1625914690-aaf8497578f2caff9b9bf1ca7388ac38 (532401), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Тогда, согласно (2.42), (3+ 2) п(11] + л(21) + лз(1] = О и("+2«("+2«(з<] = О. п(1<] + 2л(21] + 2«з(~> = О. Отсюда л('> = О„п(1] = — «(зп„а так как л<л< = 1, то (л(2']) = 1/2. Поэтому л('] = О, пн] = 1/1' 2, л<'] = — 1/)~2. з Пусть точно так же ось хт соответствуег главному напряжению л 2>. Тогда, согласно (2.42), 2 1(2 + ( ] + Лз( > = О, П< — Л2 + 2«з — — О, (2] (2) (2] + 2«2 — лз —— О, <2> <2> гак что «<12> = 1/*гГЗ, «222> = — 1/)'3, л(12> = — 1/)' 3.
Пусть, наконец, хз соответсгвуег а<з>. Тогда, согласно (2.42), — л, ]+«2 +лз — — О, <з <з> <з> л(З] — 4п(И + 2<Р] = О, 1 П2 3 л(з]+ 2л(» — 4лз(з] = О, так что л)з> = — 2/)гь, ПВ> = — 1/1 О, лз(з] = — 1/1'6. 2.15. Тензор напряжений в точке Р в декартовыд осях Ох,х,х, имеет компоненты Га.
2. АНАЛИЗ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ Согласно (2.29), (о,'..! = (ар! (о е! (~/), что для нашей задачи сразу дает О !/)~ 3 — 2/р(б 1/)/2 — 1/1/ 3 — 1/)т 6 — 1/)~2 — 1/) 3 — 1/)/6 О 1Д/2 — 1/ 2 1/У 3 — 1/!'3 — (/Р'3 — 2/)/6 — 1,3' 6 — 1/!/ 6 О 2~ )ат! = Π— 12 )2 1/)гй — 1/Р 3 — 1/) 3 — 8/)/6 — 4/ !' 6 — 4/ 6 О !/! 3 — 2/) й !/)~ 2 — 1/г' 3 — !/1 6 — !/! 2 — 1/> 3 — 1/! 6 2.17.
Определить главные напряжения н главные оси тензора напряжений т т т' о'и= т т т Согласно (2.37), т — о т т т — а т т т т — а или (т — о) ! — 2та + о )+ 2тэо = (Зт — о! аэ = О. Отсюда а, = О, о(2 — — О, н» а = Зг.
/(ля оп> — — Зт е силу ураанеиий (2.42) — 2л( +лз +лз =О, (з> гз> (э> и( 2л2 + из (з> (з> (з> л( + лэ — 2лэ —— О (з> (з> (з> и, следоеательно, л(З' = юф> = ~~~~ = 1/Р 3. Лля о, = о(2 — — О уравнения (2.42) сводятся к виду л, + л, + и, = О. и,+лэ+лз — О, л,+и,+и =О; имеете с л(л( = 1 этого недостаточно для однозначного определения первой н ею- рой главных осей.
Таким образом, любая пара еэаимио перпендикулярньж осей, перпендикулярных напраалепию л)з>, может служить главными осямн. Рассмот- рим, например, оси, определенные н задаче 2.12 матрнцей преобразоеания ! /Р 3 1/УЗ 1/УЗ вЂ” 2/1~6 1/) 6 1/)' 6 Π— 1/1 2 !/!' 2 2.16. Показать, что тензор преобразования, состоящий из направляющих косинусов, определенных в задаче 2.!5, приводит первоначальный тензор напряжения к диагональному виду„ т. е. оси к, являются главными.
