trdnost-rdeca_2015-11-05.pdf 1 05/11/15 09:02 C M Y CM MY CY CMY K STANE SRPˇ CIˇ C TRDNOST I V spomin na spoˇ stovanega uˇ citelja in dragega prijatelja Dragoˇ sa Juriˇ si´ ca Stane Srpčič TRDNOST I LJUBLJANA 2023 TRDNOST I Univerzitetni uˇ cbenik Avtor: Stane Srpˇ ciˇ c Recenzenta: Igor Planinc, Boris ˇ Stok Jezikovni pregled: Milvana Berce Oblikovanje in prelom: Stane Srpˇ ciˇ c Naslovnica: Jure Srpˇ ciˇ c Založnik: Zaloˇ zba Univerze v Ljubljani (University of Ljubljana Press) Za založbo: Gregor Majdiˇ c, rektor Univerze v Ljubljani Izdajatelj: Fakulteta za gradbeniˇ stvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Za izdajatelja: Violeta Bokan Bosiljkov, dekanja Fakultete za gradbeniˇ stvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Ljubljana, 2023 Prva e-izdaja. Publikacija je v digitalni obliki prosto dostopna na: https//ebooks.uni-lj.si DOI: 10.15292/9789612971663 Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID 164194051 ISBN 978-961-297-166-3 (PDF) To delo je ponujeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva- Nekomercialno-Brez predelav 4.0 Mednarodna licenca./ This work is licensed under a Creative Commons Attribution-NonCommercial-NoDerivs 4.0 International License. PREDGOVOR Naslov učbenika v dveh knjigah, Trdnost I in Trdnost II , je posnet po naslovu predmeta Trdnost na univerzitetnem študiju gradbeništva na Fakulteti za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljub- ljani. Predmet je nastal po uvedbi bolonjskega študijskega programa z združitvijo in občutnim zmanjšanjem skupnega obsega dotedanjih pred- metov Mehanika trdnih teles in Trdnost. Prvi del učbenika je tako v celoti posvečen vsebinam, ki jih sicer v tehniški literaturi srečamo pod imeni Mehanika trdnih teles, Mehanika kontinuuma, Mehanika mate- rialov in podobno. Šele v drugem delu se dotaknemo vsebin, ki bi jih pogojno lahko označili kot probleme trdnosti elementov konstrukcij in metod za njihovo matematično obravnavo. Tujih učbenikov s področja mehanike trdnih teles in trdnosti je zelo veliko, nekaj primernih bi se našlo tudi v Sloveniji. Zakaj torej nov učbenik? Najprej zato, da bi študenti našli v enem delu zbrane vse tiste vsebine, ki jih predpisuje veljavni učni načrt za predmet Trd- nost na univerzitetnem študiju gradbeništva. Razen tega učitelji vse preradi pozabimo, da za študente prvi koraki pri študiju mehanike in trdnosti pomenijo srečanje s povsem novimi koncepti in v mnogočem zahtevajo miselni preskok glede na dotedanje navade pri učenju in študiju. K temu lahko prištejemo še neugodno a neizogibno dejstvo, da študij mehanike trdnin že kar na začetku zahteva poznavanje in uporabo razmeroma zahtevnih matematičnih sredstev, ki velikokrat zameglijo dejansko fizikalno in praktično naravo obravnavanih mehan- skih problemov. Pri pisanju me je vodila tudi izkušnja, da si mlade študentske glave sicer zlahka fotografsko zapomnijo še tako zapletene enačbe in izpeljave, hude težave pa nastopijo, ko jih je treba fizikalno in matematično utemeljiti in jih povezati z dogajanjem v naravi. Zato sem v Predgovor se trudil, da bi okrog suhoparnih matematičnih zapisov, ki jih v tej ali oni obliki najdemo v vsakem spodobnem učbeniku mehanike, napletel čim več komentarjev, lahko bi rekli zgodb, ki po eni strani demistifi- cirajo navidez zapletene teoretične vsebine, po drugi strani pa lahko pozornemu bralcu občutno olajšajo pot do razumevanja sicer zahtevne snovi. Prav tak namen imajo tudi praktični, povečini računski zgledi, ki so dodani vsakemu od šestih poglavij. Od tod tudi dva zajetna dela knjige. Učbenik je razdeljen na dva dela. Prvi del, Trdnost I , ima štiri poglavja, ki v veliki večini povzemajo vsebino prvih štirih poglavij učbenika Mehanika trdnih teles iz leta 2003. Prvo poglavje obravnava računski model togega telesa. Vpeljan je pojem napetosti, izpeljane so ravnotežne enačbe ter najpomembnejše transformacijske operacije. Na koncu so izpeljane še enačbe za določanje premikov togega telesa pri majhnih zasukih. V drugem poglavju so na modelu deformabil- nega telesa vpeljani pojmi pomikov, deformacij in zasukov, izpeljane so kinematične enačbe pri velikih in majhnih deformacijah. Prikazane so enačbe za določanje pomikov in rotacij pri znanih deformacijah ter kompatibilnostni pogoji, ki to omogočajo. V tretjem poglavju so napetosti in deformacije povezane z materialnimi enačbami. Podrob- neje so obravnavane materialne enačbe linearno elastičnih teles ter ome- jitev elastičnega območja s pogoji plastičnega tečenja. V tem poglavju se tudi prvič srečamo s pojmom trdnosti materiala v ožjem pomenu besede. Četrto poglavje je namenjeno pregledu osnovnih mehanskih enačb za linearno elastično izotropno telo pri majhnih deformacijah. Načelno so prikazane rešitve robnega problema po metodi pomikov in po metodi napetosti, s čimer so zaokrožene vsebine, ki jih na obravna- vani zahtevnostni stopnji navadno razumemo pod pojmom mehanika trdnih teles. Drugi del, Trdnost II , sestavljata peto in šesto poglavje. V petem poglavju je na primeru ravnega linijskega nosilca prikazana uporaba osnovnih enačb pri praktičnih problemih konstrukcijske mehanike. Izpeljane so elementarne enačbe upogiba v območju majhnih defor- vi Predgovor macij, v primeru uklona pa se dotaknemo tudi nelinearnega obnašanja nosilcev. Ločeno je obravnavan primer enakomerne torzije s poudarkom na inženirskih rešitvah tankostenskih nosilcev. Šesto poglavje vpelje bralca v svet variacijskih metod, ki v povezavi z osnovnimi energijskimi principi predstavljajo učinkovito orodje pri reševanju problemov kon- strukcijske mehanike. Razen v četrtem so v vseh poglavjih teoretične vsebine podprte z naborom praktičnih računskih zgledov, ki dodatno pojasnjujejo izpelja- ne enačbe, obenem pa opozarjajo, da je končni cilj vsakršne mehanske analize vendarle numerično ovrednotenje mehanskih količin. Zahtevnejˇ s i bralec se lahko iz številnih tujih in domačih učbenikov pouči o dodatnih vsebinah s področja osnov mehanike trdih teles, ki sicer niso v učnem načrtu, vendar so pomembne za poglobljen študij in razumevanje teoretičnih izpeljav in praktičnih načinov reševanja mehanskih problemov. V knjigi Mehanika trdnih teles† so, na primer, dodatno prikazane in z zgledi podprte naslednje vsebine: zapis najpomembnejših mehanskih enačb v cilindričnih in polarnih koordinatah, zveze med napetostmi in deformacijami v plastičnem območju, os- novni in sestavljeni reološki modeli za opis mehanskega obnašanja časovno odvisnih snovi, reševanje ravninskih nalog z uporabo Airy- jeve napetostne funkcije in računanje paličnih konstrukcij z metodo pomikov. Seznam uporabljenih, pregledanih in priporočenih virov je za celotno vsebino dodan na koncu drugega dela učbenika. Kakor sem zapisal že v predgovoru h knjigi Mehanika trdnih teles, tudi z izdajo učbenika Trdnost zgolj vračam majhen del dolga do svojega učitelja in prijatelja Dragoša Jurišića, dolgoletnega profesorja mehanike na ljubljanski gradbeni fakulteti. Velik del vsebine nosi njegov pečat. Tako pri oznakah in izrazju kakor tudi v številnih izpeljavah in za- poredju vsebin sem se trudil ohraniti duha, kakršnega je Dragoš Jurišić † S. Srpčič, Mehanika trdnih teles, FGG, Ljubljana (2003, ponatis 2010, digitalizirana verzija 2023) vii Predgovor vpeljal v pouk mehanike po svojem prihodu na gradbeno fakulteto v študijskem letu 1967/68. Predvsem pa sem se ob spominu na njegovo pregovorno doslednost in (samo)kritičnost pogosto odrekel skušnjavi, da bi kak del vsebine skrajšal ali odpravil bolj na hitro in površno. V veliko pomoč so mi bili tudi številni pogovori s sodelavci s Katedre za mehaniko, njihovi predlogi in nasveti. S tem učbenik sledi, tako vsaj upam, osnovnim idejam o pomenu in poučevanju mehanike, ki so se v zadnjih desetletjih utrdile na Katedri za mehaniko. Če bi se hotel poimensko zahvaliti vsem, ki si to zaslužijo, bi bil seznam predolg, pa še kakšna krivica bi se lahko zgodila. Zato na kratko, a toliko bolj iz srca: hvala vsem, ki ste pomagali, da je ta učbenik prišel med bralce in da je zagotovo boljši, kot bi bil brez vaše pomoči. V Ljubljani, avgusta 2023 Stane Srpčič viii GRŠKA ABECEDA A , α alfa N , ν ni B , β beta Ξ , ξ ksi Γ , γ gama O , o omikron Δ , δ delta Π , π pi E , ε , epsilon P , ρ , rho Z , ζ zeta Σ , σ , ς sigma H , η eta T , τ tau Θ , ϑ , θ theta Υ , υ ipsilon I , ι jota Φ , φ , ϕ fi K , κ kapa X , χ hi Λ , λ lambda Ψ , ψ psi M , μ mi Ω , ω omega ix VSEBINA 0. UVOD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 0.1 Nekaj besed o vsebini. Koncept zvezne snovi . . . . . . . 1 0.2 Oznake in koordinatni sistemi . . . . . . . . . . . . . . . 4 1. TOGO TELO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.1 Splošno o togem telesu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Geometrijski opis telesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Zunanja obtežba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.4 Ravnotežje trdnega telesa . . . . . . . . . . . . . . . . 26 1.5 Notranje sile in napetosti . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.6 Ravnotežni pogoji, izraženi z napetostmi . . . . . . . . 38 Ravnotežni pogoji na površini telesa . . . . . . . . . . . 44 1.7 Tenzor napetosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 1.8 Transformacija napetosti . . . . . . . . . . . . . . . . 54 1.9 Glavne normalne napetosti . . . . . . . . . . . . . . . 58 1.10 Glavne strižne napetosti . . . . . . . . . . . . . . . . 71 1.11 Hidrostatični in deviatorični del tenzorja napetosti . . . 80 1.12 Napetosti v oktaedrski ravnini . . . . . . . . . . . . . 83 1.13 Ravninsko napetostno stanje (RNS) . . . . . . . . . . . 86 1.14 Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje . . . . . . . 96 1.15 Premiki togega telesa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1.16 Togo telo - Zgledi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2. DEFORMABILNO TELO . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2.1 Deformabilno telo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa . . . . . . . . . . . . 161 2.3 Tenzor velikih deformacij . . . . . . . . . . . . . . . . 175 x Vsebina 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa . . . . . 178 Specifična sprememba dolžine . . . . . . . . . . . . . . 178 Sprememba pravega kota . . . . . . . . . . . . . . . . 180 Sprememba smeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 Razcep matrike prvih parcialnih odvodov pomikov . . . . 187 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah . . . . . . . . 189 2.6 Tenzor majhnih deformacij . . . . . . . . . . . . . . . 193 Transformacija tenzorja majhnih deformacij . . . . . . . 195 Glavne normalne deformacije . . . . . . . . . . . . . . 195 Glavne spremembe pravih kotov . . . . . . . . . . . . . 196 Specifična sprememba prostornine . . . . . . . . . . . . 198 Hidrostatični in deviatorični del tenzorja majhnih deformacij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200 2.7 Tenzor zasukov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 2.8 Določanje zasukov in pomikov . . . . . . . . . . . . . . 204 2.9 Kompatibilnostni pogoji . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Stokesov integralni izrek . . . . . . . . . . . . . . . . 212 Pogoji za enoličnost zasukov in pomikov . . . . . . . . . 213 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje (RDS) . . . . . . . . . 221 Kompatibilnostni pogoji pri RDS . . . . . . . . . . . . 225 2.11 Deformabilno telo – Zgledi . . . . . . . . . . . . . . . 227 3. SOVISNOSTI MED NAPETOSTMI IN DEFORMACIJAMI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 3.1 Splošno o sovisnostih med napetostmi in deformacijami . 270 Struktura materiala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 Izotropija in anizotropija . . . . . . . . . . . . . . . . 271 Homogenost in nehomogenost . . . . . . . . . . . . . . 272 3.2 Idealna telesa – materialni modeli . . . . . . . . . . . . 272 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in strižni poskus . . . 274 Enoosni natezni poskus . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 Dejanski σ−ε diagram. Logaritemska deformacija . . . . 280 Idealizirani (računski) σ−ε diagrami . . . . . . . . . . 284 xi Vsebina Linearno elastični del materialnega diagrama. Hookov zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 Zakon superpozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 Elastično–plastični del materialnega diagrama . . . . . . 289 Vpliv časa na zvezo med napetostjo in deformacijo. Lezenje in sprostitev materiala. . . . . . . . . . . . . . 291 Vpliv spremenljive temperature na zvezo med napetostjo in deformacijo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293 Strižni poskus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294 3.4 Idealno elastično telo. Posplošeni Hookov zakon . . . . . 295 Ortotropna snov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300 Izotropna snov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308 3.5 Pogoji za začetek plastičnega tečenja . . . . . . . . . . 320 Haigh–Westergaardov napetostni prostor . . . . . . . . 323 Primerjalna ali ekvivalentna napetost . . . . . . . . . . 326 Trescov pogoj plastičnega tečenja . . . . . . . . . . . . 328 Von Misesov pogoj plastičnega tečenja . . . . . . . . . . 332 Pogoji porušitve pri hidrostatično občutljivih snoveh . . . 337 Mohr–Coulombov pogoj porušitve . . . . . . . . . . . . 337 Drucker–Pragerjev pogoj porušitve . . . . . . . . . . . 342 Obremenitev in razbremenitev v napetostnem prostoru . 344 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami – Zgledi . . 350 4. OSNOVNE ENA ˇ CBE TRDNEGA TELESA. ROBNI PROBLEM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408 4.1 Osnovne enačbe trdnega telesa . . . . . . . . . . . . . 408 4.2 Metoda pomikov. Navier–Laméjeve enačbe . . . . . . . 414 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enačbe . . . . . 418 xii Polje mehanike je paradiˇ z matematiˇ cne znanosti, kajti tukaj v resnici pobiramo sadove matematike. Leonardo da Vinci italijanski renesanˇ cni arhitekt, izumitelj, inˇ zenir, kipar in slikar, 1452-1519 0. UVOD 0.1 Nekaj besed o vsebini. Koncept zvezne snovi V prvem delu učbenika Trdnost so v matematični obliki predstav- ljeni fizikalni temelji in zakoni tako imenovane mehanike trdnih teles. Gre torej za opis obnašanja trdnih teles, na katera delujejo mehanski vplivi. S trdnimi telesi imamo venomer opraviti v vsakdanjem življenju; lahko bi našteli neznansko množico teles, ki se med seboj občutno raz- likujejo po namenu, velikosti, obliki, kemijskih in fizikalnih lastnostih. V tej knjigi obravnavamo pretežno taka trdna telesa, ki nastopajo kot deli ali sklopi inženirskih konstrukcij. Kot vemo, je vsaka snov sestavljena iz molekul, ki so zgrajene in med- sebojno povezane na najrazličnejše načine. Opis mehanskega obnašanja teles, pri katerem bi izhajali iz njihove molekularne zgradbe, bi bil za namene tega učbenika preveč zapleten. Pa tudi sicer bi morali zaradi raznolikosti snovi glede na lastnosti njihovih molekul za vsako snov vpeljati posebne postopke in metode mehanske analize. Zato se je v mehaniki uveljavil tako imenovani koncept zvezne snovi, pri katerem vzamemo, da je snov enakomerno porazdeljena po območju, ki ga telo zavzema v prostoru, in da ima ta snov povprečne lastnosti množice molekul, ki jo sestavljajo. Koncept zvezne snovi je mogoče privzeti za večino snovi, s katerimi imamo opraviti v tehniki, in predstavlja osnovni postulat mehanike zvezne snovi †. V okvir koncepta zveznih teles sodijo trije glavni fizikalni modeli snovi: trdna telesa, kapljevine in plini. † V svetovni tehniški literaturi je za ta del mehanike najpogosteje uporabljen angleški izraz ’Continuum Mechanics’. 