиндраНайти максимальное удлинение цилиндрического стержня длины l, вращающегосясо скоростью ω вокруг вертикальной оси6 (рис. 3.2c). Весом стержня пренебречь.Уравнения равновесия в цилиндрической системе координат имеют вид∂p11+ ρω 2 r = 0, p11 |x=l = 0.∂rТогда напряжение равняетсяp11 =а деформация стержня —ε11 =Премещение находится изρω 2 2l − r2 ,2p11ρω 2 2=l − r2 .E2Edw1= ε11 , w1 |r=0 = 0drи равняетсяr3ρω 2 2l r−.w1 =2E3!Максимальное удлинение соответствует r = l и равняетсяw1 =56[7], задача 28.27[7], задача 28.29ρω 2 l3.3EГлава 3.
ЛИНЕЙНО-УПРУГОЕ ТЕЛО44Рис. 3.3: Одноосное растяжение с постоянным рястягивающим усилием3.2.5Равновесие висящего стержня переменного сеченияс грузомСтержень слабо переменной по длине формы висит в вертикальной плоскости,находясь под действием силы тяжести и силы P~ , равномерно распределенной понижнему сечению S0 7 (рис. 3.3a). При какой форме стержня (указать площадьсечения S(x)) растягивающее усилие pxx в каждом горизонтальном сеченииодинаково? Из-за малого изменения формы при удовлетворении граничныхусловий стержень считать призматическим.Задача решается приближенно в предположении, что имеется лишь растягивающеенапряжение pxx = p0 =| P~ | /S0 . Запишем условие равновесия элементастержня, заключенного между сечениями x и x + △x:−p0 S(x) + p0 S (x + △x) + ρgS(x)△x = 0илиp0S (x + △x) − S(x)= −ρgS(x).△xПри △x → 0 получаем уравнение для площади поперечного сечения:p0dS= −ρgS,dxрешение которого с учетом S(l) = S0 имеет вид!ρg (l − x)S(x) = S(l) exp.p07[7], задача 28.313.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
