1625914690-aaf8497578f2caff9b9bf1ca7388ac38 (532401), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Определить вектор относительного перемещения г(н в направлении оси — Хз в точке Р (1, 2, — 1). Определить относительные перемещения ио! — ир для точек (/,(1, 1, — 1) ° Юз (1 /з — 1). Юз (1 '/з, — 1) и 0з (1, 'з/з, — 1) и сРавнить их направления с направлением с(н. Для данного и градиент перемещения з в матричной форме выглядит так: 2Х,Х Хз О (ди!/дХ/] = О 1 2Хз О 2ХзХз Хз перемещение в точке Р в направлении так что по формуле (3.46) относительное — Хз равно [Иий Далее непосредственным вычислением из выражения для и найдем ир 2ез+ + ез — 4ез и ио е, — ез. Тогда ио — ир = — е, — е„+ Зе,.
Подобным же 1 обРазом и, — ир ( — е, — е„+ 3,5е,)/2, и, — ир=( — е, — ез+ 3,75 е)/4, й Оа ио — ил=( — е, — ез+ 3,875 ез)/3. Ясно, что. когда Ог приближается к Р, направление относительного смещения двум частии сгремится к предельному направлению ди. 3.17. Для поля перемещений задачи 3.16 определить относительное перемещение единичного вектора, идущего из точки Р (1, 2, — 1)в точку (',! (4, 2, 3).
Единичный вектор в направлении из Р в !1 есть т Зе,/5+ 4ез/5. так что по формуле (3.47), используя матрицу Л, вычисленную в задаче 3.15, получаем 1дн!/дх1 = 141 злдлчн с рншнниямн 3.18. Для поля перемещений и = (х, — х,)'е, + (х, + х,)' е,— — хека е, при ограничениях, принятых в теории малых деформаций (Е = Е), определить тензор линейной деформации, теизор линейного поворота и вектор поворота в точке Р (О, 2, — 1). В данном случае градиент перемещения имеет матричную форму 2 (хг — ха) 0 — 2 (хг — хэ) О 2 (х + хэ) 2 (хэ + х ) — ха 0 [ди,!дх)1 = н в точке Р принимает вид [дитдх))р= разложим эту матрицу нз симметричную и антисимметричную составляющие: :1 0 0 0 0 0 1 0 — 1 0 2 0— [вп)+ [ы,1= — 2 1 Тогда, как показывает формула (3.56), вектор на имеет компоненты ю, — 1, ю, ыа О.
3.19. Для поля перемещений задачи 3.!8 найти изменениедлины, приходящееся иа единицу начальной длины (относительное удлинение), в направлении т = (8е, — е, + чезуй в точке Р (О, 2, — 1). Пользуясь формулой (3.59) и тензором деформаций в точке Р, вычисленным в задаче 3.13, получаем относительное удлинение в точке Р в направлении т как произведение матриц /в — lв = lвг а/ (т) [а( т( а( 1 р 3.20. Доказать, что в теории малых деформаций изменение прямого угла между двумя ортогональными единичными векторами т и )х недеформированной конфигурации дается формулой ут„= ч ° 2Е ° )а.
Прк предположении малости грэднеатов перемещения единичные векторы направлений, полученных при деформации из т н Р, в силу (3.47) имеют соотвегогненно внд и+1 ни Р+ Я Р. (Чнтателюпредлагаетсяпровернтьэтим нето. дом правильность соотношений (3.61) к (3.62).) Запишем Л . т в эквивалентной форме т ° аг и перемножим скалярно полученные при деформации векторы.
Тогда 142 Гл. 3. деФОРИАции ттн = [ /е — '/е, /е] = з)в/в) Коэффициенты длины н поворот (2 3.10 — 3.11) 3.22. Для деформации сдвига х, = Хг, х, = Х, + АХ„х, = = Ха + АХ, задачи 3.11 показать, что коэффициент длины Л )ее) х, линейного элемента, параллельного оси ф п,с [[ Х„ Равен единице (относительное Удли11 неиие равно нулю).
Найти Л - для )м) а. диагональных направлений ОС иОВ бесо конечно малого квадрата ОВСО (рис.3.14) в — х, и сравнить результаты с непосредственно вычисленными по полю перемещех, ний. По формуле (3.66). пользуясь матрнцей С, Рнс. 3.14.