1 0.1 Nekaj besed o vsebini. Koncept zvezne snovi Trdno telo je torej eden od osnovnih fizikalnih modelov snovi. Za lažje razumevanje pozabimo na dejansko atomsko oziroma moleku- larno zgradbo snovi in si predstavljajmo, da je trdno telo zgrajeno iz namišljenih neskončno majhnih materialnih delcev, ki so med se- boj povezani z namišljenimi vezmi. Za razliko od kapljevin in plinov, pri katerih molekule venomer spreminjajo svojo medsebojno lego in naključno potujejo po prostoru, so materialni delci trdnega telesa ves čas povezani z istimi sosednimi delci in ohranjajo kompaktno naravo telesa. Materialni delec z infinitezimalno majhno maso je torej osnovni ele- ment zvezne snovi in ga ne smemo zamenjati s pojmom delca s končno veliko maso, s kakršnim se srečamo v kinematiki in dinamiki skupine diskretnih masnih delcev. Koncept zvezne snovi občutno poenostavlja matematično formulacijo vrste fizikalnih problemov in omogoča vpeljavo osnovnih enačb meha- nike zvezne snovi z uporabo diferencialnega in integralnega računa. S smiselno kombinacijo načel mehanike zveznih teles in posebnih dodat- nih enačb je mogoče uspešno reševati tudi take mehanske naloge, pri ka- terih vpeljava koncepta zvezne snovi fizikalno ni povsem upravičena, na primer v mehaniki loma, kjer obravnavamo nastanek in širjenje razpok v trdni snovi. Če na trdno telo delujejo zunanje sile, se v vezeh med materialnimi delci sprožijo notranje sile, ki ovirajo spremembo medsebojne lege ma- terialnih delcev, s tem pa tudi spremembo dimenzij, prostornine in oblike trdnega telesa kot celote. Koncept zvezne snovi omogoča, da sile v vezeh med materialnimi delci predstavimo z zvezno površinsko obtežbo poljubne ploskve, s katero navidezno prerežemo obravnavano telo. Tovrstne notranje obtežbe imenujemo napetosti. Od narave snovi in geometrijskih lastnosti telesa, kakor tudi od načina podpiranja ter od vrste, velikosti in načina delovanja zunanjih sil je odvisno, kolikšne bodo pri tem omenjene geometrijske spremembe, ki jih na kratko imenujemo deformacije telesa. 2 0.1 Nekaj besed o vsebini. Koncept zvezne snovi Vseh naštetih lastnosti in vplivov pri mehanski analizi trdnih teles seveda ni mogoče upoštevati v vsej njihovi raznolikosti. Pomagamo si tako, da vpeljemo tako imenovana idealna telesa ali računske modele, ki jim pripišemo značilnosti skupine teles z enakimi ali podobnimi geometrijskimi oziroma materialnimi lastnostmi. Prav tako vpeljemo ustrezne računske modele za različne vrste in načine delovanja zunanje obtežbe, na primer točkovne sile in točkovne dvojice, ki smo jih že dodobra spoznali in koristno uporabili pri študiju fizike in statike togega telesa. Pri tem gre praviloma za večje ali manjše poenostavitve, tako v pogledu geometrijske predstavitve realnih teles, kakor tudi v pogledu matematične predstavitve delujočih sil in formulacije zvez med notra- njimi silami in deformacijami. Od tod nujno izvirajo določene na- pake, ki pa so toliko manjše, kolikor bolj verno nam uspe z vpeljanim računskim modelom in s teorijo, ki ga podpira, zadeti dejansko fizikalno obnašanje obravnavanega telesa. Ob tem moramo poudariti tudi pomen eksperimentalnega dela v zvezi z analitičnimi in numeričnimi metodami v konstrukcijski mehaniki, in sicer vsaj z dveh zornih kotov. Eksperimentalno dobljeni podatki o mehanskem odzivu snovi pod vplivom delovanja zunanjih sil so osnova za matematično modeliranje mehanskih lastnosti snovi, torej za določitev zvez med napetostmi in deformacijami. Razen tega pa je mogoče s premišljenimi in skrbno izpeljanimi poskusi oceniti tudi primernost vpeljanih računskih modelov in teorij ter točnost računskih rezultatov. Nesluteni razvoj računalniške tehnike in s tem povezanih numeričnih metod v zadnjih desetletjih je pripeljal do velikih sprememb tudi na področju mehanike trdnih teles in trdnosti. Številne probleme, ki so bili teoretično zastavljeni že v osemnajstem in devetnajstem stoletju, nekateri pa celo že v antični dobi, in za katere je veljalo, da so nu- merično nerešljivi, je danes mogoče rešiti z uporabo visoko zmogljivih računalnikov in ustreznih numeričnih algoritmov. Na razpolago je tudi 3 0.2 Oznake in koordinatni sistemi vse več programskih paketov za kompleksno analizo najrazličnejših mehanskih problemov. Seveda pa bi bilo hudo zmotno mišljenje, da bodo odslej mehanske probleme reševali računalniki; nasprotno, sodobna računalniška in programska orodja uporabnike kar silijo v poglobljen študij mehanike in razvoj novih znanj, teorij, metod in algoritmov za reševanje vedno novih in vedno bolj zahtevnih pro- blemov. Tudi pri uporabi najbolj izpopolnjenih in uporabniško pri- jaznih programskih paketov je namreč nepogrešljiva vloga uporab- nika. Njegove osnovne naloge pri tem so: fizikalna formulacija problema, izbira ustreznega računskega modela, določitev osnovnih parametrov, določitev območja veljavnosti privzete teorije in numerične metode, določitev potrebne natančnosti računanja in, morda kot naj- pomembnejše, kritična ocena rezultatov. Za vse to pa je seveda potrebno obsežno in poglobljeno znanje mehanike, trdnosti in osnovnih matematičnih disciplin. 0.2 Oznake in koordinatni sistemi Pri pisanju pričujočega učbenika me je vseskozi vodila želja, da bi razmeroma težko snov mehanike trdnih teles in trdnosti na kar najbolj enostaven in razumljiv, obenem pa strokovno korekten način pred- stavil študentom, ki jim je učbenik namenjen. Sodobni učbeniki so sicer pretežno napisani z uporabo simbolnega ali indeksnega zapisa in pravil tenzorskega računa, kar občutno skrajša zapise in izpeljave. Prepričan sem, da bi tudi naši študentje zmogli osvojiti potrebne veščine vsaj za uporabo tistega dela tenzorskega računa, ki je omejen na kartezijski koordinatni sistem, a sem se vendarle odločil za nekoliko staromoden način zapisovanja nastopajočih količin in enačb pretežno v eksplicitni obliki. Kjer je to le mogoče, je uporabljen vektorski zapis, zaradi nazornosti pa so vektorske količine pogosto razvite tudi v skalarno obliko. Kot os- 4 0.2 Oznake in koordinatni sistemi nova komponentnega zapisa nastopajočih vektorjev je praviloma privzet kartezijski koordinatni sistem s koordinatami x, y, z in s pripadajočimi enotskimi baznimi vektorji e x, e y, e z. Če je potrebno, so vpeljani še drugi kartezijski koordinatni sistemi, na primer koordinatni sistem s koordinatami ξ, η, ζ in enotskimi baznimi vektorji e ξ, e η, e ζ. V poglavju o deformabilnem telesu so na kratko predstavljeni tudi krivočrtni koordinatni sistemi. Skalarji so dosledno zapisani v navadnem, vektorji pa v krepkem tisku. Nekateri strukturirani obsežnejši izrazi so razen v razviti obliki zapisani tudi z ustreznimi vsotami oziroma v matrični obliki. Različni načini zapisa sicer navadno ne povedo nič novega o vsebini obravnavanega izraza, a so kljub temu prikazani zaradi primerjave z drugimi učbeniki in kot možnosti za čim enostavnejšo izpeljavo in predstavitev obravnavanih enačb. 5 1 TOGO TELO 1.1 Sploˇ sno o togem telesu Iz izkušenj vemo, da se pod vplivom zunanjih sil vsako fizično telo deformira. Že v uvodu smo omenili, da sta intenziteta in način deformiranja odvisna od lastnosti snovi, geometrijske oblike in načina podpiranja telesa ter od velikosti in načina delovanja zunanjih sil. V večini primerov so deformacije tako majhne, da jih s prostim očesom niti ne opazimo. To zlasti velja za elemente in sklope inženirskih kon- strukcij, pri katerih morajo biti deformacije omejene iz funkcionalnih in estetskih razlogov. V tem poglavju se omejimo na trdna telesa, katerih dimenzije, oblika in lega v prostoru se med delovanjem zunanjih sil le malo spremenijo v primerjavi z njihovimi siceršnjimi razsežnostmi. Kot osnovo za mehansko analizo takih teles lahko vpeljemo zelo enostaven matematični model, ki ga imenujemo togo ali nedeformabilno telo. Za ta hipotetični model je značilno, da se med delovanjem zunanjih sil spreminja le njegova lega v prostoru, njegova velikost in oblika, kakor tudi medsebojne lege posameznih delcev pa ostanejo nespremenjene. Model togega telesa je sicer v očitnem nasprotju z v uvodu omenje- nim razumevanjem mehanizma trdne snovi, po katerem se sile v vezeh med materialnimi delci pojavijo šele med deformiranjem telesa. Po tej logiki namreč v togem telesu ne bi bilo napetosti. Zato se moramo pri uporabi matematičnega modela togega telesa zavedati, da gre v resnici za deformabilno telo, le da lahko njegove deformacije pri izpe- ljavi nekaterih osnovnih enačb trdnega telesa zanemarimo, ne da bi pri tem naredili omembe vredno napako. Togo telo je torej najenostavnejši možni matematični model za mehansko analizo trdnega telesa in smo 6 1.2 Geometrijski opis telesa ga že spoznali v elementarni statiki togega telesa. Preden začnemo s proučevanjem mehanskega stanja togega telesa, se moramo seznaniti z dvema skupinama osnovnih podatkov. Prvo skupino sestavljajo podatki o tem, kakšni sta oblika in velikost obrav- navanega telesa ter kakšna je njegova lega v prostoru glede na izbrani koordinatni sistem oziroma glede na druga telesa. Te podatke navadno razberemo iz načrta in jih na kratko imenujemo geometrijski opis telesa. Druga skupina osnovnih podatkov govori o velikostih, smereh in načinu delovanja zunanjih sil in jih zberemo pod naslovom zunanja obtežba. 1.2 Geometrijski opis telesa V geometrijskem smislu definiramo trdno telo kot množico medse- bojno povezanih infinitezimalno majhnih delcev, ki ustrezajo konceptu zvezne snovi. To množico imenujemo telo B . V obravnavanem času t 0 zavzema telo B v trirazsežnem (3–D) prostoru neko lego, ki je definirana z območjem V in njegovim robom S . V geometrijskem pogledu je torej trdno telo določeno s sklenjeno (zaprto) mejno ploskvijo S , ki omejuje območje V (slika 1.1). Površino mejne ploskve S označujemo s S, prostornino območja V pa z V . Včasih vpeljemo še dodatno oznako B, s katero želimo povedati, da se telo B v času t 0 nahaja v stanju (legi, konfiguraciji) B. V nekem kasnejšem času t > t 0 bo isto telo B prešlo v novo, na primer premak-njeno lego B ali v novo, deformirano stanje B . Opazujmo dva delca, od katerih delec T leži znotraj območja V , delec Q pa na mejni ploskvi S ! Ker gre za neskončno majhna delca, lahko njuni legi v prostoru določimo s točkama T in Q. Zaradi preglednosti navadno z isto črko označimo točko kot geometrijski element prostora kakor tudi delec kot fizični element telesa. Upoštevajoč ta dogovor v nadaljevanju izpuščamo oznake za delce in jih predstavljamo kar s pri- padajočimi točkami v prostoru. Oznaka T na primer pomeni, da se 7 1.2 Geometrijski opis telesa delec T v času t 0 nahaja v točki T . Z oznako T pa povemo, da se delec T v času t > t 0 nahaja v točki T . Lego poljubne točke in s tem lego pripadajočega delca v prostoru opišemo s krajevnim vektorjem r glede na neko nepomično točko pro- stora, na primer glede na točko O. Če izberemo za opis telesa kartezijski † koordinatni sistem z izhodiščem O in s koordinatami x, y, z, ki se nanašajo na ortonormalno bazo e x, e y, e z, lahko krajevni vektor točke T ( x, y, z) zapišemo kot funkcijo kartezijskih koordinat r = x e x + y e y + z e z = r( x, y, z) . (1 . 1) Pri tem se moramo zavedati, da je krajevni vektor r točke T znotraj telesa funkcija treh neodvisnih koordinat, krajevni vektor točke Q na mejni ploskvi S pa določa trojica koordinat, ki so medsebojno povezane z enačbo ploskve S , kar poudarimo z oznako r n. Slika 1.1 Zapise vektorjev in drugih količin, s katerimi imamo opraviti v tem učbeniku, lahko občutno skrajšamo z uvedbo znaka za vsoto † Po Reneju Descartesu - Chartesiusu, francoskem matematiku in filozofu, 1596–1650. 8 1.2 Geometrijski opis telesa r = xi e i = xj e j ( i, j = x, y, z) . (1 . 2) i j Zaradi enostavnejšega pisanja smo vpeljali splošno oznako xi ( i = x, y, z) za kartezijske koordinate obravnavane točke, tako da je ⎧ ⎨ x pri i = x xi = y . ⎩ pri i = y (1 . 3) z pri i = z V enačbi (1.2) smo poudarili, da lahko pri zapisu vsote poljubno izbe- remo seštevalne (sumacijske) indekse, na primer i, j, k, l, . . . Pomudimo se še pri kartezijski koordinatni bazi e x, e y, e z. Bazni vektorji e x, e y, e z so enotski e x · e x = 1 , e y · e y = 1 , e z · e z = 1 (1 . 4) in paroma pravokotni med seboj e x · e y = 0 , e y · e z = 0 , e z · e x = 0 . (1 . 5) V tej knjigi dosledno uporabljamo desnosučno koordinatno bazo, za katero velja e x × e y = e z e y × e x = −e z e y × e z = e x e z × e y = −e x (1 . 6) e z × e x = e y e x × e z = −e y . Enačbe (1.4) in (1.5) lahko zapišemo zelo na kratko e i · e j = δij ( i, j = x, y, z) . (1 . 7) V ta namen smo vpeljali Kroneckerjev† simbol δij, ki ima v skalarnem zapisu nekaterih vektorskih enačb vlogo enotske matrike † Leopold Kronecker, nemški matematik, 1823–1891. 9 1.2 Geometrijski opis telesa δ 0 pri i = j ij = 1 pri i = j ( i, j = x, y, z) , (1 . 8) ⎡ ⎤ 1 0 0 [ δij] = ⎣ 0 1 0 ⎦ . (1 . 9) 0 0 1 Hitro se prepričamo, da lahko enačbo (1.7) zapišemo tudi takole e i = δij e j ( i, j = x, y, z) . (1 . 10) j Podobno lahko na kratko zapišemo enačbe (1.6) e i × e j = eijk e k ( i, j, k = x, y, z) . (1 . 11) k Pri tem smo z eijk označili permutacijski simbol, za katerega velja ⎧ ⎨ 1 pri ijk = xyz, yzx, zxy eijk = ⎩ − 1 pri ijk = yxz, zyx, xzy 0 pri ijk = xxx, yyy, zzz, xxy, xyy, xxz, xzz, ... . (1 . 12) Permutacijski simbol eijk ima torej vrednost 1 pri sodih permutacijah indeksov, vrednost − 1 pri lihih permutacijah indeksov in vrednost 0, če ni permutacije (če sta vsaj dva od indeksov enaka). Če se dogovorimo, da latinski indeksi i, j, k, l, ... zavzamejo vrednosti x, y, z, lahko v nadaljevanju opustimo navajanje zaloge vrednosti indeksov. Navajamo jih le v primerih, ko želimo posebej poudariti, katere vrednosti lahko zavzamejo posamezni indeksi. Vrnimo se k geometrijskemu opisu trdnega telesa v času t 0, ko se telo B nahaja v stanju B ! Orientacija mejne ploskve S je v vsaki njeni točki Q določena z enotskim vektorjem zunanje normale e n( Q). V kartezijskih koordinatah je 10 1.2 Geometrijski opis telesa e n = enx e x + eny e y + enz e z = eni e i . (1 . 13) i Iz zahteve, da je e n enotski vektor √ |e n| ≡ en = e n · e n = 1 , (1 . 14) sledi e 2 nx + e 2 ny + e 2 nz = eni eni = 1 . (1 . 15) i Komponente enx, eny, enz enotskega vektorja e n imenujemo tudi smerni kosinusi vektorja e n v bazi (e x, e y, e z), saj velja e n · e x = 1 · 1 · cos(e n, e x) = enx e n · e y = 1 · 1 · cos(e n, e y) = eny (1 . 16) e n · e z = 1 · 1 · cos(e n, e z) = enz . Zaradi komutativnosti skalarnega produkta je tudi enx = e x · e n = exn , eny = e y · e n = eyn , enz = e z · e n = ezn . (1 . 17) Slika 1.2 Glede na obliko mejne ploskve S in njeno lego v izbranem koordinatnem sistemu se smer enotskega vektorja normale spreminja od točke do točke. Gre torej za vektorsko funkcijo koordinat točke Q 11 1.2 Geometrijski opis telesa e n = e n( x, y, z) . Če razdelimo mejno ploskev S na končno število m elementarnih delov ΔSi s ploščinami ΔSi (slika 1.2), izračunamo njeno površino S takole m S = ΔSi . (1 . 18) i=1 Na sliki 1.2 smo z δi označili mero za velikost ΔSi elementarne ploskvice ΔSi. Za δi praviloma vzamemo značilno dimenzijo, ki določa velikostni red ploskvice. Če manjšamo mero velikosti δi proti nič, lahko površino S mejne ploskve S izračunamo s ploskovnim integralom m S = lim ΔSi = dS . (1 . 19) δi→ 0 m→∞ i=1 S Pri tem smo s posebnim simbolom označili, da je ploskev S sklenjena. Če mejna ploskev S ni gladka, jo razdelimo na kose S 1 , S 2 , S 3 , ... , na katerih se zunanja normala en zvezno spreminja, in enačba (1.18) preide v naslednjo obliko S = dS + dS + dS + ... . (1 . 20) S 1 S 2 S 3 V primeru, da ima telo votline, ima razen zunanje sklenjene mejne ploskve S 1 tudi notranje sklenjene mejne ploskve S ( n) , S ( n) , ... in je 2 3 skupna površina mejne ploskve določena takole S = dS + dS + dS + ... . (1 . 21) S 1 S ( n) 2 S ( n) 3 Podobno lahko izračunamo tudi prostornino V telesa B, če ga razdelimo na n elementarnih delov ΔVj s prostorninami ΔVj in vzamemo, da gre mera velikosti δj teh delov proti nič m V = lim ΔVj = dV . (1 . 22) δj→ 0 m→∞ j=1 V 12 1.2 Geometrijski opis telesa Prikazani geometrijski opis telesa je poseben primer bolj splošnega opisa, pri katerem razen nepomičnega prostorskega kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z vpeljemo še telesni koordinatni sistem, ki ga v poljubno izbrani točki T 0 togo pritrdimo na obravnavano telo. V splošnem bi lahko za telesni koordinatni sistem izbrali kateregakoli od znanih 3–D sistemov. Običajno, in tako tudi v tem učbeniku, se odločimo kar za kartezijski koordinatni sistem s koordinatami ξ, η, ζ, ki se nanašajo na ortonormalno desnosučno bazo e ξ, e η, e ζ (slika 1.3). V splošnem je baza telesnega koordinatnega sistema poljubno zasukana glede na prostorski koordinatni sistem. Slika 1.3 Sedaj lahko lego obravnavanega delca T v telesnem koordinatnem sistemu izrazimo s krajevnim vektorjem = ξ e ξ + η e η + ζ e ζ . (1 . 23) Če podobno kot v (1.3) za kartezijske koordinate v telesnem koordinat- nem sistemu vpeljemo simbolično oznako xα ( α = ξ, η, ζ) ⎧ ⎨ ξ pri α = ξ xα = η ⎩ pri α = η (1 . 