97 ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ По закону преобразования [2.291 матрииа главных напряжений [ог.] имеет вид а [ог/) = !/Уз 1/Уз — 2/1'6 1/ ~6 Π— !/) 2 )/ Зт 1'Зт Узт О О О О О О ! /Уз 1/ф' 6 !/УШ 1/УЗ вЂ” 2 )/6 О !/) з 1/Уб — !/У2 1/Рг3 1/1/6 1/$2 1/1 3 — 2/Уб 1/УЗ 1/1'6 1/УЗ 1/$ б О 1/У2 1/У2 ого~ [аб) = О У2/1'3 1/у 3 1/УЗ 1/УЗ ато хорошо видно на рис. 2.24. Остальные четыре элемента определяются иа условий ортогональностн онана = брн так что Рис.2.24 — 1/р 2 1/У2 Π— !/1'6 — 1/$' б У2/УЗ 1/$" 3 1/УЗ 1/УЗ [ог/)- Поступая как и прежде, находим [и,') = — 1/У2 1/У2 Π— 1/)' 6 — 1/Уб $' 2/~ 3 1/$'3 1/УЗ 1/ 3 — !/У2 — 1/Уб 1/$3 1/1~ 2 — 1/$' б 1/)' 3 О $' 2/$~3 1/$' 3 — !/)' 2 — 1/Уб 1/)~ 3 1/1/2 — 1/$'"б 1/ ' 3 О $/2/УЗ 1/$' 3 О О О О О О 1'Зт Г Зт )гЗт О О О О О О О О Зт 2.19.
Показать, что главные напряжения о<ь, и компоненты напряжения а,/ в произвольной системе координат, получающейся из главных осей преобразованием с коэффициентами а;„связаны со- отношением а,/ —— ~' а„а„п,. 4 Дж. Меао 2.18. Показать, что осн Ох,хна [где хь ха и ха лежат в одной и той же вертикальной плоскости, а хы х, и х, — в одной горизонталью~ ~! [ШШШШ югссо Ясно, что некоторые элементы матрипы преобразования [оа], связывающей две системы осей, /'3) известны: 98 Гл. а.
АнАлиз нАпРяженнОГО сОстОяния По правилу преобразования напряжения (2.27) ои = ар;аа1о, но так как рч' о' — гласные напряжения, а правой части этого равенства остаются только три га члена с р = а. Значит, правую часть можно записать а виде ад = ~ч~ ~арзоряг ° за р' р=1 2.20. Доказать, что опозьоа( — инвариант теизора напряжений. По правилу пресбразоиания компонент тензора (2.27) о~ а;ааА/ =- о1рагаараааоаао„ар аула .= (оЗраа) (а(аа,,„)(аа ад„)орта о „ = б,бпб а ежа „= =(б а )(б„„о „) (б р„) = =а а а, =оио,ьаа. 2.21. Непосредственным вычислением найти инварианты 1х, 11х, 111х тензора напряжений ои — — — 3 6 0 Найти главные. напряжения для этого напряженного состояния и показать, что диагональная форма приводит к тем же самым значениям инвариантов. Согласно (2.39) 1 = ап = 6-1- 6+ 8 = 20.
Согласно (2.40) 11 = г/ (о о(1 — ооон) = = оцааа+ о,зоаа+ оаао„— а,за,з — а,зож — патах, —— = 36+ 48+ 48 — 9 = 123. Согласно (2.41) Ши — — )ап( 6(48)-1-3( — 24)=216. Величины главных напряжений тензора ои равны аг 9, ац — — 8, а,ц — — 3. Иииарнанты, подсчитанные через главные значения напряжений, равны 1я аг+ац+агг 9+8+3 20. 11 = аго,1+ а, ап(+ ац1а~ 72+ 24+ 27 = 123.
1Н = а,а оц — — (72) 3= 216. 2.22. Октаж)рической называется площадка, которая составляет равные углы с главными направлениями напряжений (рис. 2.25). Показать, что касательное напряжение на этой площадке, так 99 ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ называемое октаэдрическое касательное напряжение, вычисляется по формуле о,„= 1! 1/(о( — ои)2+ (ои — ои()2+ (ош — о()2. Нормаль к октзэдрической площадке в главных осях дается выражением и = (1/)г 3) (е, + е, + еэ) .
Тогда, согласно (2.12), вектор напряжения на такой площадке равен аэ = (1()' 3) (е( + еэ+ ез) (а(е,е, + о (езеэ+ о(((езеэ) = = (11)гЗ) (о(е, + оцеэ+ оц(еэ) в его нормальная компоненте будет (я( а, = п ° 1 = 1/э (о( + о(( + о(и). Следовательно, для касательной компоненты имеем Рис. 2.25. оокт а/- ье оз 2 1 2 2 2 1 2 Ч 1ье ° 1( — ~о = (1(э (о( + а(( + о 1() — 1/э (о( + оц + о(и) ) 1 2 2 2 2 2 2 = !2 [3 (о(+ ои + о () — (о, + оц + о(и + 2о(оп + 2опо((1+ 2о о )] «/» = 1/2 ((о( — 2а(аи + оэи) + (о~(( — 2о(,о (+ оэ(,() + (о(и — 2ои(о( + о()) д =- = 1/з 'рг(о( — о,()1 + (о(( — о((1)2+ (о(ц — о )2.