найденной в задаче 3.11. получим квадрат козф- фнцнента длины для направленая и) = е,: 1 О О О 1+ А' 2А О 2А 1+А" Лз =[1, О, О] )е,) Для направления п) (ее+ ее)/г' 2 вдоль ОС аналогично находим 1 О О О 1+Аз 2А О 2А 1+Аз лз = [О, 1/]/2, 1Д'21 Во) О 1/1/2 = (1+ А)е 1/1' 2 Согласно соотношенням, определяющим перемещения. положенне тачки С после до]юрмацнн таково: к) = О. к, = Ж+ АЖ, хе = Й+ АЖ. Таким образом, (как не(3.63)) получнмсозВ з(я [и/2 — В) = Мну „у „нлну „= [Р+ + т де] .
[)) + х ° ))] т ° ~и+ и ° О+ ег) ° )е+ н ° Яе ° 1 ° )ь Здесь в глучае малых градиентов перемещения зе ° х нл)ест более высокий порядок малости, чем другне члены. Кроме того, и 1 )) н, следовательно, Р ° )) О. Такнм образом, нс)юльзуа (3.42), окончательно яазучаем у „т ° 2Ь ° )ь 3.21. Используя результаты задачи 3.20, найти изменение прямого угла между векторами ч) = (8е, — ез + 4е,)/9 и )г = (4е, + + 4е, — Тез)/9 в точке Р (О, 2, — !) для поля перемещений задачи 3.13. Так как в теории малых деформаций ь Г. компоненты тензоров деформаций еи /О н.
следовательно, в точке Р 143 ЭАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ ! 0 О О (! + Яэ)/(! — Яэр — 2А/(! — А"Р 0 — 2А/(! — А")э (1 -1- Аэ)/(! — А')" 0 1/]( 2 !/ггй — = (О, 1Ф 2, 1/]' 2] д„ вз = (! — А)э/(! — А")э. Таким образом, й~ = (! — Яэ)э/(1 — А)з = (1 + А)", что совладает с пэ„, (и) (м) вычнсленнымдля ОС. Диагональный элемент ОС не меняет своего направления при данной деформации сдвига. 3.24.
Используя полярное разложение градиента деформации Г при деформации сдвига х, = Х„, хэ = Х, + АХ„х, = Х + + АХ„определить правый тензор коэффициентов длины 3 и тензор поворота ]с. Показать, что главные значения тензора $ являются коэффициентами длины диагоналей ОС и.
ОВ задачи 3.22. При полярном разложении Г тензор коэффициентов длины $ = 1 Гй по формуле (3.73) имеем И Гз '. Согласно (3.35), О Г, ° Г, или а нашем случае ,Ы ]О(] = ! 0 0 1+Аз О 2А Главные оси тензора О получаются поворотом на 45' вокруг оси Х,, а сам тензор в главных осях имеет внд ! 0 0 О (! + А)э О (! — А)э 0 0 ((/х)э 2(1+ А)" (Ж)э, а так как ((Х = )~2(((„квадрат коэффициента длины (((х/((Х)з равен (1+ А)". как и было подсчитано по формуле (3.66). Точно так же для направления /)В т ( — еэ+ еэ)/рг2 и, следовательно. Л'„(! — А)э. пп) 3.23.
Коэффициенты длины Л и ]!- равны только в том (ш) (п) случае, когда направление, характеризуемое вектором и, получено при деформации из направления вектора иь Для поля перемещений э х задачи 3.22 вычислить ).-, если и = (е, + еа)/] 2, и показать, что (и) оно совпадает с Л'- , вычисленным в задаче 3.22 для диагонали ОС. (юп! Обращая соотношения задачи 3.22 для перемещений, получаем Х, = х,, Х„= (хэ — Ахэ)/(! — Я"), Хз = (хэ '4"э)/( '!') откуда л(ажно найти теизор де]х!рмацнн Коши С Затеи, используя (3.67), вычис- ляем 144 Гл. 3. деФОРидгпти поэтому 1 О О О 1 — А О О О !+А О О ол„„, о о о л В системе координат Х! зто разложение зап исыв естся в виде Е:,1 [го[ = [11!а[ [Юа[1 = 1+ Сз+ Вт — А — АС вЂ” АВ 1+ А" + Сч — ВС вЂ” АС вЂ” ВС 1+ А" + В' [Оц! = Пренебрегая малыми высшего порядка, получаем 1 О О О ! О =Ц/а,,1=[361.
О О 1 Преобразования тензоров деформации и главные деформации (5 3.12 — 3.14) 3.26. Доказать, что для деформации сдвига х, = Х„, х, = Х, -1- + 1' 2Хз, х, = Х, + 1' 2Х, главные направления тензоров [.о и Бл совпадают, как было упомянуто в задаче 3.24. Согласно (3.37). [ец] = 0 О О О 1 й22 О 12 1 Этот тензор в глаоныт осях, определяемых матрицей преобразования 1 О О О 1Д' 2 1/йг2 О !/$' 2 1г'"! 2 [ац[ = В этом примере градиент деформации Гсам является теиэором коэффициентов длины 3, а тензор поворота и 1.