24) ζ pri α = ζ , lahko tudi krajevni vektor zapišemo z vsoto 13 1.2 Geometrijski opis telesa = xα e α = xβ e β ( α, β = ξ, η, ζ) . (1 . 25) α β V našem primeru gre za geometrijski opis togega telesa, zato se lega delca T glede na telesni koordinatni sistem nič ne spremeni, četudi se telo premika v prostoru. To pomeni, da je krajevni vektor delca T ves čas enak. Seveda pa se pri tem spreminja krajevni vektor r, ki določa lego delca T glede na nepomični prostorski koordinatni sistem. Če označimo krajevni vektor telesnega koordinatnega izhodišča T 0 z r0 r0 = x 0 e x + y 0 e y + z 0 e z = x 0 i e i , (1 . 26) i je r = r0 + . (1 . 27) Ob upoštevanju enačb (1.23) in (1.26) je tako r = ( x 0 e x + y 0 e y + z 0 e z) + ( ξ e ξ + η e η + ζ e ζ) . (1 . 28) Da bi lahko enovito izrazili krajevni vektor r v enem ali drugem od obeh koordinatnih sistemov, moramo torej poiskati zvezo med baznimi vektorji e ξ, e η, e ζ in e x, e y, e z. Najpreprosteje je, če izrazimo bazne vektorje telesne baze e ξ, e η, e ζ z njihovimi komponentami glede na bazo nepomičnega prostorskega koordinatnega sistema e x, e y, e z e ξ = eξxe x + eξye y + eξze z e η = eηxe x + eηye y + eηze z (1 . 29) e ζ = eζxe x + eζye y + eζze z . Primerjava z enačbami (1.13) in (1.16) pove, da so komponente baznih vektorjev e ξ, e η, e ζ glede na bazo e x, e y, e z po vrsti enake smernim kosinusom smeri ξ, η, ζ glede na smeri x, y, z eξx = cos( ξ, x) eηx = cos( η, x) eζx = cos( ζ, x) eξy = cos( ξ, y) eηy = cos( η, y) eζy = cos( ζ, y) (1 . 30) eξz = cos( ξ, z) eηz = cos( η, z) eζz = cos( ζ, z) . 14 1.2 Geometrijski opis telesa Enačbe (1.29) pogosto zapišemo v matrični obliki ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ e ξ ⎬ eξx eξy eξz ⎨ e x ⎬ ⎣ e ⎦ ⎩ e η ⎭ = ηx eηy eηz ⎩e y ⎭ (1 . 31) e ζ eζx eζy eζz e z ali simbolično {e α} = [ eαi] {e i} . (1 . 32) Enačbe (1.29) lahko zapišemo tudi z uporabo znaka za vsoto e α = eαi e i ( α = ξ, η, ζ; i = x, y, z) . (1 . 33) i Matrika ⎡ ⎤ eξx eξy eξz [ eαi] = ⎣ eηx eηy eηz ⎦ (1 . 34) eζx eζy eζz predstavlja linearno transformacijo koordinat x, y, z v koordinate ξ, η, ζ. Imenujemo jo transformacijska matrika. Zaradi komutativnosti skalarnega produkta je eαi = e α · e i = e i · e α = eiα . (1 . 35) Ker so tudi bazni vektorji e ξ, e η, e ζ enotski in medsebojno pravokotni, velja e ξ · e ξ = e 2 ξx + e 2 ξy + e 2 ξz = 1 e η · e η = e 2 ηx + e 2 ηy + e 2 ηz = 1 e ζ · e ζ = e 2 ζx + e 2 ζy + e 2 ζz = 1 (1 . 36) e ξ · e η = eξxeηx + eξyeηy + eξzeηz = 0 e η · e ζ = eηxeζx + eηyeζy + eηzeζz = 0 e ζ · e ξ = eζxeξx + eζyeξy + eζzeξz = 0 . Transformacijska matrika [ eαi] je določena z devetimi smernimi kosinusi, ki pa morajo ustrezati šestim enačbam (1.36). To pomeni, da so 15 1.2 Geometrijski opis telesa med devetimi smernimi kosinusi le trije neodvisni. Ugodno bi bilo, če bi lahko odvisne koeficiente transformacijske matrike izločili in preslikavo (1.31) izrazili le s tremi neodvisnimi koeficienti. Zaradi nelinearnosti zvez (1.36) to ni mogoče; vendar se izkaže, da lahko s transformacijsko matriko v obliki (1.34) uspešno rešimo celo vrsto nalog. Če želimo pre- slikavo (1.31) izraziti le s tremi neodvisnimi koeficienti, moramo za opis transformacije uporabiti druge parametre, na primer Eulerjeve† kote‡. Bazi e x, e y, e z in e ξ, e η, e ζ sta v matematičnem pogledu popolnoma enakovredni, zato lahko, podobno kot v enačbi (1.29), tudi bazne vektorje prostorskega koordinatnega sistema e x, e y, e z izrazimo glede na telesno bazo e ξ, e η, e ζ ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ e x ⎬ exξ exη exζ ⎨ e ξ ⎬ ⎣ e ⎦ ⎩ e y ⎭ = yξ eyη eyζ ⎩e η ⎭ (1 . 37) e z ezξ ezη ezζ e ζ oziroma simbolično {e i} = [ eiα] {e α} . (1 . 38) Matrika [ eiα] je očitno transponirana transformacijska matrika [ eiα] = [ eαi] T , (1 . 39) saj jo ob upoštevanju enačbe (1.35) dobimo tako, da v matriki [ eαi] zamenjamo vrstice s stolpci ali narobe. Če enačbo (1.32) pomnožimo z leve strani z inverzno transformacijsko matriko [ eαi] − 1 [ eαi] − 1 {e α} = [ eαi] − 1[ eαi] {e i} = [ I ] {e i} = {e i} , (1 . 40) primerjava z enačbama (1.38) in (1.39) pokaže, da je inverzna transfor- macijska matrika enaka transponirani transformacijski matriki [ eαi] − 1 = [ eαi] T . (1 . 41) † Leonhard Euler, švicarski matematik, 1707–1783. ‡ Glej n. pr. knjigo: M. Saje, Kinematika in dinamika, FGG, Ljubljana (1994). 16 1.2 Geometrijski opis telesa Zato je [ eαi][ eαi] T = [ eαi] T [ eαi] = [ I ] , (1 . 42) kjer smo z [ I ] označili enotsko matriko ⎡ ⎤ 1 0 0 [ I ] = [ δij] = ⎣ 0 1 0 ⎦ . (1 . 43) 0 0 1 Hitro se tudi lahko prepričamo, da je determinanta |eαi| transformacijske matrike [ eαi] enaka +1 e ξx eξy eξz det [ e αi] = |eαi| = eηx eηy eηz = e ξ · (e η × e ζ) = +1 . (1 . 44) e ζx eζy eζz Pri tem smo upoštevali, da je mešani produkt baznih vektorjev desnosučne ortonormalne baze enak +1. Transformacijsko matriko, ki ustreza navedenim zahtevam, imenujemo ortogonalna matrika, transformacijo, ki jo opisuje, pa ortogonalna transformacija. Najpomembnejše lastnosti ortogonalne transformacijske matrike lahko torej strnemo v naslednjih ugotovitvah: • Vsota kvadratov elementov vrstice ali stolpca transformacijske matrike je 1 eαieαi = 1 ( i = x, y, z) , (1 . 45) i eiαeiα = 1 ( α = ξ, η, ζ) . (1 . 46) α • Vrednost skalarnega produkta dveh različnih vrstic ali dveh različ- nih stolpcev je 0 eαieβi = 0 ( α = β ; i = x, y, z) , (1 . 47) i eiαejα = 0 ( i = j ; α = ξ, η, ζ) . (1 . 48) α 17 1.2 Geometrijski opis telesa Z uporabo Kroneckerjevega simbola lahko enačbe (1.45) do (1.48) zapišemo še krajše eαieβi = δαβ i ( i, j = x, y, z ; α, β = ξ, η, ζ) . (1 . 49) eiα ejα = δij α • Inverzna transformacijska matrika je enaka transponirani transformacijski matriki [ eαi] − 1 = [ eαi] T , (1 . 50) [ eαi][ eαi] T = [ eαi] T [ eαi] = [ I ] . (1 . 51) • Determinanta transformacijske matrike je enaka +1 det [ eαi] = |eαi| = 1 . (1 . 52) Končno zapišimo še enačbo (1.27) za krajevni vektor r delca T , vendar glede na prostorski koordinatni sistem z bazo e x, e y, e z ! Upoštevajoč enačbe (1.2), (1.25) in (1.26) se enačba (1.27) glasi xi e i = x 0 i e i + xα e α . (1 . 53) i i α Če bazne vektorje e α izrazimo s transformacijskim pravilom (1.33), lahko enačbo (1.53) zapišemo takole xi e i = x 0 i + xαeαi e i . (1 . 54) i i α Kartezijske komponente xi krajevnega vektorja r v bazi e x, e y, e z lahko torej izrazimo na naslednji način xi = x 0 i + xα eαi . (1 . 55) α 18 1.2 Geometrijski opis telesa Oglejmo si še poseben primer, pri katerem izhodišči prostorskega in telesnega koordinatnega sistema sovpadeta v isti točki T 0. Tedaj je r0 = 0 oziroma r = in enačba (1.54) se glasi xi = xα eαi (1 . 56) α oziroma v matričnem zapisu {xi} = [ eiα] {xα} . (1 . 57) Z obratom gornje enačbe dobimo {xα} = [ eαi] {xi} (1 . 58) oziroma v komponentni obliki xα = xi eαi . (1 . 59) i Z enačbami (1.56) do (1.59) smo torej predstavili pravilo za transforma- cijo koordinat krajevnega vektorja pri preslikavi med dvema kartezij- skima koordinatnima sistemoma s skupnim izhodiščem. Pravilo lahko posplošimo na transformacijo komponent poljubnega drugega vektorja. Kot primer vzemimo vektor v, ki je v bazi e x, e y, e z podan s komponentami vi v = vx e x + vy e y + vz e z = vi e i . (1 . 60) i Njegove komponente vα v novi bazi e ξ, e η, e ζ določimo na enak način kot komponente krajevnega vektorja z enačbami vα = vi eαi ( α = ξ, η, ζ; i = x, y, z) (1 . 61) i ali matrično {vα} = [ eαi] {vi} . (1 . 62) 19 1.2 Geometrijski opis telesa Zapišimo enačbo (1.62) še v razviti obliki ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ vξ ⎬ eξx eξy eξz ⎨ vx ⎬ v ⎣ e ⎦ v . ⎩ η ηx eηy eηz y (1 . 63) v ⎭ = ⎩ ⎭ ζ eζx eζy eζz vz Do enakega rezultata pridemo, če vektor v zapišemo v obeh bazah v = vx e x + vy e y + vz e z = vξ e ξ + vη e η + vζ e ζ , (1 . 64) dobljeno enakost po vrsti pomnožimo z baznimi vektorji e ξ, e η, e ζ in upoštevamo komutativnost skalarnega produkta ( eiα = eαi). Slika 1.4 Za ilustracijo si oglejmo ravninski primer, pri katerem je vektor v glede na koordinatno bazo e x, e y, e z podan s komponentama vx in vy ( vz = 0) v = vx e x + vy e y . (1 . 65) V isto izhodišče O postavimo še drug kartezijski koordinatni sistem z bazo e ξ, e η, e ζ, ki ga dobimo tako, da prvotno bazo zasučemo okoli osi z za kot α (slika 1.4). Transformacijska matrika, ki določa lego novega koordinatnega sistema glede na prvotnega, je tedaj 20 1.3 Zunanja obteˇ zba ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ eξx eξy eξz cos α sin α 0 ⎣ eηx eηy eηz ⎦ = ⎣ − sin α cos α 0 ⎦ . (1 . 66) eζx eζy eζz 0 0 1 Komponente vektorja v v novi bazi e ξ, e η, e ζ dobimo z enačbo (1.63) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ vξ ⎬ cos α sin α 0 ⎨ vx ⎬ ⎨ vx cos α + vy sin α ⎬ v ⎣ − ⎦ v −v . ⎩ η sin α cos α 0 y x sin α + vy cos α v ⎭ = ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ ζ 0 0 1 0 0 (1 . 67) Rezultat pove, da vsako od novih komponent izračunamo kot vsoto projekcij starih komponent na nove koordinatne smeri. Dobljene zveze med komponentami vektorja v v obeh koordinatnih sistemih lahko brez težav preverimo na sliki 1.4. V literaturi je transformacijska matrika pogosto označena s [ T ] T [ eαi] = [ T ] T . (1 . 68) Zaradi enačb (1.39) do (1.44) je tedaj T [ eiα] = [ eαi] T = [ T ] T = [ T ] , (1 . 69) [ T ] − 1 = [ T ] T → [ T ] T [ T ] = [ T ][ T ] T = [ I ] , (1 . 70) det [ T ] = |T | = 1 . (1 . 71) 1.3 Zunanja obteˇ zba V fiziki so sile vpeljane kot količine, s katerimi opišemo medseboj- ne mehanske vplive teles. Pri trdnih telesih gre bodisi za neposredni stik prek mejnih ploskev dveh ali več teles, bodisi za sile, ki s poljubne razdalje delujejo na mase oziroma prostornine teles. 21 1.3 Zunanja obteˇ zba Slika 1.5 Vse sile, ki delujejo na obravnavano trdno telo, zajamemo s skupnim pojmom zunanja obtežba. V okviru koncepta zveznih teles vpeljemo za sile, ki se prenašajo prek mejne ploskve telesa, pojem specifične površinske obtežbe (sila na enoto ploščine, na primer N/m2), za sile, 22 1.3 Zunanja obteˇ zba ki delujejo na maso oziroma prostornino telesa, pa pojem specifične prostorninske obtežbe (sila na prostorninsko enoto, na primer N/m3). Pogosti so primeri, da specifična površinska obtežba deluje na del površine telesa, ki je zelo majhen v primerjavi s celotno površino. Tovrstno obtežbo navadno nadomestimo s točkovnimi silami in dvo- jicami, ki smo jih že spoznali v statiki togih teles. Naj bo ΔP rezultanta vseh površinskih (kontaktnih) sil, ki delujejo na končno velikem elementu ΔS mejne ploskve S (slika 1.5-a). Če ozna- čimo z δ mero velikosti elementarne ploskvice ΔS , lahko ugotovimo, da sta ploščina ΔS elementarne ploskvice ΔS in s tem tudi sila ΔP velikostnega reda δ 2. Zato z limitnim procesom, pri katerem gre δ proti nič, dobimo ΔP ΔP dP lim δ→ 0 ΔS = lim Δ S→ 0 ΔS = dS = p n( Q) . (1 . 72) Pri tem je p n vektor, ki določa specifično površinsko obtežbo. Vektor specifične površinske obtežbe p n ima v splošnem v vsaki točki Q mejne ploskve S drugačno smer in velikost (slika 1.5-b), ki je na določenih področjih lahko tudi nič. Gre torej za vektorsko funkcijo točke Q; v kartezijskih koordinatah je na primer p n = p n( x, y, z) = pnx( x, y, z) e x + pny( x, y, z) e y + pnz( x, y, z) e z , (1 . 73) kar lahko na kratko zapišemo z vsoto p n = pnj e j ( j = x, y, z) . (1 . 74) j Na podoben način definiramo tudi prostorninsko obtežbo. Če je ΔF rezultanta prostorninskih sil, ki delujejo na elementarni del telesa ΔV , dobimo z limitnim procesom, pri katerem gre prostornina ΔV tega elementarnega dela proti nič 23 1.3 Zunanja obteˇ zba ΔF ΔF dF lim δ→ 0 ΔV = lim Δ V → 0 ΔV = dV = v( T ) . (1 . 75) Pri tem je v vektor, ki določa specifično prostorninsko obtežbo kot vektorsko funkcijo točke T . V kartezijskih koordinatah je tako v = v( x, y, z) = vx( x, y, z) e x + vy( x, y, z) e y + vz( x, y, z) e z (1 . 76) oziroma v = vj e j ( j = x, y, z) . (1 . 77) j Specifično prostorninsko obtežbo v lahko izrazimo tudi s pripadajočo specifično masno obtežbo f . V ta namen se najprej spomnimo definicije gostote snovi v obravnavani točki telesa. Če označimo z Δm maso, ki pripada elementarnemu delu telesa ΔV s prostornino ΔV , je gostota ρ definirana kot specifična masa, saj jo merimo v [kg / m3] dm ρ Δm = lim . (1 . 78) Δ V → 0 ΔV = dV Specifično masno silo vpeljemo z enačbo ΔF dF f = lim . (1 . 79) Δ m→ 0 Δm = dm Pri tem je f vektor, ki določa specifično masno silo, to je zunanjo silo na enoto mase (na primer N/kg). S tem sledi iz enačb (1.75), (1.78) in (1.79) zveza med specifično prostorninsko in specifično masno obtežbo v = ρ f . (1 . 80) Najbolj znan primer specifične masne sile je gravitacijska sila Zemlje ( |f | = g ∼ = 9 . 81 ms − 2). V tem primeru je specifična prostorninska obtežba v po velikosti enaka specifični teži snovi |v | = ρg = γs (1 . 81) 24 1.3 Zunanja obteˇ zba in je usmerjena proti središču Zemlje. Specifične masne in prostorninske sile so torej vektorske funkcije, definirane znotraj območja telesa V ; v kartezijskih koordinatah je na primer f = f ( x, y, z) = fx( x, y, z) e x + fy( x, y, z) e y + fz( x, y, z) e z (1 . 82) ali na kratko f = fj e j ( j = x, y, z) . (1 . 83) j To pomeni, da imata sicer kolinearna vektorja f in v v vsaki točki znotraj telesa drugačno smer in drugačno velikost. Podobno velja za gostoto ρ, le da gre v tem primeru za skalarno funkcijo, ki se spreminja od točke do točke znotraj telesa ρ( T ) = ρ( x, y, z) . (1 . 84) Gostota je primer skalarnega polja, specifična masna in prostorninska sila pa sta primera vektorskih polj nad obsegom realnih števil. Težnostni pospešek Zemlje g ima sicer smer proti središču Zemlje in se torej po smeri spreminja v odvisnosti od lege točke telesa na Zemljinem površju. Ker pa so izmere inženirskih konstrukcij, ki nas zanimajo, praviloma zelo majhne v primerjavi z velikostjo Zemlje, lahko vza- memo, da ima težnostni pospešek konstantno smer in konstantno ve- likost 9 . 81 ms − 2. Če je material homogen, ima tudi gostota konstantno vrednost. V tem primeru ima specifična prostorninska obtežba v vsaki točki telesa isto smer in isto velikost; specifična teža homogene snovi je primer konstantnega vektorskega polja. Če obravnavamo zunanjo obtežbo s stališča inženirske oziroma kon- strukcijske mehanike, kjer imamo pretežno opraviti z mirujočimi telesi (konstrukcijami), lahko zunanjo obtežbo opredelimo še podrobneje. Če naj konstrukcija miruje, mora biti na ustrezen način podprta, torej pritrjena na podlago. Kot primer vzemimo nosilno voziščno ploščo mostu. Plošča je podprta s krajnimi in vmesnimi oporniki, ti pa se 25 1.4 Ravnoteˇ zje trdnega telesa spet s temelji opirajo na naravna tla. Zunanjo obtežbo takih konstruk- cij lahko razdelimo na aktivno in pasivno. Aktivno obtežbo mostne konstrukcije predstavljata na primer stalna obtežba, ki je sestavljena iz lastne teže konstrukcije, asfaltne prevleke, ograje in instalacij, ter prometna obtežba vozil in pešcev na mostu. K aktivni obtežbi štejemo tudi vpliv snega, vetra ali potresa na konstrukcijo, udarce ledu ob opornike in druge vrste obtežb, ki neodvisno vplivajo na konstrukcijo. Pasivno obtežbo pa predstavljajo sile, ki se prenašajo na konstrukcijo v podporah in jih običajno imenujemo reakcije. Za pasivno obtežbo je značilno, da se pojavi na podprtih delih mejne ploskve in se spreminja v odvisnosti od aktivne zunanje obtežbe tako, da je vseskozi zagotovljeno mirovanje konstrukcije. Mirujoče trdno telo je praviloma podprto na določenem delu zunanje mejne ploskve. Sile, s katerimi podpore delujejo na telo, prištevamo torej med površinsko obtežbo. Če ni posebej poudarjeno drugače, so v zunanji specifični površinski obtežbi p n zajete tako aktivna zunanja obtežba kakor tudi reakcijske sile v podporah. 1.4 Ravnoteˇ zje trdnega telesa Kakor je znano iz statike, se pogoj za mirovanje trdnega telesa izraža z zahtevo, da mora biti telo v ravnotežju. To pomeni, da morata biti rezultanta R vseh zunanjih sil, ki delujejo na telo, in njihov rezultirajoči moment M, izračunan glede na poljubno izbrano točko v prostoru, enaka nič. Vpliv zunanjih sil na telo smo zajeli s specifično površinsko in specifično prostorninsko zunanjo obtežbo, ki sta v splošnem na poljuben način porazdeljeni po mejni ploskvi S in po zaprtem območju V (slika 1.5-b). Zato lahko pogoja za ravnotežje trdnega telesa zapišemo na naslednji način R = p n dS + v dV = 0 (1 . 85) S V 26 1.5 Notranje sile in napetosti M = r n × p n dS + r × v dV = 0 . (1 . 