2.23. В некоторой точке задан тензор напряжений й 0 О (гп = 0 — б — )2 0 — !2 ! Определить максимальное касательное напряжение в этой точке и показать, что оно действует в плоскости, которая делит пополам угол между плов(алками максимального и минимального нормальных напряжений. Используя формулу (2.38), читатель убедится в том, что главные напряжения равны о( — — )О. а,( —— 5, о(ц — — — 15. Иэ (2.54б) найдем величину максимзль. ного касательного напряжения оз = (о(,1 — о )12 = — 12,5. Главные оси Ох,х хз 4» 100 Га.
т. АНАЛИЗ НАПРЯЖЕННОГО СОСТОЯНИЯ связаны с асями Ох,х х максимального касательного напряжения приведенной ниже таблицей преобразования и расположены так. нак показано на рис. 2.26. х! ~ !/! 2 О ~ 1/Р'2 О ~ ! ~ О 1/)гй ~ О ~ 1/1г2 Тензор напряжения, отнесенный к осям со штрихами. таков: Рис. 2.26 (ог/1 = 10 Π— 12,5 Рис. 2.27. Эти результаты можно дополнительно пояснить, указав напряжения, действуюпше в данной точке на элементарные кубики, грани которых перпендикулярны осям координат (рис. 2.271. Круги Мора (ф 2.12 — 2.13), 2.24.
Построить круги Мора ддя напряженного состояния, описанного а задаче 2.23. Отметить важнейшие точки. Установить связь между системой осей координат Ох,хвха (соответствующей 1/)/2 О О 1 — 1/$/2 ΠΠ— 12,5 5 ΠΠ— 2,5 1/1' 2 Π— 1/К 2 О 1 О 1/) 2 О 1/Р2 Ю1 ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ компонентам о,,) и главными осями Ох~хгхз и нанести на диаграмму Мора точки, характеризующие напряженное состояние на координатных плоскостях системы Ох,х,хз. Рис. 2.28. На верхней половине симметричной диаграммы кругов Мора (рис. 2.28) ука. вана точка Р максимального касательного напряжения и отмечены главные напряжения. Таблица направляющих косинусов для преобразования координат к' Ф "3 0 к, приводит к схеме взаимного расположения осей ноординат, показанной на 1 рис. 2.29.
Оси кт и х совпадают. Оси Рис. 2.29. кз н к, лежат в плоскости к,хз, каи показано на рисунке. По укаэанным углам сс = 36,8' и 8 = 53,2' находим положение точки А ( — 6, 12), характеризующей напряжение на нлошадке, перпендикулярной оси к„и точки В (1, 12), дающей напряженное состояние иа площадке, перпендикулярной оси кэ.
Точка С (5, О) представляет напряженное состояние на площадке, перпендикулярной оси кт. 2.25. Напряженное состояние в некоторой точке в системе координат Ох,хвхз задано компонентами — й О О оп= Π— 6 — 12 Π— 12 1 Определить аналитически компоненты вектора напряжения на площадке с единичной нормалью п = з/зе, + ь(зев + з/эе . Проверить результаты с помощью диаграммы Мора для атой задачи. г . а анализ нлпняжпнного состояния Воспользовавшись (2.13) и свойством симметрии тензора напряжений, получим вектор напряжения на плащадие с нормалью и в виде произведения матриц Таким образом, г!"! = — 10е,/3 — !Оса — 10ез/3, а из (2.33) получаем он —— = !!"1 ° и = — 70/9.
Тогда нз (2.47) следует, что оз = 70,?/9. Рнс. 2.30. Для данного тензора ог/ главные напряжения равны и = 10, он = — 5, о = — 15, а главные оси связаны с осями Ох,хах, преобразованием, определян! емым следующей таблицей: ха х, — 5 0 0 0 — 6 — 12 0 — 12 1 1О/ — РО ~а/ ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ Таким образом, в главных осях л,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