Это результат совпадения главных соей теизороа ьо и Ед для данной дн[ормации сдвига. 3.25. Бесконечно малый поворот твердого тела задан формулами и, = — СХ, + ВХ„из = СХ, — АХ„из = — ВХ, + АХ„ где А, В, С вЂ” очень малые константы. Доказать, что растяжение отсутствует ($ = !), если пренебречь членами, содержапгиыи квадраты н произведения констант.
Для заданного поля перемещений 145 ЗАДАЧИ С РЕШЕНИЯМИ приводится к виду О О О (1.') = ! — у~2 о О О !+12 Аналогии!ю, согласно (3.39) ΠΠΠΠ— ! )'2 О Р2 — ! (Ец) = и преобразованием с той же самой матрицей (ап) зтот тензор приводктся к диа- гональному виду ΠΠΠΠ— ! — 1'2 ΠΠΠ— 1+)2 (Е!!) = Проверка ятях вычислений предоставляется читателю. Ь .Ь вЂ” —,—,— 6 =Ь Ь.(. 3.28.
Некоторое поле однородной деформации приводит к тензору конечных деформаций 1 3 — 2 3 1 — 2 — 2 2 6 Н.г)1 Определить главные деформации и направления главных осей. 3.27. Используя определение (3.37), доказатьч что прн преобразованиях координат х; = Ьих; и Х; = ЬИХ, лагранжев тензор конечных деформаций 7„преобразуется как декартов тензор второго ранга. ! ! дха дха Па 4юрмуле (3.37) йл — !! — — — 6;1).
что при указанном прево. 2 ! дХ! дХ1 разовании координат дает (д(6 ах) дХ д(Ьах) дХи дх ~ 2 ) дХ' дХ; дХ' дХ! дх! / ий и 1 1 дх дх д (Ь зх ) дх„ — ~Ь Ь 6 "1 Ре дХ дХ дх ох! п$ л л (так как Ь «Ь а 6 ) Га. 3. деФОРИАции Мы имеел! дело с симметричным декартовым тензором второго порядка поэтому главные деформации являются корнямн уравнения ! — Е 3 — 2 3 1 — Š— 2 — 2 — 2 6 — Е = Ел — 8Ез — 4Е -[- 32 = О.
1!'2 — 1Д'2 О 1!)' 3 1Л' 3 19~3 — !Д б — 1! '6 2Д 6 [оп) =- 3.29. Для однородной деформации х, = 2' ЗХ„х, = 2Х2, х, = = ! ЗХ, — Х, определить материальный эллипсоид деформаций, получающийся при деформации сферической поверхности Хз! + Х22+ + Хзт = !. Показать, что уравнение этого эллипсонда имеет вид АК~, + ЙЛ,',Л+ 22Ид~ = !. !4спользуя (3.82), или. что то же самое, обращая данные формулы для перемещений и подставляя результат в уравнение сферы Х2Хг 1, получим уравнение материальною эллипсоида деформации хт+ х22+ хт+ хлхз 3. Это уравнение приводится к каноническому виду в главных осях х!/3+ х ~6+ хз/2 = 1 пре- 2 2 2 образованием с матрицей ! О О О !/У 2 1Д/2 О !5'2 1/~ 2 [ап! Из соотношений теории деформаций найдем тензор дефорллации $= 2'6 (вычисления подобны тем, которые были проведены в задаче 3.24): )гЗ О О 3)' 3+1 )ГЗ вЂ” 3 2!22 !'3+ 3 2 у'2 [36! = 2 Р'2 Преобразованием с матрицей ! О [ап! = О ) 3/2 О л/2 Π— '/2 РгЗ/2 этот тензор приводится к главным осям (диагональной форме) )УЗ О О [82!! = О Уб О О )2 Отсюда Е ! — 2, Е Л 2, 1.
з! = 8. Матрица преобразования к главным направлениям имеет вид $47 задачи с решениями где главные значения коэффициентоа длины равны Л!и — 3, Л 6. Л = 2. Р! Заметим также, что эти главные коэффициенты длиаы можно аычйслить нейосрцг стаеиио по формуле (3.66), используя приаедеиную выше матрицу [ля 1. 3.30. Для деформации, заданной в задаче 3.29, определить пространственный эллипсоид деформации и показать, что его уравнение ЛзгоХз! + ЛглХз + Лзз!Хзз — — 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