86) S V Enačbi (1.85) in (1.86) izražata ravnotežna pogoja, ki jima mora zadoščati zunanja obtežba na mirujočem telesu. To sta osnovni enačbi statike togega telesa. Zunanjo obtežbo, ki zadošča ravnotežnima pogo- jema (1.85) in (1.86), imenujemo uravnotežena ali statično dopustna zunanja obtežba. 1.5 Notranje sile in napetosti Z enačbama (1.85) in (1.86) smo opredelili statično dopustno zu- nanjo obtežbo trdnega telesa. Ničesar pa omenjeni enačbi ne povesta o tem, kakšne sile se med delovanjem uravnotežene zunanje obtežbe pojavijo znotraj telesa. Da bi lahko določili tudi sile, ki delujejo na poljuben materialni delec T , si zamislimo, da prerežemo telo s poljubno ravnino Π n, ki gre skozi obravnavani delec oziroma skozi točko T , s katero je določena lega tega delca v prostoru (slika 1.6). S tem razdelimo telo B na dve telesi B 1 in B 2, območje telesa V s prostornino V pa na območji V 1 in V 2 s prostorninama V 1 in V 2 in mejno ploskev S s ploščino S na ploskvi S 1 in S 2 s ploščinama S 1 in S 2 V 1 ∪ V 2 = V , V = V 1 + V 2 (1 . 87) S 1 ∪ S 2 = S , S = S 1 + S 2 . (1 . 88) Območje V 1 je omejeno s ploskvijo S 1 in z ravninskim prerezom An z zunanjo normalo e n, medtem ko je območje V 2 omejeno s ploskvijo S 2 in ravninskim prerezom A¯ n, ki ima nasprotno usmerjeno zunanjo normalo e¯ n e¯ n = −e n . (1 . 89) Pri prerezih A¯ n in An gre seveda za isti presek telesa B z ravnino Π n, le da ga enkrat opazujemo z ene, drugič pa z druge strani. Zato za 27 1.5 Notranje sile in napetosti ploščini A¯ n in An velja A¯ n = dA¯ n = dAn = An . (1 . 90) A¯ n An Slika 1.6 Ker morata biti telesi B 1 in B 2 vsako zase v ravnotežju, sklepamo, da morajo v ravninskih prerezih An in A¯ n delovati notranje specifične površinske sile, ki nadomeščajo mehanski vpliv drugega dela telesa. Te površinske sile imenujemo napetosti. Če obravnavamo delec T kot 28 1.5 Notranje sile in napetosti element prereza An, pripada temu delcu napetost σn, ki v točki T nadomešča vpliv telesa B 2 na telo B 1. Če pa obravnavamo isti delec T kot element prereza A¯ n, mu pripada napetost σ¯ n, ki v točki T nadomešča vpliv telesa B 1 na telo B 2. V fizikalnem pogledu je vektor napetosti σn povsem enakovreden vektorju specifične površinske obtežbe p n, le da ta deluje na zunanjo mejno ploskev telesa, vektor σn pa na namišljeno prerezno ploskev An znotraj telesa. V splošnem primeru pripadajo različnim točkam prerezne ploskve An napetostni vektorji, ki so po velikosti in po smeri različni med seboj. Vektorsko polje σn( x, y, z) torej opisuje porazdelitev notranjih sil po izbranem prečnem prerezu. Zvezo med vektorjema σ in σ¯ n poiščemo tako, da zapišemo ravnotežna pogoja za vsak del telesa posebej Telo B 1: σn dAn + p n dS + v dV = 0 (1 . 91) An S 1 V 1 r n × σn dAn + r n × p n dS + r × v dV = 0 . (1 . 92) An S 1 V 1 Telo B 2: σ¯ n dA¯ n + p n dS + v dV = 0 (1 . 93) A¯ n S 2 V 2 r n × σ¯ n dA¯ n + r n × p n dS + r × v dV = 0 . (1 . 94) A¯ n S 2 V 2 Če seštejemo enačbi (1.91) in (1.93) oziroma (1.92) in (1.94), dobimo ( σn + σ¯ n ) dAn + p n dS + v dV = 0 (1 . 95) An S V r n × ( σn + σ¯ n ) dAn + r n × p n dS + r × v dV = 0 . An S V (1 . 96) 29 1.5 Notranje sile in napetosti V drugem in tretjem členu gornjih enačb prepoznamo levi strani ravnotežnih enačb (1.85) in (1.86) za zunanjo obtežbo telesa kot celote. Ob upoštevanju enačb (1.85) in (1.86) je zato ( σn + σ¯ n ) dAn = 0 An (1 . 97) r n × ( σn + σ¯ n ) dAn = 0 . An Gornji enačbi sta zagotovo izpolnjeni, če je v poljubni točki prereza An izpolnjen pogoj σ¯ n = −σn . (1 . 98) To je znani zakon akcije in reakcije, izražen z napetostmi. Da je to tudi edina rešitev enačb (1.97), se lahko prepričamo z nasled- njim razmislekom. Vzemimo, da iz območja V obravnavanega telesa izrežemo poljubno podobmočje V ∗, omejeno s sklenjeno ploskvijo S ∗, in sicer tako, da to podobmočje vsebuje obravnavani materialni delec T (slika 1.7). Prerez podobmočja V ∗ z ravnino Π n je omejena ploskev A ∗n. Na mejno ploskev S ∗ delujejo napetosti, ki predstavljajo vpliv preostalega dela telesa V na podobmočje V ∗ in zadoščajo ravnotežnim pogojem. Zato na podoben način kot za celotno prerezno ploskev An dobimo za del prerezne ploskve A ∗ n naslednja ravnotežna pogoja ( σn + σ¯ n ) dAn = 0 A ∗ n (1 . 99) r n × ( σn + σ¯ n ) dAn = 0 . A ∗ n Ker smo podobmočje V ∗ in s tem tudi delno prerezno ploskev S ∗ n poljubno izbrali, je pogojema (1.99) zadoščeno le, če je izpolnjena enačba (1.98). 30 1.5 Notranje sile in napetosti Slika 1.7 Enačbi (1.97) si lahko predstavljamo tudi kot ravnotežna pogoja za ravninski prerez An kot samostojno “telo”, ki nima debeline in zato tudi ne prostorninskih sil (slika 1.8). Tako “telo” ima dve zunanji normali e n in e¯ n = −e n, ki sta vzporedni, a nasprotno usmerjeni. Slika 1.8 Napetostni vektor σn v poljubni točki T znotraj telesa torej pripada ravninskemu prerezu An skozi točko T z zunanjo normalo e n. Če prerežemo telo skozi točko T z neko drugo ravnino Π α z normalo e α, dobimo nov prerez Aα, ki mu v isti točki T pripada drug napetostni vektor σα. Napetostni vektor, ki pripada točki T , je torej odvisen od orientacije ravnine, s katero navidezno prerežemo telo skozi točko T . 31 1.5 Notranje sile in napetosti Zato lahko napetostni vektor σn( T ) opredelimo kot notranjo specifično površinsko silo, ki v točki T pripada ravnini z zunanjo normalo e n( T ). To pomeni, da moramo pri opisu napetostnega stanja obravnavanega delca razen velikosti in smeri napetostnega vektorja podati tudi zunanjo normalo ravnine, ki ji ta napetostni vektor pripada. Slika 1.9 V splošnem ne poznamo niti velikosti niti smeri napetostnih vektor- jev σn, ki pripadajo različnim točkam prereza An. Kakor pokažemo v nadaljevanju, pa lahko iz ravnotežnih pogojev za enega od obeh delov telesa določimo rezultanto in rezultirajoči statični moment napetosti glede na poljubno izbrano točko prereza. Na sliki 1.9 smo z dN n označili elementarno površinsko silo, ki predstavlja rezultanto specifične površinske sile σn na infinitezimalni ploskvici dAn okrog obravnavane točke T . Rezultanto N n vseh elementarnih površinskih sil in s tem vseh napetostnih vektorjev σn v prerezu An imenujemo notranja sila, njihov rezultirajoči moment M n glede na poljubno izbrano referenčno točko On ∈An pa notranji moment prereza An N n = σn dAn (1 . 100) An M n = n × σn dAn . (1 . 101) An 32 1.5 Notranje sile in napetosti Pri tem je n krajevni vektor, ki določa lego točke T glede na izbrano referenčno točko On, kar pomeni, da leži v ravnini prečnega prereza An in ima začetek v točki On (slika 1.9). Če izberemo točko On tudi za izhodišče krajevnih vektorjev r v enačbah (1.92) in (1.94), izpeljemo iz enačb (1.91) do (1.94), (1.98) ter (1.100) in (1.101) naslednje zveze N n = p n dS + v dV (1 . 102) S 2 V 2 M n = r n × p n dS + r × v dV (1 . 103) S 2 V 2 N¯ n = p n dS + v dV (1 . 104) S 1 V 1 M¯ n = r n × p n dS + r × v dV . (1 . 105) S 1 V 1 Notranja sila N n in notranji moment M n, ki pripadata delu telesa V 1, torej nadomeščata vpliv zunanje obtežbe, ki deluje na del telesa V 2 in obrnjeno: notranja sila N¯ n in notranji moment M¯ n, ki pripadata delu telesa V 2, nadomeščata vpliv zunanje obtežbe, ki deluje na del telesa V 1. V obeh primerih gre torej za fiktivni sili in momenta, s katerimi nadomestimo medsebojni vpliv obeh delov telesa, ne da bi pri tem poznali dejanski potek napetosti v prerezni ploskvi. Ob upoštevanju enačbe (1.98) v enačbah (1.100) in (1.101) lahko ugo- tovimo, da sta notranji sili N n in N¯ n po velikosti enaki, imata pa nasprotni smeri. Prav tako sta po velikosti enaka, po smeri pa različna notranja momenta M n in M¯ n. N¯ n = −N n (1 . 106) M¯ n = −M n . (1 . 107) V ravnotežnih enačbah (1.102) do (1.105) poznamo integracijska ob- močja V 1, V 2, S 1 in S 2, kakor tudi zunanjo obtežbo p n in v. S temi podatki lahko torej določimo notranjo silo in notranji moment, s katerima navidezno ločena dela telesa v prerezu An delujeta drug na 33 1.5 Notranje sile in napetosti drugega. Če v enačbah (1.104) in (1.105) upoštevamo zvezi (1.106) in (1.107), dobimo N n = − p n dS − v dV (1 . 108) S 1 V 1 M n = − r n × p n dS − r × v dV . (1 . 109) S 1 V 1 Primerjava z enačbama (1.91) in (1.92) ob upoštevanju oznak (1.100) in (1.101) pove, da smo notranjo silo N n in notranji moment M n dejansko izračunali iz ravnotežnega pogoja za del telesa V 1. Podobno bi notranjo silo N¯ n in notranji moment M¯ n izračunali iz ravnotežnih pogojev za del telesa V † 2 . V nadaljevanju se bomo posvetili nalogi, da napetosti σn določimo tako, da bosta izpolnjeni enačbi (1.100) in (1.101). Z drugimi besedami to pomeni, da moramo z napetostmi σn “pokriti” notranje sile v izbranem prerezu telesa, ki smo jih sicer določili iz ravnotežnih pogojev. Opisani pristop dejansko predstavlja temeljno vodilo pri reševanju vsakovrstnih praktičnih problemov konstrukcijske mehanike. V tem poglavju smo torej vpeljali pojem napetosti. Napetost σn smo v izbrani točki telesa definirali kot specifično notranjo površinsko silo v prerezu telesa z ravnino z normalo e n. V prerezu An se napetostni vektor σn spreminja od točke do točke; v izbrani točki T pa sta velikost in smer napetostnega vektorja σn odvisni od izbire ravnine skozi to točko. Še enkrat poudarimo, da je napetostno stanje v točki T odvisno le od zunanje obtežbe ter geometrijskih in materialnih lastnosti telesa; napetostni vektor, ki to stanje opisuje, pa je odvisen od izbire ravnine, s katero navidezno prerežemo telo skozi točko T . † Ta pristop smo že s pridom izkoristili pri statiki statično določenih linijskih nosilcev, kjer se prečni prerez dejanskega trirazsežnega linijskega elementa reducira v eno samo točko, v kateri je vpliv sosednega dela nosilca nadomeščen s točkovno notranjo silo in s točkovnim notranjim momentom. 34 1.5 Notranje sile in napetosti Napetostni vektor σn, ki v točki T pripada ravnini Π n z normalo e n, lahko razstavimo v njegovo normalno komponento σnn in strižno ali tangencialno komponento σnt (slika 1.10) σn = σnn e n + σnt e t . (1 . 110) dAn ∈ Π n Slika 1.10 Pri tem je smernica enotskega vektorja e t določena s presečnico ravnine Π n z ravnino, ki jo določata vektorja σn in e n. Enotska vektorja e n in e t sta torej med seboj pravokotna e n · e n = 1 e t · e t = 1 e n · e t = 0 . (1 . 111) Normalno in strižno komponento napetostnega vektorja σn določimo kot projekciji tega vektorja na smernici enotskih vektorjev e n in e t σnn = σn · e n (1 . 112) σnt = σn · e t . (1 . 113) Oglejmo si še, kako je z napetostmi v ravnini z “negativno normalo” e¯ n = −e n (slika 1.11). Iz enačbe (1.98) vemo, da je σ¯ n = −σn . 35 1.5 Notranje sile in napetosti V ravnini z negativno normalo e¯ n = −e n dobimo normalno napetost kot projekcijo napetostnega vektorja σ¯ n na normalo e¯ n σ¯ n¯ n = σ¯ n · e¯ n = ( −σn) · ( −e n) = σnn , (1 . 114) strižno napetost pa kot projekcijo na enotski tangencialni vektor e¯ t σ¯ n¯ t = σ¯ n · e¯ t = ( −σn) · ( −e t) = σnt . (1 . 115) Pri tem smo tudi enotskemu tangencialnemu vektorju e t spremenili smer v e¯ t = −e t (slika 1.11). Slika 1.11 Enačbi (1.114) in (1.115) kažeta, da so skalarne vrednosti napetosti, ki delujejo na obravnavani delec, enake, ne glede na to, ali opazujemo delec s “pozitivne” ali “negativne” strani. Če na primer na delec deluje natezna normalna napetost σnn = q v smeri pozitivne normale e n, potem deluje v smeri negativne normale e¯ n prav tako natezna normalna napetost σ¯ n¯ n = q. Če obravnavamo napetostno stanje v kartezijskih koordinatah, je posebno zanimiv primer, da v opazovani točki T prerežemo telo s katero od koordinatnih ravnin izbranega koordinatnega sistema. Oglejmo si 36 1.5 Notranje sile in napetosti primer, da prerežemo telo z ravnino Π x z normalo e x (slika 1.12). Slika 1.12 Napetostni vektor σx, ki v točki T pripada ravnini Π x z normalo e x, razstavimo v smereh enotskih vektorjev e x, e y in e z σx = σxx e x + σxy e y + σxz e z . (1 . 116) Komponento σxx imenujemo normalna napetost v ravnini z normalo e x, komponenti σxy in σxz pa sta tangencialni ali strižni napetosti v smereh y in z. Če bi v točki T prerezali telo z ravnino Π y z normalo e y, oziroma z ravnino Π z z normalo e z, bi analogno dobili σy = σyx e x + σyy e y + σyz e z (1 . 117) σz = σzx e x + σzy e y + σzz e z . (1 . 118) Da bi lahko napetosti, ki v točki T pripadajo vsem trem koordinatnim ravninam, prikazali na eni sami sliki, izrežemo iz neposredne okolice 37 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi točke T infinitezimalno majhen kvader, čigar stranske ploskve so vzporedne koordinatnim ravninam, in narišemo napetosti, ki delujejo v teh ploskvah (slika 1.13). Slika 1.13 Pri tem se moramo zavedati, da vse prikazane napetosti dejansko pri- padajo točki T in smo jih na elementarnem kvadru narisali le zaradi preglednosti. 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi V razdelku 1.4 smo z enačbama (1.85) in (1.86) zapisali pogoje, ki jim mora ustrezati zunanja obtežba, da je obravnavano togo telo kot celota v ravnotežju. Seveda pa mora biti v ravnotežju tudi vsak, še tako majhen element in s tem tudi vsak materialni delec v notranjosti ali na površini telesa. V razdelku 1.5 smo pokazali, da je napetostno stanje poljubno izbranega delca opisano z napetostnimi vektorji, in sicer glede na izbrane ravnine skozi obravnavani delec. Pokazali smo tudi, da lahko skupni vpliv napetosti v poljubnem namišljenem pre- rezu telesa nadomestimo s statično enakovredno notranjo silo N n in statično enakovrednim notranjim momentom M n, ki ju izračunamo iz ravnotežnih pogojev za enega od odrezanih delov telesa. To pomeni, da lahko iz ravnotežnih pogojev za del telesa z enačbami (1.108) in (1.109) oziroma (1.102) in (1.103) določimo le rezultanto in rezultirajoči mo- 38 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi ment napetosti σn v prerezu An, ne moremo pa ugotoviti, kako so te napetosti razporejene po prerezu An. Iz ravnotežnih pogojev za del telesa torej ne moremo določiti specifične notranje površinske sile σn, ki pripada poljubno izbrani točki T prereza An. Za določitev napetosti σn so potrebne dodatne enačbe. Najprej izpeljemo enačbe, ki zahtevajo, da je vsak delec iz območja V v ravnotežju. V ta namen iz okolice obravnavanega materialnega delca, ki leži v točki T , navidezno izrežemo elementarni kvader s končnimi stranicami Δx, Δy, Δz, tako da so stranske ploskve paroma vzporedne koordinatnim ravninam (slika 1.14). Slika 1.14 Stranska ploskev kvadra, ki gre skozi obravnavano točko T ( x, y, z) in je vzporedna koordinatni ravnini x = 0, ima v izbranem kartezijskem koordinatnem sistemu zunanjo normalo e n = −e x. Napetosti v tej ploskvi predstavimo z vektorjem −σx v njenem težišču. Nasprotna mejna ploskev, ki je vzporedna pravkar omenjeni na razdalji Δx, ima pozitivno zunanjo normalo e x, napetostni vektor v njenem težišču pa je 39 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi σx + Δσx. Pri tem smo z Δσx označili spremembo napetostnega vektorja σx na razdalji Δx. Podobno dobimo v težiščih stranskih ploskev, ki gresta skozi točko T in sta vzporedni s koordinatnima ravninama y = 0 in z = 0, napetostna vektorja −σy oziroma −σz, v težiščih ustreznih nasprotnih stranskih ploskev pa napetostna vektorja σy + Δσy oziroma σz + Δσz. Specifično prostorninsko obtežbo elementarnega kvadra predstavimo z vektorjem v v njegovem geometrijskem središču Q Δx Δy Δz ( x + , y + , z + ) . 2 2 2 Zapišimo sedaj ravnotežni enačbi (1.85) in (1.86) za obravnavani ele- mentarni kvader končnih dimenzij, in sicer tako, kakor da bi v vsaki od stranskih ploskev kvadra vladalo homogeno napetostno stanje in da bi bila specifična prostorninska obtežba konstantna. Ravnotežni pogoj (1.85), ki zahteva, da je vektorska vsota vseh sil, ki delujejo na kvader, enaka nič, lahko izrazimo z rezultantami napetosti na stranskih ploskvah kvadra in z rezultanto specifične prostorninske obtežbe − σxΔyΔz + ( σx + Δσx) ΔyΔz− − σyΔzΔx + ( σy + Δσy) ΔzΔx− − σzΔxΔy + ( σz + Δσz) ΔxΔy + v ΔxΔyΔz = 0 . (1 . 119) Ker so dolžine stranic končno velike in različne od nič, lahko gornjo enačbo delimo z njihovim produktom ΔxΔyΔz in po ureditvi dobimo Δσx Δσy Δσz Δx + Δy + Δz + v = 0 . (1 . 120) Pri zapisu ravnotežnega pogoja (1.120) smo s predpostavko, da gre za homogeno napetostno stanje na mejnih ploskvah in enakomerno pro- storninsko obtežbo znotraj končno velikega kvadra, naredili določeno napako, saj vemo, da se napetosti in specifična prostorninska obtežba v splošnem spreminjajo od točke do točke. “Točno” ravnotežno enačbo materialnega delca T dobimo torej z limitnim procesom, pri katerem gredo dolžine stranic Δx, Δy, Δz proti nič, seveda tako, da točka T 40 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi vseskozi ostaja oglišče kvadra Δσx Δσy Δσz lim = 0 . (1 . 121) Δ x→ 0 Δx + Δy + Δz + v Δ y→ 0 Δ z→ 0 Ker so napetostni vektorji σx, σy in σz funkcije treh spremenljivk x, y, z, sledi iz gornje enačbe ravnotežni pogoj v diferencialni obliki ∂σ ∂σ ∂σ V x y z : ∂x + ∂y + ∂z + v = 0 (1 . 122) ali zapisano z vsoto ∂σ V i : ∂x + v = 0 ( i = x, y, z) . (1 . 123) i i Vsota parcialnih odvodov napetostnih vektorjev v koordinatnih ravni- nah predstavlja v matematičnem pogledu divergenco tenzorja napetosti div( σ) (o tenzorju napetosti bo govor v razdelku 1.7) ∂σx ∂σy ∂σz ∂x + ∂y + ∂z = div( σ) . (1 . 124) Enačba (1.122) se s tem glasi V : div( σ) + v = 0 . (1 . 125) Ravnotežni pogoj (1.125) za poljuben materialni delec znotraj območja telesa V torej zahteva, da mora biti vektorska vsota specifične zunanje prostorninske obtežbe v in specifične notranje sile div( σ) enaka 0 v vsaki točki znotraj telesa. Zapišimo sedaj še momentni ravnotežni pogoj in ga izrazimo z zahtevo, naj bo vektorska vsota statičnih momentov vseh nastopajočih sil glede na težišče Q obravnavanega elementarnega kvadra enaka 0 41 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi −Δx Δx e x × ( −σx) + e x × ( σx + Δσx) ΔyΔz+ 2 2 −Δy Δy e y × ( −σy) + e y × ( σy + Δσy) ΔzΔx+ 2 2 −Δz Δz e z × ( −σz) + e z × ( σz + Δσz) ΔxΔy = 0 . (1 . 126) 2 2 Podobno kakor zgoraj tudi enačbo (1.126) delimo z elementarno pro- stornino ΔxΔyΔz in po ureditvi dobimo e x × σx + e y × σy + e z × σz+ 1 (e x × Δσx + e y × Δσy + e z × Δσz) = 0 . (1 . 127) 2 V limitnem procesu, pri katerem gredo dolžine stranic Δx, Δy, Δz proti nič, gredo proti nič tudi spremembe napetostnih vektorjev v koordinatnih ravninah Δx → 0 Δσx → 0 Δy → 0 ⇒ Δσy → 0 . (1 . 128) Δz → 0 Δσz → 0 Momentni ravnotežni pogoj za delec znotraj telesa se s tem glasi V : e x × σx + e y × σy + e z × σz = 0 (1 . 129) oziroma V : e i × σi = 0 ( i = x, y, z) . (1 . 130) i Enačbi (1.122) in (1.129) torej povesta, v kakšni medsebojni zvezi morajo biti napetosti v koordinatnih ravninah izbranega kartezijske- ga koordinatnega sistema in zunanja specifična prostorninska obtežba, da bo vsak delec znotraj telesa v ravnotežju. V kartezijskem koordinatnem sistemu s koordinatami x, y, z pred- stavlja vektorska ravnotežna enačba (1.122) tri skalarne enačbe, ki morajo veljati povsod znotraj območja, ki ga zavzema telo B v prostoru 42 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi ∂σxx ∂σyx ∂σzx ∂x + ∂y + ∂z + vx = 0 ∂σ ∂σ ∂σ V xy yy zy : ∂x + ∂y + ∂z + vy = 0 (1 . 131) ∂σxz ∂σyz ∂σzz ∂x + ∂y + ∂z + vz = 0 . Na kratko lahko ravnotežne enačbe (1.131) zapišemo takole ∂σ V ij : ∂x + vj = 0 ( i, j = x, y, z) . (1 . 132) i i Če vektorske produkte, ki nastopajo v enačbi (1.129), zapišemo kot determinante, dobimo e x e y e z e x e y e z e x e y e z 1 0 0 + 0 1 0 + 0 0 1 = 0 . σ xx σxy σxz σyx σyy σyz σzx σzy σzz Po izvrednotenju determinant in ureditvi lahko enačbo (1.129) zapišemo takole ( σyz − σzy) e x + ( σzx − σxz) e y + ( σxy − σyx) e z = 0 . (1 . 133) Ker so bazni vektorji linearno neodvisni, je gornja enačba izpolnjena le tedaj, če velja σzy = σyz V : σxz = σzx · · · σji = σij . (1 . 134) σyx = σxy Momentni ravnotežni pogoj torej zahteva, da morajo biti strižne napetosti v medsebojno pravokotnih ravninah simetrične. To je po- sledica dejstva, da smo ravnotežne pogoje zapisali na nedeformi- ranem elementarnem delu telesa (privzeli smo model togega telesa) in dobljene napetostne vektorje razcepili v smereh baznih vektor- jev mirujočega kartezijskega koodinatnega sistema. V primeru, da bi 43 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi upoštevali spremembo oblike in dimenzij telesa med deformiranjem, dobljene napetostne vektorje pa bi prav tako izrazili glede na prvotno koordinatno bazo nedeformiranega telesa, strižne napetosti ne bi bile simetrične †. Enačbe (1.131) in (1.134) tvorijo sistem šestih enačb, v katerih nastopa 9 neznanih neodvisnih napetosti ( σxx, σxy, . . . , σzz). Enačbe (1.134) so algebrajske in jih zlahka rešimo; upoštevati moramo le simetrijo napetostnih komponent. S tem so enačbe (1.134) identično izpolnjene in sistem šestih enačb skrčimo na sistem treh enačb (1.131) za šest neodvisnih napetostnih komponent. Gre torej za sistem treh linearnih parcialnih diferencialnih enačb prvega reda za šest neznanih funkcij treh spremenljivk σxx( x, y, z) , σyy( x, y, z) , σzz( x, y, z) , σxy( x, y, z) , σyz( x, y, z) , σzx( x, y, z) . V enačbah (1.131) nastopajo le komponente specifične zunanje prostor- ninske obtežbe v. Očitno je, da morajo biti napetosti odvisne tudi od zunanje specifične površinske obtežbe p n. To odvisnost opisujejo robni pogoji. Robni pogoji k diferencialnim enačbam (1.131) so ravnotežni pogoji na površini telesa S . Z njimi povežemo napetosti z zunanjo, od specifične prostorninske obtežbe v neodvisno specifično površinsko obtežbo p n. Ravnoteˇ zni pogoji na povrˇ sini telesa Opazujmo poljuben delec Q, ki je določen s točko Q na zunanji mejni ploskvi telesa S . V njeni bližnji okolici izrežemo iz telesa elementarni del in ga nadomestimo s pravokotno piramido tako, da tri od njenih mejnih ploskev ležijo v koordinatnih ravninah, četrta mejna ploskev pa je tista, ki jo koordinatne ravnine odrežejo iz tangencialne ravnine na † Glej na primer knjigo: Saje, Srpčič, Osnove nelinearne mehanike trdnih teles, Ljubljana 1993. 44 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi mejno površino telesa v točki Q (slika 1.15). Piramido določajo končni odseki na koordinatnih oseh Δx, Δy, Δz. Slika 1.15 Lega tangencialne ravnine je določena z enotskim vektorjem zunanje normale e n v točki Q e n = enx e x + eny e y + enz e z . Če označimo elementarno ploščino poševne mejne ploskve skozi točko Q z ΔAn, elementarne ploščine koordinatnih mejnih ploskev pa po vrsti z ΔAx, ΔAy, ΔAz, velja, kakor vemo iz analitične geometrije, ΔAx = enxΔAn ΔAy = enyΔAn (1 . 135) ΔAz = enzΔAn . Elementarne ploskve s ploščinami ΔAx, ΔAy, ΔAz imajo negativne normale −e x, −e y, −e z in jim zato pripadajo koordinatni napetostni vektorji −σx, −σy, −σz. Elementarni ploskvi ΔAn pa v točki Q pripada vektor specifične zunanje površinske obtežbe p n, če leži točka Q 45 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi na zunanji mejni ploskvi telesa, oziroma napetostni vektor σn, če leži točka Q na namišljenem prerezu telesa z ravnino z normalo e n. Razen tega deluje na elementarno piramido s prostornino ΔV = ΔxΔyΔz/ 6 še specifična zunanja prostorninska obtežba v. Ravnotežni pogoj (1.85) za elementarno piramido je −σxΔAx − σyΔAy − σzΔAz + p nΔAn + v ΔV = 0 , (1 . 136) pri čemer člen v ΔV predstavlja rezultanto specifične prostorninske obtežbe na območju prikazane elementarne piramide s prostornino ΔV . Po deljenju gornje enačbe z ΔAn dobimo −σ ΔAx ΔAy ΔAz ΔV x − σy − σz + p n + v = 0 . (1 . 137) ΔAn ΔAn ΔAn ΔAn Ravnotežni pogoj za delec, ki ga na površini telesa določa točka Q, dobimo z limitnim procesom, pri katerem gredo dolžine Δx, Δy, Δz proti nič. Pri tem je elementarna ploščina ΔAn količina drugega, elemen- ΔV tarna prostornina ΔV pa količina tretjega reda, zato gre količnik ΔAn proti nič in ob upoštevanju zvez (1.135) sledi S : p n = σxenx + σyeny + σzenz (1 . 138) ali zapisano z vsoto S : p n = σj enj ( j = x, y, z) . (1 . 139) j Tako smo izpeljali ravnotežni pogoj na površini telesa, ki mora biti izpolnjen v vsaki točki Q zunanje mejne ploskve S in predstavlja statični robni pogoj k diferencialni enačbi (1.122). V skalarni obliki dobimo pnx = σxxenx + σyxeny + σzxenz S : pny = σxyenx + σyyeny + σzyenz (1 . 140) pnz = σxzenx + σyzeny + σzzenz 46 1.6 Ravnoteˇ zni pogoji, izraˇ zeni z napetostmi oziroma S : pni = σji enj ( i, j = x, y, z) . (1 . 141) j Momentni ravnotežni pogoj izpolnimo tako, da tudi na površini telesa upoštevamo simetrijo napetostnih komponent v skladu z enačbami (1.134). Tako smo z ravnotežnima pogojema (1.122) in (1.129) ter z robnim pogojem (1.138) povezali napetostne vektorje σx, σy, σz koordinatnih ravnin z zunanjima obtežbama p n in v. Ob tem se moramo zavedati, da smo pri zapisu ravnotežnih pogojev dejansko deformabilno trdno telo nadomestili z modelom togega telesa. To pomeni, da smo zane- marili vpliv spremembe velikosti in oblike telesa na smer, velikost in medsebojne odnose zunanje obtežbe in napetosti. O upravičenosti take poenostavitve in pogojih, ki jih morajo izpolnjevati pomiki in zasuki telesa, da bi jo lahko vpeljali, bomo podrobneje govorili v drugem in četrtem poglavju. V enačbah (1.108) in (1.109) smo ravnotežna pogoja za poljuben del telesa izrazili z zunanjo obtežbo ter z notranjo silo N n in notranjim momentom M n. Telesa, pri katerih je celotna zunanja obtežba znana in uravnotežena, imenujemo statično določena telesa. Pri statično določenih telesih lahko torej z ravnotežnima enačbama (1.108) in (1.109) enolično določimo notranjo silo N n in notranji moment M n. Če izrazimo ravnotežne pogoje poljubnega materialnega delca z nape- tostmi, pa v treh ravnotežnih enačbah (1.131) in pripadajočih robnih pogojih (1.140) nastopa šest neodvisnih napetosti. Naloga je očitno nedoločena, ne glede na to, ali je telo sicer statično določeno ali ne. To pomeni, da računski model togega telesa v splošnem ne omogoča enolične določitve napetosti. Manjkajoče enačbe bomo v nadaljeva- nju poiskali ob upoštevanju deformabilnostnih lastnosti obravnavanega telesa. 47 1.7 Tenzor napetosti 1.7 Tenzor napetosti Enačba (1.138), ki smo jo izpeljali v prejšnjem razdelku, pred- stavlja zvezo med koordinatnimi napetostnimi vektorji σx, σy, σz in specifično površinsko obtežbo p n v točki Q zunanje mejne ploskve telesa. Slika 1.16 V primeru, da točka Q ne leži na zunanji mejni ploskvi, temveč znotraj telesa, in položimo skoznjo poljubno ravnino Π n z normalo e n, prevzame vlogo vektorja specifične zunanje površinske obtežbe p n napetostni vektor σn (slika 1.16) σn = σxenx + σyeny + σzenz = σi eni . (1 . 142) i Kartezijske komponente napetostnega vektorja dobimo po vzoru enačb (1.140) σnx = σxxenx + σyxeny + σzxenz σny = σxyenx + σyyeny + σzyenz (1 . 143) σnz = σxzenx + σyzeny + σzzenz ali na kratko σni = σji enj ( i, j = x, y, z) . (1 . 144) j 48 1.7 Tenzor napetosti Zveza (1.142) je znana kot Cauchyjeva† enačba. Velja za eno naj- pomembnejših enačb v mehaniki trdnih teles, saj omogoča določitev vektorja napetosti σn, ki v obravnavani točki telesa pripada poljubni ravnini z normalo e n, če le poznamo napetostne vektorje σx, σy, σz, ki v obravnavani točki pripadajo koordinatnim ravninam izbranega kartezijskega koordinatnega sistema. To ugotovitev lahko še posplošimo: če poznamo vektorje napetosti v treh poljubnih nevzporednih ravninah skozi obravnavano točko T , lahko ob upoštevanju enačbe (1.142) izpeljemo izraze za vektorje napetosti, ki pripadajo katerikoli drugi ravnini iz neskončne množice ravnin, ki jih lahko položimo skozi točko T . Napetostno stanje v točki T je torej enolično določeno s tremi koordinatnimi napetostnimi vektorji σx = σxx e x + σxy e y + σxz e z = σxj e j j σy = σyx e x + σyy e y + σyz e z = σyj e j (1 . 145) j σz = σzx e x + σzy e y + σzz e z = σzj e j , j kar lahko zapišemo še krajše σi = σij e j ( i, j = x, y, z) . (1 . 146) j Koordinatne napetostne vektorje določa devet skalarnih vrednosti napetosti, od katerih pa jih je zaradi simetrije strižnih napetosti le šest medsebojno neodvisnih. Enačbe (1.145) lahko zapišemo v matrični obliki ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ σx ⎬ σxx σxy σxz ⎨ e x ⎬ σ ⎣ σ ⎦ ⎩ y yx σyy σyz e y σ ⎭ = ⎩ ⎭ (1 . 147) z σzx σzy σzz e z † Augustin Louis Cauchy, francoski fizik, 1789–1857. 49 1.7 Tenzor napetosti ali na kratko {σi} = [ σij] {e j} . (1 . 148) Pri tem smo s [ σij] označili matriko napetostnih komponent, ki jo navadno imenujemo matrika napetosti ⎡ ⎤ σxx σxy σxz [ σij] = ⎣ σyx σyy σyz ⎦ . (1 . 148) σzx σzy σzz Tudi komponente napetostnega vektorja σn σn = σnx e x + σny e y + σnz e z = σnke k (1 . 149) k pri praktičnem računanju običajno določamo v matrični obliki, ki sledi neposredno iz zapisa (1.143) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ σnx ⎬ σxx σyx σzx ⎨ enx ⎬ ⎣ ⎦ ⎩ σny σxy σyy σzy eny σ ⎭ = ⎩ ⎭ . (1 . 150) nz σxz σyz σzz enz Kvadratna matrika 3 × 3 na desni strani enačbe (1.150) je očitno transponirana matrika napetosti [ σij]. Zaradi simetrije napetostnih komponent velja [ σij] T = [ σji] = [ σij] (1 . 151) in enačbo (1.150) lahko na kratko zapišemo takole {σni} = [ σij] {enj} . (1 . 152) Velikost normalne komponente σnn napetostnega vektorja σn je dolo- čena z enačbo (1.112). V matrični obliki jo zapišemo takole ⎧ ⎫ ⎫ ⎨ e T ⎧ nx ⎬ ⎨ σnx ⎬ σnn = e σ ⎩ ny ny e ⎭ ⎩ ⎭ = {eni}T {σni} . (1 . 153) nz σnz 50 1.7 Tenzor napetosti Ob upoštevanju enačbe (1.152) dobimo ⎧ ⎫ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ e T ⎡ nx ⎬ σxx σxy σxz ⎨ enx ⎬ σnn = {eni}T [ σij] {enj} = e ⎣ σ ⎦ e . ⎩ ny yx σyy σyz ny e ⎭ ⎩ ⎭ nz σzx σzy σzz enz (1 . 154) Z uporabo dvojne vsote lahko pišemo σnn = σijenienj ( i, j = x, y, z) . (1 . 155) i j Pri analizi napetosti v obravnavani točki telesa je torej osnovni podatek matrika [ σij], v kateri so, kakor sledi iz enačbe (1.147), po vrsticah in stolpcih urejene komponente napetostnih vektorjev v koordinatnih ravninah. Matriko [ σij] torej lahko razumemo kot urejeno dvorazsež- no shemo vrednosti, s katerimi opisujemo napetostno stanje v izbrani točki območja V . Tako smo prišli do nove matematične količine, ki jo določajo trije vektorji oziroma devet skalarnih komponent. Imenujemo jo tenzor 2. reda, ker pač njeni elementi tvorijo dvorazsežno shemo števil. V našem primeru gre za opis napetostnega stanja, zato vpeljemo pojem tenzor napetosti in ga označimo s σ(2). V splošnem so tenzorji abstraktne matematične količine, ki so neodvisne od privzetega koordinatnega sistema. Tenzorji so opisani s komponen- tami, ki imajo bistveno lastnost, da se pri zamenjavi koordinatnega sistema obnašajo v skladu z določenimi pravili. Omenili smo že, da je napetostno stanje materialnega delca odvisno od oblike in velikosti telesa, načina podpiranja, lastnosti materiala in zunanje obtežbe; izbira koordinatnega sistema pa na napetostno stanje ne vpliva. Seveda pa imajo vektorji napetosti, s katerimi opišemo napetostno stanje, v različ- nih koordinatnih sistemih različne komponente. Torej ima tudi tenzor napetosti v različnih koordinatnih sistemih različne komponente. Mi- mogrede omenimo, da ime tenzor izvira ravno iz latinske besede za napetost (lat.: tensio – napetost, angl.: tension – nateg, napetost). 51 1.7 Tenzor napetosti Za boljše razumevanje si oglejmo še nekaj primerov tenzorjev. Skalarno polje temperature v prostoru, na primer, je v vsaki točki prostora določeno z enim samim podatkom, ki pove, kolikšna je temperatura v tisti točki, in ki seveda ni odvisen od tega, kakšen koordinatni sistem smo izbrali za določitev lege točke v prostoru. Zato lahko rečemo, da je tenzor ničtega reda. Podobno je na primer vektor hitrosti gibajočega se delca v trirazsežnem prostoru opisan s tremi komponentami. Če za opis gibanja delca izberemo kak drug koordinatni sistem, se kompo- nente vektorja hitrosti spremenijo, njegova velikost in smer v prostoru pa ostaneta nespremenjeni, saj se fizikalno stanje delca s tem ni prav nič spremenilo. Vektor hitrosti je torej tenzor prvega reda. Napetostno stanje delca je opisano s tremi koordinatnimi vektorji napetosti, katerih devet komponent je razvrščenih v dvorazsežno shemo. Ta shema predstavlja tenzor drugega reda v izbranem koordinatnem sistemu. V nadaljevanju bomo spoznali še nekatere tenzorje višjih redov, ki se rav- najo po enakih pravilih, njihov red pa je odvisen od potrebnega števila podatkov za opis obravnavanih količin. Najpomembnejša lastnost tenzorjev je torej invariantnost. Invariante so količine, ki se pri spremembi koordinatnega sistema ne spremenijo. Še enkrat pa moramo opozoriti, da vsaka urejena shema števil še ni nujno tenzor, temveč morajo ta števila izpolnjevati določene pogoje. Z lastnostmi tenzorjev in z računanjem z njimi se ukvarja posebna veja matematike, tenzorski račun †. Vrnimo se k tenzorju napetosti, ki je v kartezijskem koordinatnem si- stemu s koordinatno bazo e x, e y, e z opisan s komponentami matrike [ σij]. Kakor kaže enačba (1.150), je tedaj mogoče določiti komponente napetostnega vektorja σn, ki pripada poljubni ravnini z normalo e n. Zato vektor σn pogosto imenujemo tudi vrednost tenzorja napetosti σ v smeri e n. † Glej na primer knjigo: Saje, Srpčič, Osnove nelinearne mehanike trdnih teles I, Ljubljana (1993). 52 1.7 Tenzor napetosti Vrstice matrike [ σij] (zaradi simetrije strižnih napetosti pa tudi stolpci) vsebujejo kartezijske komponente napetostnih vektorjev σx, σy, σz, ki po vrsti pripadajo ravninam z normalami e x, e y, e z. Skalarne komponente σij napetostnega tenzorja σ(2) imenujemo napetosti. Pri tem prvi indeks vedno določa smer zunanje normale na ravnino, ki ji napetost pripada, drugi indeks pa določa smer koordinatne osi, vzdolž katere je usmerjena komponenta. Če ima napetost oba indeksa enaka, jo imenujemo normalna napetost, ker ima smer normale na obravnavano ravnino. Tako so σxx, σyy, σzz po vrsti normalne napetosti v ravninah z normalami e x, e y, e z. Pozitiven predznak normalne napetosti pomeni, da gre za natezno, negativen pa, da gre za tlačno normalno napetost. Slika 1.17 Predznaki so pri podajanju normalnih napetosti zelo pomembni, saj je znano, da se nekatere snovi (posebej značilno je to za beton, malto, 53 1.8 Transformacija napetosti opeko, mavec, ...) zelo različno obnašajo pri natezni oziroma tlačni obremenitvi. Komponente, ki imajo različna indeksa, predstavljajo strižne napetosti. Tako je σxy strižna napetost v ravnini z normalo e x, in sicer v smeri baznega vektorja e y, σyx pa je strižna napetost v ravnini z normalo e y, vendar v smeri baznega vektorja e x. Iz momentnega ravnotežnega pogoja (1.134) vemo, da sta ti dve strižni napetosti enaki. Podobno velja za strižne napetosti v preostalih dveh koordi- natnih ravninah. Negativen predznak strižne napetosti pomeni, da je strižna napetost usmerjena v nasprotni smeri ustreznega baznega vek- torja. Ob upoštevanju enačb (1.98), (1.114) in (1.115) lahko s predznaki napetostnih komponent opravimo na kratko: Če ima zunanja normala smer katerega od baznih vektorjev ex, ey, ez, imajo pozitivne komponente ustreznih napetostnih vektorjev smeri ex, ey, ez, negativne komponente pa nasprotne smeri ( −ex, −ey, −ez). Če pa ima zunanja normala smer −ex, −ey ali −ez, velja ravno obratno: pozitivne komponente imajo smeri −ex, −ey, −ez, negativne pa ex, ey, ez (slika 1.17). S tem je zagotovljeno, da so pozitivne normalne napetosti natezne, negativne pa tlačne. 1.8 Transformacija napetosti Pri reševanju praktičnih nalog konstrukcijske mehanike se pogosto zgodi, da poznamo napetosti v koordinatnih ravninah izbranega koor- dinatnega sistema, določiti pa želimo napetosti, ki pri istem napetost- nem stanju pripadajo koordinatnim ravninam kakega drugega koordi- natnega sistema. Kakor smo poudarili v prejšnjem razdelku, je namreč isto napetostno stanje v različnih koordinatnih sistemih opisano z raz- ličnimi komponentami pripadajočega tenzorja napetosti. Oglejmo si primer, da je napetostno stanje v obravnavani točki telesa opisano s komponentami σij simetričnega tenzorja napetosti glede na 54 1.8 Transformacija napetosti izbrani kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y, e z. e Slika 1.18 V isti točki si zamislimo še nov kartezijski koordinatni sistem, katerega bazo tvorijo trije paroma pravokotni enotski vektorji e ξ, e η, e ζ (slika 1.18). Ker obe koordinatni bazi pripadata isti točki prostora, si lahko predstavljamo, da novo bazo e ξ, e η, e ζ dobimo s primernim zasukom prvotne baze e x, e y, e z. Lega novih baznih vektorjev glede na prvotno bazo e x, e y, e z je podana z njihovimi smernimi kosinusi. V matrični obliki dobimo ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ e ξ ⎬ eξx eξy eξz ⎨ e x ⎬ ⎣ ⎦ ⎩ e η ⎭ = eηx eηy eηz ⎩ e y ⎭ (1 . 156) e ζ eζx eζy eζz e z oziroma v simboličnem zapisu {e α} = [ eαi] {e i} . (1 . 157) Z enakimi enačbami (1.31) oziroma (1.32) smo v razdelku 1.2 zapisali zveze med baznimi vektorji mirujoče in telesne koordinatne baze. Matriko smernih kosinusov [ eαi] smo imenovali transformacijska matrika in opisali njene lastnosti. Pri izpeljavi pravila za transformacijo komponent tenzorja napetosti pri zamenjavi koordinatne baze se bomo zato sklicevali na enačbe (1.29) do (1.71), ki smo jih spoznali v razdelku 1.2. Napetostne vektorje v koordinatnih ravninah novega koordinatnega si- stema z bazo e ξ, e η, e ζ izračunamo z enačbo (1.142), ki jo na kratko zapišemo takole σn = σi eni ( i = x, y, z) . (1 . 158) i Če splošni indeks normale n zamenjamo z α ( α = ξ, η, ζ), dobimo 55 1.8 Transformacija napetosti σα = eαi σi ( α = ξ, η, ζ; i = x, y, z) . (1 . 159) i Koordinatne vektorje napetosti σi izrazimo z enačbo (1.146) in vstavimo v enačbo (1.159) σα = eαi σij e j ( α = ξ, η, ζ; i, j = x, y, z) . (1 . 160) i j Komponente napetostnih vektorjev v koordinatnih ravninah novega ko- ordinatnega sistema dobimo s skalarnim množenjem teh vektorjev z baznimi vektorji e ξ, e η, e ζ σαβ = σα · e β ( α, β = ξ, η, ζ) . (1 . 161) Ker je e j · e β = ejβ , (1 . 162) sledi ob upoštevanju enačbe (1.160) končni zapis poljubne komponente σαβ obravnavanega tenzorja napetosti v koordinatni bazi e ξ, e η, e ζ σαβ = eαi σij ejβ = σij eαi eβj i j i j ( α, β = ξ, η, ζ; i, j = x, y, z) . (1 . 163) Poudarili smo, da pri zapisu transformacijske enačbe z dvojno vsoto vrstni red množencev ni pomemben. Gornja enačba je ugodna, kadar je treba določiti le posamezne komponente tenzorja napetosti v zasukanem koordinatnem sistemu. Kot zgled določimo komponenti σηη in σηζ. Ob upoštevanju simetrije zunajdiagonalnih komponent napetostnega tenzorja dobimo α = β = η : σηη = σxxe 2 ηx + σyye 2 ηy + σzze 2 ηz+ 2 σxyeηxeηy + 2 σyzeηyeηz + 2 σzxeηzeηx , α = η, β = ζ : σηζ = σxxeηxeζx + σyyeηyeζy + σzzeηzeζz + σxy( eηxeζy + eηyeζx)+ σyz( eηyeζz + eηzeζy) + σzx( eηzeζx + eηxeζz) . 56 1.8 Transformacija napetosti V primeru, da želimo izračunati vse komponente tenzorja napetosti v zasukanem koordinatnem sistemu, je ugodneje zapisati enačbo (1.163) v matrični obliki [ σαβ] = [ eαi][ σij][ ejβ] . (1 . 164) Upoštevajoč oznako (1.67) lahko tudi pišemo [ σαβ] = [ T ] T [ σij][ T ] . (1 . 165) Ker je |eiα| = |T | = 1, je transformacijska formula vedno obrnljiva. Tako lahko tudi v primeru, da poznamo komponente napetosti σαβ v zasukanem koordinatnem sistemu e ξ, e η, e ζ, določimo komponente istega napetostnega tenzorja v bazi e x, e y, e z. Enačbo (1.165) pomnožimo z leve s [ T ] in z desne s [ T ] T , upoštevamo enačbo (1.70) in dobimo [ σij] = [ T ][ σαβ][ T ] T (1 . 166) oziroma [ σij] = [ eiα][ σαβ][ eβj] . (1 . 167) Zapišimo enačbo (1.167) še z dvojno vsoto σij = eiα σαβ eβj ( i, j = x, y, z; α, β = ξ, η, ζ) . α β (1 . 168) Enačbi (1.163) oziroma (1.168) lahko posplošimo v pravilo za transfor- macijo kartezijskih tenzorjev višjih redov. Kot primer zapišimo trans- formacijsko pravilo za kartezijski tenzor C(4), ki ima v koordinatah x, y, z komponente Cijkl, v koordinatah ξ, η, ζ pa komponente Cαβγδ Cαβγδ = Cijkl eαi eβj eγk eδl i j k l (1 . 169) ( i, j, k, l = x, y, z; α, β, γ, δ = ξ, η, ζ) . 57 1.9 Glavne normalne napetosti 1.9 Glavne normalne napetosti V prejšnjih razdelkih smo ugotovili, da izbranemu delcu telesa v namišljeni prerezni ploskvi z normalo e n pripada napetostni vektor σn. Pri obravnavanem mehanskem stanju telesa in izbranem materialnem delcu sta torej velikost in smer napetostnega vektorja σn odvisna od orientacije prerezne ploskve, ki je podana z enotskim vektorjem njene nor- male e n. Vektor e n je določen s tremi smernimi kosinusi enx, eny, enz. Če v smislu enačbe (1.1) predpišemo vrednosti koordinat ( x, y, z) in s tem “izberemo” delec telesa, lahko torej rečemo, da je napetostni vektor σn izbranega delca funkcija treh spremenljivk enx, eny, enz. Te spremenljivke niso neodvisne med seboj, saj morajo ustrezati pogoju, da je e n enotski vektor e 2 nx + e 2 ny + e 2 nz = 1 . (1 . 170) Napetostni vektor σn razstavimo v normalno in strižno komponento. Normalna komponenta σnn pripada smeri enotskega vektorja normale e n, strižna komponenta σnt pa smeri tangentnega vektorja na izbrano prerezno ploskev e t, ki je določen s presečnico ravnine vektorjev σn in e n s tangencialno ravnino prerezne ploskve (slika 1.19). Slika 1.19 Pri tem je σn = σnn e n + σnt e t (1 . 171) e t · e n = etxenx + etyeny + etzenz = 0 , (1 . 172) saj sta vektorja e n in e t medsebojno pravokotna. Sedaj se lahko vprašamo, ali obstaja takšna ravnina skozi izbrani delec, da je pri-58 1.9 Glavne normalne napetosti padajoči napetostni vektor σn vzporeden s smernico zunanje normale na to ravnino. Če označimo enotsko zunanjo normalo take ravnine z e g, lahko pripadajoči napetostni vektor σg zapišemo takole σg = σgg e g . (1 . 173) V tem primeru ima napetostni vektor σg samo normalno komponento σgg, medtem ko je strižna komponenta enaka nič σg · e t = σgt = 0 (e t ⊥ e g) . (1 . 174) Normalno napetost σgg imenujemo glavna normalna napetost ali kar glavna napetost, smer zunanje normale e g pa glavna smer ali glavni vektor. Ugotoviti torej moramo, ali obstaja glavna smer e g = egx e x + egy e y + egz e z , (1 . 175) za katero lahko v skladu z enačbama (1.142) in (1.173) izrazimo napetostni vektor σg na dva načina σg = σx egx + σy egy + σz egz = σgg e g . (1 . 176) V komponentni obliki dobimo σgx = σxxegx + σyxegy + σzxegz = σggegx σgy = σxyegx + σyyegy + σzyegz = σggegy (1 . 177) σgz = σxzegx + σyzegy + σzzegz = σggegz . Pri tem je napetostno stanje izbranega delca opisano s šestimi znanimi neodvisnimi komponentami napetostnega tenzorja σxx, σxy, . . . , σzz glede na koordinatni sistem ( x, y, z). Kot neznanke pa v sistemu enačb (1.177) nastopajo trije smerni kosinusi egx, egy, egz ter glavna napetost σgg. Skupaj s pogojem (1.170) imamo torej štiri enačbe za štiri neznanke. Enačbe (1.177) obravnavamo kot sistem treh homogenih linearnih algebrajskih enačb za tri smerne kosinuse egx, egy, egz. Če te enačbe zapišemo v matrični obliki, dobimo 59 1.9 Glavne normalne napetosti ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ σxx − σgg σyx σzx ⎨ egx ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ σxy σyy − σgg σzy ⎦ egy 0 . (1 . 178) σ ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ xz σyz σzz − σgg egz 0 Trivialna rešitev egx = egy = egz = 0 ne pride v poštev zaradi pogoja (1.170), netrivialne rešitve pa je mogoče dobiti le, če je matrika koeficientov sistema linearnih enačb (1.178) singularna. To pomeni, da mora biti njena determinanta enaka nič σ xx − σgg σyx σzx [ σ ij ] − σgg [ I] = σxy σyy − σgg σzy = 0 , (1 . 179) σ xz σyz σzz − σgg kjer je [ I] enotska matrika ⎡ ⎤ 1 0 0 [ I ] = ⎣ 0 1 0 ⎦ . (1 . 180) 0 0 1 Če razvijemo determinanto in jo uredimo po neznanki σgg, dobimo kubično enačbo P ( σgg) = −σ 3 gg + Iσ σ 2 σ 1 gg − Iσ 2 gg + Iσ 3 = 0 . (1 . 181) V matematiki je naloga, ki jo zastavlja enačba (1.178), znana pod imenom problem lastnih vrednosti in lastnih vektorjev matrik. Pri tem oznake Iσ, Iσ in Iσ pomenijo 1 2 3 Iσ = σ 1 xx + σyy + σzz = Tr( [ σij] ) (1 . 182) Iσ σyy σyz σxx σxz σxx σxy 2 = σ + + (1 . 183) zy σzz σzx σzz σyx σyy σ xx σxy σxz Iσ = σ = |σ 3 yx σyy σyz ij | = det[ σij] . (1 . 184) σ zx σzy σzz 60 1.9 Glavne normalne napetosti Za količine Iσ, Iσ, Iσ je mogoče dokazati (zgled 1.2), da se nji-1 2 3 hove vrednosti ne spremenijo, če opišemo napetostno stanje v kakem drugem koordinatnem sistemu, na primer v kartezijskem sistemu z bazo e ξ, e η, e ζ Iσ 1 = σξξ + σηη + σζζ = Tr( [ σαβ] ) (1 . 185) Iσ σ σ σ = ηη σηζ ξξ σξζ ξξ σξη 2 σ + + (1 . 186) ζη σζζ σζξ σζζ σηξ σηη σ ξξ σξη σξζ Iσ σ 3 = ηξ σηη σηζ = |σαβ| = det[ σαβ] . (1 . 187) σ ζξ σζη σζζ Enačbe (1.182) do (1.187) lahko z uporabo znaka za vsoto ter Kroneck- erjevega simbola δij in permutacijskega simbola eijk, ki smo ju vpeljali v razdelku 1.2, zapišemo tudi na kratko Iσ σ σ σ σ 1 = ij δij = ii = αβ δαβ = αα (1 . 188) i j i α β α Iσ 1 1 = ( σ ( σ 2 iiσjj − σij σji) = αασββ − σαβσβα) 2 2 i j α β (1 . 189) Iσ e e 3 = ijk σxiσyj σzk = αβγ σξασηβσζγ i j k α β γ ( i, j, k = x, y, z; α, β, γ = ξ, η, ζ) . (1 . 190) Količine Iσ, Iσ, Iσ 1 2 3 so torej neodvisne od izbire koordinatnega sistema. Zato jih imenujemo osnovne invariante napetostnega tenzorja Iσ je prva ali linearna invarianta, 1 Iσ je druga ali kvadratna invarianta, 2 Iσ je tretja ali kubična invarianta. 3 Kubično enačbo (1.181) imenujemo lastna ali karakteristična enačba napetostnega tenzorja, njene korene 61 1.9 Glavne normalne napetosti σgg = σ 11 , σ 22 , σ 33 pa lastne ali karakteristične vrednosti napetostnega tenzorja. Ker so koeficienti enačbe (1.181) neodvisni od izbire koordinatnega sistema, so take, torej invariantne, tudi rešitve σ 11 , σ 22 , σ 33. Glede na to, da so komponente napetostnega tenzorja, ki opisujejo napetostno stanje delca, realna števila, je umestno pričakovati, da so tudi glavne normalne napetosti realne vrednosti. O tem se lahko prepričamo takole: Leva stran karakteristične enačbe (1.181) je kubični polinom. Ker nastopajo kompleksne ničle polinomov v parih, ima kubični polinom vedno vsaj eno realno ničlo. Vzemimo, da smo to ničlo že določili in jo označili s σ 11 kot prvo od glavnih normalnih napetosti. Tej glavni normalni napetosti naj pripada glavna smer e 1. Razen tega vzemimo, da smo kartezijsko bazo ex, ey, ez izbrali tako, da se smer ex ujema z glavno smerjo e1. Tedaj je zaradi zveze (1.174) σ 1 y = σ 1 z = 0 in enačbo (1.179) lahko zapišemo takole σ 11 − σgg 0 0 P ( σ gg) = σxy σyy − σgg σzy = 0 . (1 . 191) σ xz σyz σzz − σgg Determinanto razvijemo po elementih prve vrstice in dobimo ( σ 11 − σgg) [ σ 2 gg − ( σyy + σzz) σgg + ( σyyσzz − σyzσzy) ] = 0 . (1 . 192) Rešitvi σ 22 in σ 33 sta ničli kvadratnega polinoma v oglatem oklepaju na levi strani enačbe (1.192). Diskriminanta D ustrezne kvadratne enačbe σ 2 gg − ( σyy + σzz) σgg + ( σyyσzz − σyzσzy) = 0 je pozitivna, saj je tenzor napetosti simetričen ( σyz = σzy) D = ( σyy + σzz)2 − 4( σyyσzz − σyzσzy) = ( σyy − σzz)2 + 4 σ 2 yz ≥ 0 . (1 . 193) 62 1.9 Glavne normalne napetosti Ker je diskriminanta pozitivna, so vsi trije koreni realni. Lahko so pozitivni, negativni ali enaki nič. Z določitvijo glavnih normalnih napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 iz karakteristične enačbe napetostnega stanja smo zagotovili obstoj netrivialnih rešitev sistema homogenih enačb (1.178) za smerne kosinuse pripadajočih glavnih smeri e1 , e2 , e3. Izračunane glavne napetosti zaporedoma vstavimo v sistem (1.178) in ga za vsako od njih rešimo po kateri od metod za reševanje homogenega sistema linearnih enačb. Tako dobljene rešitve moramo še normirati, da dobimo enotske vektorje e1 , e2 , e3. Oglejmo si primer določitve smernih kosinusov glavnih smeri e g ( g = 1 , 2 , 3) z uporabo Cramerjevega† pravila. Vsaj eden od smernih kosinusov mora biti različen od nič; naj bo to na primer egz. Enačbe (1.178) delimo z egz egx egy ( σxx − σgg) e + σyx = −σzx gz egz e e σ gx gy xy e + ( σyy − σgg) = −σzy (1 . 194) gz egz e e σ gx gy xz e + σyz = −( σzz − σgg) . gz egz Dobili smo torej tri enačbe za dva neznana količnika med smernimi kosinusi. Ker smo glavno normalno napetost σgg določili kot koren karakteristične enačbe, bo rešitev enolična, ne glede na to, kateri dve od enačb (1.194) izberemo za določitev obeh neznank. Iz prvih dveh, na primer, po Cramerjevem pravilu dobimo −σ zx σyx e gx −σzy σyy − σgg Kzx e = = (1 . 195) gz σ xx − σgg σyx Kzz σ xy σyy − σgg † Gabriel Cramer, švicarski matematik, 1704–1752. 63 1.9 Glavne normalne napetosti σ xx − σgg −σzx e gy σxy −σzy Kzy . e = = (1 . 196) gz σ xx − σgg σyx Kzz σ xy σyy − σgg Pri tem smo s Kzx, Kzy, Kzz označili ustrezne kofaktorje k členom tretje vrstice determinante (1.179), izračunane pri glavni vrednosti σgg K σyx σzx −σzx σyx zx = σ = yy − σgg σzy −σzy σyy − σgg K σxx − σgg σzx σxx − σgg −σzx zy = − σ = (1 . 197) xy σzy σxy −σzy K σxx − σgg σyx zz = σ . xy σyy − σgg Upoštevajoč enačbo (1.170) dobimo K 2 K 2 e 2 zx zy gx + e 2 gy + e 2 gz = e 2 e 2 K 2 gz + gz + e 2 gz = 1 , (1 . 198) zz K 2 zz od koder sledi K e zz gz = ± . (1 . 199) K 2 zx + K 2 zy + K 2 zz Če vpeljemo oznako kz za normo kofaktorjev k členom tretje vrstice determinante (1.179) kz = ± K 2 zx + K 2 zy + K 2 zz , (1 . 200) lahko ob upoštevanju enačb (1.195), (1.196) in (1.199) pišemo K K K e zx zy zz gx = e e . k gy = gz = (1 . 201) z kz kz 64 1.9 Glavne normalne napetosti Kakor vidimo, so smerni kosinusi egx, egy, egz glavne smeri eg premosorazmerni kofaktorjem tretje vrstice determinante (1.179), pač zato, ker smo pri reševanju sistema enačb za smerne kosinuse te enačbe delili s smernim kosinusom egz. Ugotovitev lahko posplošimo: Smerni kosinusi glavne smeri so premosorazmerni kofaktorjem ene od vrstic ali enega od stolpcev determinante matrike koeficientov homogenega sistema enačb (1.178). V splošnem primeru, ko imamo tri med seboj različne vrednosti glavnih normalnih napetosti ( σ 11 , σ 22 , σ 33), moramo poiskati tri trojice smernih kosinusov kot rešitve sistema enačb (1.178) pri vredno- stih glavnih normalnih napetosti σgg = σ 11 , σ 22 , σ 33. Tako določimo smerne kosinuse vseh treh glavnih smeri. Z enačbami (1.201) je dolo- čena smernica glavnega vektorja e g. Njegovo smer pa določimo z izbiro predznaka norme kofaktorjev. Pri določevanju dveh od glavnih vektorjev lahko ta predznak poljubno izberemo, pri določevanju tretjega pa ga določimo iz pogoja, da glavni vektorji e1 , e2 , e3 tvorijo desnosučno bazo. V nadaljevanju bomo pokazali, da so glavni vektorji paroma pravokotni med seboj, zato je najenostavneje, če najprej po opisanem postopku določimo, na primer, glavna vektorja e1 in e2, tretjega pa izračunamo kot vektorski produkt prvih dveh e3 = e1 × e2 . (1 . 202) Ugotoviti moramo še, kakšna je medsebojna lega glavnih vektorjev e1 , e2 , e3. Označimo dva izmed njih z e a in e b in zapišimo pripadajoča vektorja napetosti v skladu z enačbo (1.176) σa = σx eax + σy eay + σz eaz = σaa e a (1 . 203) σb = σx ebx + σy eby + σz ebz = σbb e b . (1 . 204) Enačbo (1.203) skalarno pomnožimo z e b, enačbo (1.204) pa z e a, nakar enačbo (1.204) odštejemo od enačbe (1.203) in dobimo ( σaa − σbb) e a · e b = 0 . (1 . 205) 65 1.9 Glavne normalne napetosti Pri tem smo upoštevali, da je σa · e b = σb · e a (enakost izpeljemo v zgledu 1.3), in če je σaa = σbb, dobimo e a · e b = 0 . (1 . 206) Če sta dve glavni normalni napetosti različni ( σaa = σbb), sta torej pripadajoča glavna vektorja e a in e b med seboj pravokotna (e a ⊥ e b). V splošnem so možni trije primeri: 1. Vse tri glavne normalne napetosti so med seboj različne ( σ 11 = σ 22 = σ 33) (slika 1.22). V tem primeru dobimo tri glavne smeri e1 , e2 , e3, za katere iz ugotovitve (1.206) sledi e1 · e2 = e2 · e3 = e3 · e1 = 0 . (1 . 207) 2. Dve glavni normalni napetosti sta enaki in različni od tretje (na primer σ 11 = σ 22 = σ 33). Iz enačbe (1.206) lahko sklepamo, da je e2 · e3 = e3 · e1 = 0 . (1 . 208) V tem primeru imamo le eno glavno smer e3 in glavno ravnino, ki je pravokotna na e3. V tej ravnini so vse smeri enakopravne (vsi enotski vektorji v ravnini z normalo e3 so glavni vektorji obravnavanega napetostnega stanja). Tak primer napetostnega stanja je znan kot osnosimetrično oziroma rotacijsko simetrično napetostno stanje. 3. Vse tri glavne normalne napetosti so enake med seboj ( σ 11 = σ 22 = σ 33). Tedaj so vse smeri skozi obravnavani delec enakopravne. Napetostno stanje je izotropno: v vseh ravninah imamo enake normalne napetosti, strižnih napetosti ni. Primer takšnega napetostnega stanja je hidrostatični tlak ( σ 11 = σ 22 = σ 33 = −p). Podoben primer je prikazan v zgledu 1.8. V splošnem primeru ima napetostni tenzor [ σij] tri različne glavne normalne napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33, ki jim pripadajo tri med seboj pravokotne 66 1.9 Glavne normalne napetosti smeri e1 , e2 , e3. To so glavne smeri, ki se ujemajo s smermi rezultirajočih napetostnih vektorjev v glavnih ravninah (slika 1.20) σ 1 = σ 11 e1 σ 2 = σ 22 e2 (1 . 209) σ 3 = σ 33 e3 . Slika 1.20 V ravninah glavnih normalnih napetosti so strižne napetosti enake nič σ 23 = σ 31 = σ 12 = 0 . (1 . 210) Glede na kartezijsko bazo, ki jo tvorijo glavni vektorji e1 , e2 , e3, ima napetostni tenzor diagonalno matriko ⎡ ⎤ σ 11 0 0 [ σαβ] = ⎣ 0 σ ⎦ 22 0 . (1 . 211) 0 0 σ 33 Komponente glavnih vektorjev e1 , e2 , e3 sestavljajo transformacijsko matriko [ eαi], ki z enačbo (1.164) diagonalizira matriko napetosti. Problem določitve velikosti in smeri glavnih normalnih napetosti lahko torej razumemo tudi kot nalogo, poiskati tako transformacijsko matriko [ eαi], ki preslika splošno matriko napetosti [ σij] v diagonalno obliko [ σαβ]. 67 1.9 Glavne normalne napetosti Če poznamo glavne vektorje e1 , e2 , e3 in pripadajoče glavne napetostne vektorje (enačbe 1.209), je s tem napetostni tenzor povsem določen. Napetostni vektor σn, ki pripada ravnini z zunanjo normalo e n, določimo z enačbo (1.142) σn = σ 1 en 1 + σ 2 en 2 + σ 3 en 3 (1 . 212) in če v gornji enačbi upoštevamo še zveze (1.209), dobimo σn = σ 11 en 1 e1 + σ 22 en 2 e2 + σ 33 en 3 e3 . (1 . 213) Komponente napetostnega tenzorja v poljubnem kartezijskem koordi- natnem sistemu z bazo e x, e y, e z določimo z enačbo (1.168), ki se občutno poenostavi σij = σαβeiαejβ ( i, j = x, y, z; α, β = 1 , 2 , 3) α β σij = σ 11 ei 1 ej 1 + σ 22 ei 2 ej 2 + σ 33 ei 3 ej 3 . (1 . 214) Glavne normalne napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 in vektorji glavnih smeri e1 , e2 , e3 niso odvisni od izbire koordinatnega sistema (na primer z bazo e x, e y, e z), temveč le od zunanje obtežbe (p n, v), oblike telesa, načina podpiranja in izbire delca, ki ga opazujemo. Zato jih imenujemo tudi lastne ali karakteristične vrednosti oziroma lastne ali karak- teristične smeri napetostnega tenzorja. Podobno imenujemo napetostni vektor σn vrednost napetostnega tenzorja σ(2) v smeri e n, čeprav sta smeri vektorjev σn in e n različni (slika 1.17). Pri podprtem telesu z določenimi geometrijskimi in materialnimi lastnostmi je napetostni vektor, ki v obravnavani točki telesa pripada ravnini z normalo e n, odvisen le od zunanje obtežbe (p n, v) in od izbrane smeri e n. Z enačbami (1.188) do (1.190), v katerih vzamemo α, β, γ = 1 , 2 , 3, lahko osnovne invariante napetostnega tenzorja izrazimo z glavnimi normalnimi napetostmi Iσ = σ 1 11 + σ 22 + σ 33 Iσ = σ 2 22 σ 33 + σ 33 σ 11 + σ 11 σ 22 (1 . 215) Iσ = σ 3 11 σ 22 σ 33 . 68 1.9 Glavne normalne napetosti Iz povedanega sledi, da so tudi glavne normalne napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 in glavni vektorji e 1 , e 2 , e 3 invariante napetostnega tenzorja z matriko [ σij] in da torej niso odvisni od izbire koordinatnega sistema. V tem razdelku smo vpeljali pojem glavnih normalnih napetosti. Po- magali smo si s fizikalnim razmislekom o določitvi takih ravnin skozi obravnavano točko telesa, v katerih ni strižnih napetosti. Hitro lahko tudi pokažemo, da tako določene glavne normalne napetosti predstavlja- jo ekstremne vrednosti normalne napetosti v obravnavani točki telesa. Kakor smo že večkrat poudarili, je pri znanem napetostnem stanju in v izbrani točki telesa napetostni vektor (in s tem tudi njegova normalna komponenta) odvisen le od izbire ravnine, ki ji ta napetostni vektor pripada. Velikost normalne napetosti smo v razdelku 1.7 določili z enačbo (1.155), ki jo tokrat zapišemo v razviti obliki σnn( enx, eny, enz) = σxxe 2 nx + σyye 2 ny + σzze 2 nz+ (1 . 216) 2 σxyenxeny + 2 σyzenyenz + 2 σzxenzenx . Pri znanih vrednostih napetosti σxx, σyy, . . . , σzx je torej normalna napetost σnn funkcija treh spremenljivk enx, eny, enz, ki pa niso neodvisne med seboj, saj so povezane s pogojem (1.170), ki pove, da gre za komponente enotskega vektorja Φ( enx, eny, enz) = 1 − e n · e n = 1 − e 2 nx − e 2 ny − e 2 nz = 0 . (1 . 217) V matematičnem pogledu imamo torej opraviti s problemom vezanega ekstrema funkcije treh spremenljivk. Rešimo ga z metodo Lagrangevih† množiteljev. V skladu s to metodo sestavimo funkcijo F ( enx, eny, enz, λ) = σnn( enx, eny, enz) + λ Φ( enx, eny, enz) , (1 . 218) kjer je λ nova neznana spremenljivka. † Joseph Louis Lagrange, italijansko–francoski fizik in matematik, 1736–1813. 69 1.9 Glavne normalne napetosti Pogoje za nastop ekstrema zapišemo sedaj tako, kakor da gre za funkcijo štirih neodvisnih spremenljivk ∂F ∂ ∂e = ( σnn + λΦ) = 0 nx ∂enx ∂F ∂ ∂e = ( σnn + λΦ) = 0 ny ∂eny (1 . 219) ∂F ∂ ∂e = ( σnn + λΦ) = 0 nz ∂enz ∂F ∂ ∂λ = ∂λ( σnn + λΦ) = 0 . Ob upoštevanju enačb (1.216) in (1.217) lahko sistem pogojev (1.219) zapišemo takole ( σxx − λ) enx + σyxeny + σzxenz = 0 σxyenx + ( σyy − λ) eny + σzyenz = 0 (1 . 220) σxzenx + σyzeny + ( σzz − λ) enz = 0 Φ( enx, eny, enz) = 0 . Primerjava dobljenega sistema enačb z matrično enačbo (1.178) kaže, da se pogoji za nastop ekstremov normalne napetosti ujemajo z enačbami za določitev glavnih vektorjev napetostnega stanja, pri čemer La- grangevi množitelji prevzamejo vlogo glavnih normalnih napetosti. Rešitve enačb (1.219) predstavljajo točke v prostoru s koordinatami enx, eny, enz, v katerih ima funkcija σnn( enx, eny, enz) stacionarno vrednost. Funkcija σnn ima v taki točki lahko lokalni ekstrem ali sedlo. Za kakšno stacionarno vrednost gre v posameznih točkah, bi lahko ugo- tovili s podrobnejšim proučevanjem drugih in višjih odvodov funkcije F . Tej analizi se v tem učbeniku odpovedujemo in se zadovoljimo z neko- liko ohlapno ugotovitvijo, da so glavne normalne napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 lokalni ekstremi funkcije σnn glede na spremenljivke enx, eny, enz. 70 1.10 Glavne striˇ zne napetosti 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Ugotovili smo, da so glavne normalne napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 enake lastnim vrednostim napetostnega tenzorja [ σij] in da pripadajo koordinatnim ravninam desnosučne kartezijske baze, ki jo tvorijo pri- padajoči glavni vektorji e x, e y, e z. V teh ravninah ni strižnih napetosti (slika 1.20), normalne napetosti pa zavzamejo stacionarne vrednosti. Podobno imenujemo stacionarne vrednosti strižnih napetosti glavne strižne napetosti. Zaradi enostavnejših zapisov izberemo pri določanju teh napetosti za referenčno bazo kar vektorje glavnih smeri e1 , e2 , e3. Slika 1.21 Napetostni vektor σn, ki pripada ravnini s poljubno normalo e n e n = en 1 e1 + en 2 e2 + en 3 e3 , (1 . 221) lahko zapišemo v skladu z enačbama (1.212) in (1.213) σn = σ 1 en 1 + σ 2 en 1 + σ 3 en 3 (1 . 222) oziroma σn = σ 11 en 1e1 + σ 22 en 2e2 + σ 33 en 3e3 . (1 . 223) Razstavimo ga v normalno in strižno komponento po enačbi (1.171) (slika 1.21) σn = σnne n + σnte t . (1 . 224) 71 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Kvadrat velikosti strižne komponente σnt določimo s Pitagorovim† izrekom, tako da enačbo (1.224) skalarno pomnožimo s σn σ 2 nt = σ 2 n − σ 2 nn . (1 . 225) Pri tem je σn velikost napetostnega vektorja σn. Iz enačbe (1.223) sledi σ 2 n = σn · σn = σ 2 e 2 e 2 e 2 . 11 n 1 + σ 2 22 n 2 + σ 2 33 n 3 (1 . 226) σnn je velikost normalne komponente napetostnega vektorja σn. Ob upoštevanju enačb (1.223) in (1.221) dobimo σnn = σn · en = σ 11 e 2 n + σ + σ . (1 . 227) 1 22 e 2 n 2 33 e 2 n 3 Ugotoviti moramo, v kateri ravnini z zunanjo normalo e n zavzame strižna napetost σnt stacionarno vrednost. Pri tem so smerni kosinusi eni normale e n vezani z dodatnim pogojem o njeni enotski dolžini Φ( en 1 , en 2 , en 3) = 1 − e 2 n − e 2 − e 2 = 0 . (1 . 228) 1 n 2 n 3 Vezani ekstrem strižne napetosti σnt spet poiščemo z metodo La- grangevih množiteljev, pri čemer moramo določiti ekstreme funkcije F ( en 1 , en 2 , en 3 , λ) = σnt( en 1 , en 2 , en 3) + λ Φ( en 1 , en 2 , en 3) . (1 . 229) Pogoji za nastop ekstrema funkcije F so ∂F ∂ ∂e = ( σnt + λΦ) = 0 n 1 ∂en 1 ∂F ∂ ∂e = ( σnt + λΦ) = 0 n 2 ∂en 2 (1 . 230) ∂F ∂ ∂e = ( σnt + λΦ) = 0 n 3 ∂en 3 ∂F ∂ ∂λ = ∂λ( σnt + λΦ) = 0 . † Pitagora (Pythagoras), grški matematik, 569–475 p. n. š. 72 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Oglejmo si prvega od gornjih pogojev. S parcialnim odvajanjem enačbe (1.225) po en 1 dobimo ∂σnt ∂σ 2 ∂σnn 2 σ n nt − . ∂e = 2 σnn (1 . 231) n 1 ∂en 1 ∂en 1 Ob upoštevanju enačb (1.226) in (1.227) sledi ∂σnt σ 11 ∂e = ( σ 11 − 2 σnn) en 1 . (1 . 232) n 1 σnt Četrti izmed pogojev (1.230) izraža zahtevo, da je izpolnjena enačba (1.228) Φ = 0. S parcialnim odvajanjem te enačbe dobimo še ∂Φ ∂e = − 2 en 1 . (1 . 233) n 1 S tem preide prvi od pogojev (1.230) v naslednjo obliko σ 11 σ ( σ 11 − 2 σnn) en 1 = 2 λen 1 . (1 . 234) nt Podobno zapišemo še preostala dva od pogojev (1.230) σ 22 σ ( σ 22 − 2 σnn) en 2 = 2 λen 2 nt σ (1 . 235) 33 σ ( σ 33 − 2 σnn) en 3 = 2 λen 3 . nt Vsaj dva od smernih kosinusov en 1 , en 2 , en 3 sta različna od nič. Če bi bila namreč dva od njih enaka nič, bi to pomenilo, da je ravnina z normalo e n ena od glavnih ravnin obravnavanega napetostnega stanja. Kakor smo ugotovili, nastopa v glavni ravnini ekstremna normalna napetost, strižna napetost pa je nič. Zato vzemimo, da sta smerna kosinusa en 2 in en 3 različna od nič. Tedaj lahko prvo od enačb (1.235) krajšamo z en 2, drugo pa z en 3 in ju zapišemo takole 73 1.10 Glavne striˇ zne napetosti σ 2 − 22 2 σ 22 σnn = 2 λ σnt (1 . 236) σ 2 − 2 σ 33 33 σnn = 2 λ σnt . Enačbi odštejemo med seboj in dobimo σ 2 − σ 2 22 33 = 2 ( σ 22 − σ 33) σnn (1 . 237) oziroma σ 1 nn = ( σ 22 + σ 33) . (1 . 238) 2 Primerjava dobljene zveze z enačbo (1.227) pove, v kateri ravnini je izpolnjen pogoj za nastop stacionarne vrednosti strižne napetosti. Označimo normalo te ravnine z eI in ker so glavne normalne napetosti neodvisne med seboj, dobimo √ e 2 I 1 = 0 e I 2 = e I 3 = ± . (1 . 239) 2 Če si podobno kakor zgoraj ogledamo še preostali dve možnosti, da sta od nič različna smerna kosinusa en 3 in en 1 oziroma en 1 in en 2, najdemo še dve ravnini glavnih strižnih napetosti in njuni enotski normali po vrsti označimo z eII in eIII. Z enačbama (1.114) in (1.115) smo pokazali, da skalarne vrednosti napetosti niso odvisne od tega, s katere strani opazujemo obravnavano ravnino, zato tako za vektor eI kakor tudi za vektorja eII in eIII izberemo kar pozitivne predznake smernih kosinusov. Tako dobimo enotske normale treh ravnin, v katerih zavzamejo strižne napetosti stacionarne vrednosti √ 2 eI = (e2 + e3) 2 √ 2 eII = (e3 + e1) (1 . 240) 2 √ 2 eIII = (e1 + e2) . 2 Kakor vidimo, ležijo normale ravnin glavnih strižnih napetosti na sime- tralah koordinatnih ravnin glavne baze e1 , e2 , e3. Napetostne vektorje v teh ravninah določimo v skladu z enačbo (1.142) 74 1.10 Glavne striˇ zne napetosti √ σ 2 I = ( σ 2 + σ 3) 2 √ σ 2 II = ( σ 3 + σ 1) (1 . 241) 2 √ σ 2 III = ( σ 1 + σ 2) . 2 Ob upoštevanju medsebojne pravokotnosti glavnih vektorjev e1 , e2 , e3 lahko s skalarnim množenjem napetostnih vektorjev σ I , σ II , σ III samih s seboj izračunamo kvadrate njihovih absolutnih vrednosti σ 1 2 = ( σ 2 + σ 2 ) I 2 22 33 σ 1 2 = ( σ 2 + σ 2 ) (1 . 242) II 2 33 11 σ 1 2 = ( σ 2 + σ 2 ) . III 2 11 22 Velikosti pripadajočih normalnih komponent v ravninah stacionarnih strižnih napetosti so določene po vzorcu enačbe (1.238), oziroma kot projekcije napetostnih vektorjev σ I , σ II in σ III na enotske normale eI , eII in eIII σ 1 I n = σ I I = σ I · eI = ( σ 22 + σ 33) 2 σ 1 II n = σ IIII = σ II · eII = ( σ 33 + σ 11) (1 . 243) 2 σ 1 III n = σ IIIIII = σ III · eIII = ( σ 11 + σ 22) . 2 Z zaporednim vstavljanjem zvez (1.242) in (1.243) v enačbo (1.225) dobimo končno tudi velikosti glavnih strižnih napetosti σ I t = ± 1 ( σ 22 − σ 33) 2 σ II t = ± 1 ( σ 33 − σ 11) (1 . 244) 2 σ III t = ± 1 ( σ 11 − σ 22) . 2 75 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Pri tem smo glavne normalne napetosti označili po zaporedju njihovih vrednosti σ 11 ≥ σ 22 ≥ σ 33 . (1 . 245) Podobno kakor pri glavnih normalnih napetostih lahko tudi pri glavnih strižnih napetostih ugotovimo, da smerni kosinusi normal eI , eII , eIII predstavljajo točke, v katerih ima funkcija F ( en 1 , en 2 , en 3; λ) stacionarno vrednost. S podrobnejšim preučevanjem drugih odvodov funkcije F , česar pa tu ne navajamo, lahko ugotovimo, da sta σ II t in σ III t ekstremni vrednosti. V ravnini z normalo eI ima strižna napetost σ I t stacionarno vrednost, tip te stacionarne točke pa ni ekstrem, temveč sedlo †. Omenili smo že, da je pri določanju normalnih napetosti pomembno vedeti, ali gre za natezne ali tlačne napetosti. Pri računanju strižnih napetosti je njihov predznak pomemben le v primerih, da seštevamo strižne napetosti, ki pripadajo različnim obtežnim primerom ‡. Glavne strižne napetosti smo izračunali iz kvadratne zveze (1.225), zato lahko določimo le njihove velikosti, ne pa tudi predznaka. Ena od možnosti, kako določiti tudi smeri delovanja glavnih strižnih napetosti, sledi iz naslednjega razmisleka: Enačbe (1.240) kažejo, da, na primer, normalni enotski vektor eI leži v ravnini, ki jo določata glavni smeri e2 in e3. Iz enačb (1.209) in (1.241) pa sledi, da v isti ravnini leži tudi napetostni vektor σ I. Če vpeljemo tangentni enotski vektor tI, ki prav tako leži v ravnini (e2 , e3) in je pravokoten na smer eI (slika 1.22) √ 2 tI = (e2 − e3) , (1 . 246) 2 † Glej n. pr. knjigo M. Stanek, G. Turk, Osnove mehanike trdnih teles, FGG, Ljubljana, (1998). ‡ Seštevanje vplivov različnih obtežnih primerov je možno le, če velja zakon superpozicije (glej poglavje 3). 76 1.10 Glavne striˇ zne napetosti lahko ugotovimo, da projekcija napetostnega vektorja σ I v smeri enotskega vektorja tI ustreza pozitivnemu predznaku glavne strižne napetosti σ I t v ravnini z normalo eI σ 1 I · tI = ( σ 22 − σ 33) = σ I t . (1 . 247) 2 Slika 1.22 Podobno vpeljemo še tangentna enotska vektorja tII v ravnini (e3 , e1), pravokotno na smer eII, in tIII v ravnini (e1 , e2), pravokotno na smer eIII √ 2 tII = (e3 − e1) 2 √ (1 . 248) 2 tIII = (e1 − e2) . 2 V smereh enotskih vektorjev tII in tIII dobimo pozitivne predznake glavnih strižnih napetosti v ravninah z normalama eII in eIII σ 1 II · tII = ( σ 33 − σ 11) = σ II t 2 (1 . 249) σ 1 III · tIII = ( σ 11 − σ 22) = σ III t . 2 77 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Ugotovitev lahko obrnemo tudi takole: če za desne strani v enačbah (1.244) izberemo pozitivne predznake, imajo pozitivne glavne strižne napetosti σ I t, σ II t, σ III t po vrsti smeri enotskih vektorjev tI , tII , tIII , negativne pa nasprotne smeri. Tako smo definirali smeri pozitivnih glavnih strižnih napetosti v nji- hovih ravninah. Pri praktičnih nalogah se o pravilnosti predznakov in vrednosti izračunanih napetosti lahko prepričamo tudi s kontrolo ravnotežja elementarnih delov telesa v okolici obravnavanega delca, kar je podrobneje prikazano v zgledu 1.7. Na sliki 1.23 so prikazane ravnine glavnih strižnih napetosti in označene smeri delovanja pozitivnih normalnih in strižnih napetosti v teh ravninah. Slika 1.23 78 1.10 Glavne striˇ zne napetosti Na koncu si še oglejmo, kakšne medsebojne lege zavzamejo ravnine ekstremnih strižnih napetosti v obravnavani točki telesa. Z medseboj- nim skalarnim množenjem enotskih vektorjev eI , eII , eIII ugotovimo, da ti trije vektorji niso pravokotni med seboj, temveč oklepajo drug z ◦ drugim kote 60 e 1 ◦ II · e III = e III · e I = e I · e II = = cos 60 . (1 . 250) 2 Enotski vektorji eI , eII , eIII torej določajo robove tetraedra, to je tri-strane piramide, ki jo tvorijo štirje enakostranični trikotniki (slika 1.24). Slika 1.24 V nekaterih učbenikih so strižne napetosti označene z grško črko τ σxy = τxy σ I t = τ I σyz = τyz σ II t = τ II (1 . 251) σzx = τzx σ III t = τ III , normalne napetosti pa z grško črko σ, ki ji pripišemo en sam indeks σxx = σx σ I n = σ I σyy = σy σ II n = σ II (1 . 252) σzz = σz σ III n = σ III . 79 1.11 Hidrostatiˇ cni in deviatoriˇ cni del tenzorja napetosti 1.11 Hidrostatiˇ cni in deviatoriˇ cni del tenzorja napetosti V nekaterih posebnih primerih mehanske analize zveznih teles, posebej v teoriji plastičnosti, je ugodno razdeliti tenzor napetosti na njegov hidrostatični in deviatorični del. Za hidrostatični del napetosti sta v rabi tudi izraza sferične ali volumetrične napetosti, za deviatorični del pa distorzijske napetosti. Za opis plastičnega deformiranja teles namreč ponavadi vpeljemo predpostavko o nestisljivosti snovi, pri čemer je pomemben le deviatorični del napetostnega tenzorja. Pri obravnavani razstavitvi napetosti ima pomembno vlogo hidro- statična napetost σH, ki je vpeljana kot aritmetična sredina normalnih napetosti Iσ σH 1 1 = ( σ 1 xx + σyy + σzz) = ( σ 11 + σ 22 + σ 33) = . (1 . 253) 3 3 3 Pri simbolu za prvo invarianto napetostnega tenzorja smo z zgornjim indeksom “ .σ ” poudarili, da gre za invarianto napetosti. Kakor vidimo, je hidrostatična napetost invarianta napetostnega stanja in pove, kako je materialni delec “ v povprečju” obtežen: če je hidrostatična napetost pozitivna, je delec v povprečju obremenjen natezno, če je negativna, pa tlačno. Poljubno komponento σij tenzorja napetosti razstavimo na njen hidrostatični del σH ij in deviatorični del σD ij σij = σH ij + σD ij . (1 . 254) Zaradi preglednejšega pisanja za deviatorične napetosti običajno vpe- ljemo krajšo oznako sij ≡ σD ij in dobimo σij = σH ij + sij . (1 . 255) Pri tem je hidrostatični del σH ij definiran z enačbo σH 1 ij = δij σH = δijIσ (1 . 256) 3 1 80 1.11 Hidrostatiˇ cni in deviatoriˇ cni del tenzorja napetosti oziroma v matrični obliki ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σH 0 0 Iσ 1 0 0 σH ⎣ ⎦ 1 ⎣ ⎦ ij = 0 σH 0 = 0 1 0 . (1 . 257) 3 0 0 σH 0 0 1 Preostali del tenzorja napetosti je definiran kot deviatorični, tako da je sij ≡ σD ij = σij − σH ij → sij = σij − δijσH . (1 . 258) V kartezijskih koordinatah x, y, z tako dobimo ⎡ ⎤ σxx − σH σxy σxz [ sij] = ⎣ σyx σyy − σH σyz ⎦ . (1 . 259) σzx σzy σzz − σH Kakor vidimo, sta tako hidrostatični kakor tudi deviatorični del sime- trična tenzorja drugega reda. Ob upoštevanju enačb (1.182), (1.253) in (1.258) je mogoče hitro ugo- toviti, da je prva invarianta deviatoričnega dela tenzorja napetosti Is 1 enaka nič Is 1 = σxx + σyy + σzz − 3 σH = 0 . (1 . 260) Preostali dve invarianti deviatoričnega tenzorja napetosti izračunamo z enačbama (1.183) in (1.184) in po krajšem urejanju dobimo Is = Iσ − ( Iσ 1)2 (1 . 261) 2 2 3 IσIσ Is − 2( Iσ)3 1 2 1 . 3 = I σ 3 + (1 . 262) 3 27 V primeru, da je napetostno stanje opisano z glavnimi normalnimi napetostmi σ 11 , σ 22 , σ 33, ima tudi deviatorični del napetostnega tenzorja diagonalno obliko ⎡ ⎤ σ 11 − σH 0 0 [ sij] = ⎣ 0 σ ⎦ 22 − σH 0 . (1 . 263) 0 0 σ 33 − σH 81 1.11 Hidrostatiˇ cni in deviatoriˇ cni del tenzorja napetosti Ob upoštevanju enačb (1.215) in (1.261) lahko drugo invarianto devia- toričnega dela napetosti izrazimo z glavnimi normalnimi napetostmi z enačbo Is . 2 = − 1 ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 (1 . 264) 6 Iz enačbe (1.257) sledi, da je hidrostatično napetostno stanje izotropno, saj so vse tri glavne normalne napetosti tega stanja enake hidrostatični napetosti σH σH = σH = σH = σH . (1 . 265) 11 22 33 To pomeni, da hidrostatično napetostno stanje nima posebnih glavnih smeri, temveč so vse smeri v prostoru enakovredne. Glavne deviatorične normalne napetosti s 11 , s 22 , s 33 dobimo neposredno iz enačbe (1.258) s 11 = σ 11 − σH s 22 = σ 22 − σH (1 . 266) s 33 = σ 33 − σH . Za glavne smeri deviatoričnega napetostnega stanja lahko hitro doka- žemo, da se ujemajo z glavnimi smermi celotnega napetostnega stanja e1 , e2 , e3. Po vzorcu enačbe (1.179) bi namreč smerne kosinuse glavne smeri e sg določili iz enačbe [ sij − δijsgg] esgj = { 0 } . (1 . 267) Ob upoštevanju enačbe (1.258) sledi σij − δijσH − δij σgg − σH esgj = { 0 } (1 . 268) in po ureditvi [ σij − δijσgg] esgj = { 0 } . (1 . 269) Dobili smo torej enak sistem enačb kakor za določitev glavnih smeri celotnega napetostnega stanja. Do enake ugotovitve pridemo tudi z 82 1.12 Napetosti v oktaedrski ravnini naslednjim sklepanjem: hidrostatično napetostno stanje je izotropno, zato so glavne smeri celotnega napetostnega stanja določene z glavnimi smermi deviatoričnega dela napetostnega tenzorja. Končno še pokažimo, kako so invariante deviatoričnega dela napetost- nega tenzorja izražene z glavnimi deviatoričnimi normalnimi napetost- mi s 11 , s 22 , s 33. Upoštevajoč enačbe (1.215), (1.253) in (1.266) dobimo Is = s 1 11 + s 22 + s 33 = 0 Is s 2 (1 . 270) 2 = s 11 s 22 + s 22 s 33 + s 33 s 11 = − 1 2 11 + s 2 22 + s 2 33 Is 3 = s 11 s 22 s 33 . 1.12 Napetosti v oktaedrski ravnini V tem razdelku obravnavamo primer, da je napetostno stanje delca T podano z glavnimi normalnimi napetostmi σ 11, σ 22 in σ 33 in želimo določiti napetosti v ravnini, katere normala oklepa enake kote s smermi glavnih normalnih napetosti e1 , e2 , e3 (slika 1.27). Enotski vektor normale iskane ravnine skozi delec T označimo z e o e o = eo 1 e1 + eo 2 e2 + eo 3 e3 . (1 . 271) Pri tem so smerni kosinusi glede na smeri e1 , e2 , e3 enaki med seboj |eo 1 | = |eo 2 | = |eo 3 | (1 . 272) in iz pogoja, da je e o enotski vektor, sledi e 2 o + e 2 + e 2 = 1 → 3 e 2 = 1 . (1 . 273) 1 o 2 o 3 o 1 Zato je eo 1 = eo 2 = eo 3 = ± 1 √ . (1 . 274) 3 83 1.12 Napetosti v oktaedrski ravnini Možnih je osem različnih kombinacij glede na predznake smernih ko- sinusov. To pomeni, da gre za osem enotskih normal, od katerih po dve in dve ležita na isti premici skozi delec T , vendar imata nasprotni smeri. Te normale torej določajo štiri ravnine, ki so vzporedne mejnim ploskvam pravilnega oktaedra in jih zato imenujemo oktaedrske rav- nine. V našem primeru vzemimo kar pozitivne predznake smernih kosinusov, tako da leži normala e o obravnavane oktaedrske ravnine v I. oktantu (slika 1.25) 1 e o = √ (e1 + e2 + e3) . (1 . 275) 3 Slika 1.25 Vektor napetosti σo, ki v točki T pripada oktaedrski ravnini, dobimo z enačbo (1.142) σo = σ 1 eo 1 + σ 2 eo 2 + σ 3 eo 3 . (1 . 276) Ker je σ 1 = σ 11 e1 , σ 2 = σ 22 e2 , σ 3 = σ 33 e3 , (1 . 277) sledi 84 1.12 Napetosti v oktaedrski ravnini σ 1 o = √ ( σ 11 e1 + σ 22 e2 + σ 33 e3) . (1 . 278) 3 Normalna komponenta σoo vektorja napetosti σo je σ 1 oo = σo · e o → σoo = ( σ 11 + σ 22 + σ 33) . (1 . 279) 3 Iz primerjave z enačbo (1.253) sledi, da je normalna napetost σoo v oktaedrski ravnini enaka hidrostatični napetosti σH σ 1 oo = Iσ = σH . (1 . 280) 3 1 Določimo še kvadrat velikosti vektorja napetosti σo σ 1 2 o = σo · σo = ( σ 2 + σ 2 + σ 2 ) . (1 . 281) 3 11 22 33 Za strižno napetost v oktaedrski ravnini je splošno uveljavljena oznaka τo ≡ σot. Kvadrat te napetosti izračunamo s Pitagorovim izrekom τ 2 o = σo · σo − σ 2 oo = 1 (1 . 282) ( σ 2 + σ 2 + σ 2 ) − 1 ( σ 11 + σ 22 + σ 33)2 . 3 11 22 33 9 Po ureditvi in korenjenju sledi τo = ± 1 ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 . (1 . 283) 3 Primerjava z enačbo (1.264) pokaže, da je izraz pod korenom so- razmeren z drugo invarianto deviatoričnega dela tenzorja napetosti τo = ± − 2 Is . (1 . 284) 3 2 Zaradi enačb (1.261) in (1.270) lahko strižno napetost τo v oktaedrski ravnini zapišemo tudi na naslednji način ! " τ 1 o = ± 1 2 ( Iσ)2 − 3 Iσ = ± ( s 2 + s 2 + s 2 ) . (1 . 285) 3 1 2 3 11 22 33 85 1.13 Ravninsko napetostno stanje Podobno kakor zgoraj lahko določimo napetostne vektorje ter njihove normalne in strižne komponente v katerikoli od preostalih treh oktae- drskih ravnin. Rezultat je nekoliko presenetljiv, saj se izkaže, da so normalne in strižne napetosti enake v vseh štirih oktaedrskih ravninah. Bralcu prepuščamo, da se o tem sam prepriča. 1.13 Ravninsko napetostno stanje (RNS) Prostorsko napetostno stanje, ki smo ga obravnavali v prejšnjem razdelku, je najbolj splošen primer napetostnega stanja. Pri praktič- nem delu v mehaniki pa večkrat naletimo na primere, pri katerih zaradi posebnih geometrijskih in materialnih lastnosti telesa ter načina pod- piranja in obtežbe vsi napetostni vektorji, ki pripadajo obravnavanemu delcu telesa, ležijo v isti ravnini. To pomeni, da so vse napetostne kom- ponente v smeri normale na to ravnino enake nič. Takemu mehanskemu stanju materialnega delca pravimo ravninsko napetostno stanje (RNS). Kot primer lahko navedemo pokončno prizmo, katere višina oziroma de- belina t je zelo majhna v primerjavi z izmerami osnovne ploskve (slika 1.26). Če je zunanja obtežba takega telesa pravokotna na normalo osnovne ploskve, ga imenujemo stena. V sliki 1.26 smo vzeli, da se normala osnovne ploskve ujema s koordinatno osjo z kartezijskega koordinatnega sistema. Presek prizme s koordinatno ravnino z = 0 imenujemo srednja ploskev ali srednja ravnina stene. Srednja ploskev predstavlja računski model stene pri ravninskem napetostnem stanju, ki je v našem primeru definirano z zahtevo, da so vse komponente napetosti v smeri z enake nič σxz = σyz = σzz = 0 . (1 . 286) Matrika napetosti ima v tem primeru naslednjo obliko ⎡ ⎤ σxx σxy 0 σ [ σ xx σxy ij ] = ⎣ σyx σyy 0 ⎦ ali [ σij] = σ . (1 . 287) 0 0 0 yx σyy 86 1.13 Ravninsko napetostno stanje Sklenjeno ploskev S , ki omejuje obravnavano steno (območje V v prostoru), razdelimo na tri kose: “ zgornjo” osnovno ploskev A + z , “ spodnjo” osnovno ploskev A − z in plašč Spl. Zunanja normala zgornje osnovne ploskve A + z je enaka baznemu vektorju e z, zunanja normala spodnje osnovne ploskve A − z pa je −e z. Zato je t A + z . . . z = : enx = eny = 0 , enz = 1 2 (1 . 288) t A − z . . . z = − : enx = eny = 0 , enz = − 1 . 2 Slika 1.26 Zapis ravnotežnih pogojev (1.140) na obravnavanih ploskvah hitro pokaže, da morata biti obe osnovni ploskvi neobteženi t ⎫ z = ⎪ ⎬ 2 p t ⎪ nx = pny = pnz = 0 → p n = 0 . (1 . 289) z = − ⎭ 2 Do te ugotovitve bi lahko prišli tudi z logičnim sklepanjem: če bi bili osnovni ploskvi stene obteženi, se stena v smeri normale ne bi mogla 87 1.13 Ravninsko napetostno stanje prosto deformirati in v njej bi se pojavile tudi od nič različne napetosti σxz, σyz, σzz. Normala e n v poljubni točki plašča Spl obravnavane stene je odvisna od oblike roba, sicer pa je pravokotna na smer z ( enz = 0) Spl : e n = enx e x + eny e y . (1 . 290) Ravnotežni pogoji (1.140) pripeljejo do že omenjene zahteve, da mora biti zunanja specifična površinska obtežba plašča vzporedna s srednjo ravnino stene p S nx = σxxenx + σyxeny pl : (1 . 291) pny = σxyenx + σyyeny in zato Spl : p n = pnx e x + pny e y . (1 . 292) Zunanja obtežba se v splošnem lahko spreminja po debelini stene. Ker je stena tanka, je umestno namesto spremenljive obtežbe upoštevati kar njeno povprečno vrednost glede na debelino stene. Zato običajno vza- memo, da sta tako zunanja površinska obtežba p n, kakor tudi zunanja prostorninska obtežba v enakomerni v smeri normale na ravnino stene, v našem primeru torej neodvisni od koordinate z p n = p n( x, y) in v = v( x, y) . (1 . 293) Oglejmo si še ravnotežne pogoje za delec znotraj stene. Enačbe (1.131) se v obravnavanem primeru ravninskega napetostnega stanja glasijo ∂σxx ∂σyx ∂x + ∂y + vx = 0 V : ∂σxy ∂σyy (1 . 294) ∂x + ∂y + vy = 0 vz = 0 , 88 1.13 Ravninsko napetostno stanje kar pomeni, da mora biti tudi specifična prostorninska zunanja obtežba vzporedna s srednjo ravnino stene v = vx e x + vy e y . (1 . 295) Upoštevajoč dosedanje ugotovitve lahko upravičeno predpostavimo, da so tudi od nič različne komponente napetosti enakomerne po debelini stene σxx = σxx( x, y) , σyy = σyy( x, y) , σxy = σxy( x, y) . (1 . 296) Napetostni vektorji v koordinatnih ravninah kartezijskega koordinat- nega sistema ( x, y, z) so tedaj σx = σxx e x + σxy e y σy = σyx e x + σyy e y (1 . 297) σz = 0 . Vzemimo, da je z napetostno matriko (1.287) opisano ravninsko napetostno stanje poljubnega delca T obravnavane stene, in sicer glede na koordinatni sistem ( x, y). To pomeni, da v ravnini Π x z normalo e x deluje napetostni vektor σx s komponentama σxx in σxy, v ravnini Π y z normalo e y pa napetostni vektor σy s komponentama σyx in σyy (slika 1.27). Zamislimo si sedaj poljubno novo ravnino Π ξ, katere normala e ξ je za kot α nagnjena glede na os x in tvori skupaj s tangencialnim enotskim vektorjem e η novo pravokotno koordinatno bazo (slika 1.28) e ξ = eξx e x + eξy e y (1 . 298) e η = eηx e x + eηy e y . Smerne kosinuse obeh baznih vektorjev lahko izrazimo kar s kotom α eξx = cos α eξy = sin α eξz = 0 (1 . 299) eηx = − sin α eηy = cos α eηz = 0 , 89 1.13 Ravninsko napetostno stanje zato lahko pišemo e ξ = cos α e x + sin α e y (1 . 300) e η = − sin α e x + cos α e y . Slika 1.27 Slika 1.28 Delcu T pripada v ravnini Π ξ napetostni vektor σξ z normalno komponento σξξ in strižno komponento σξη. Določimo ga z enačbo (1.142) in ker je σz = 0 , dobimo σξ = σxeξx + σyeξy . (1 . 301) 90 1.13 Ravninsko napetostno stanje Enačba (1.301) je tedaj σξ = σx cos α + σy sin α . (1 . 302) Ob upoštevanju enačb (1.297) dobimo σξ = ( σxx cos α + σyx sin α) e x + ( σxy cos α + σyy sin α) e y . (1 . 303) Normalno in strižno napetost v ravnini Π ξ lahko ob upoštevanju simetrije strižnih napetosti zapišemo kakor sledi σξξ = σξ · e ξ = σxx cos2 α + 2 σxy sin α cos α + σyy sin2 α (1 . 304) σξη = σξ · e η = − σxx sin α cos α + σxy(cos2 α − sin2 α) + σyy sin α cos α . (1 . 305) Gornji enačbi lahko z uporabo dvojnih kotov zapišemo tudi takole σ 1 1 ξξ = ( σxx + σyy) + ( σxx − σyy) cos 2 α + σxy sin 2 α (1 . 306) 2 2 σξη = − 1( σxx − σyy) sin 2 α + σxy cos 2 α . (1 . 307) 2 Pri znanih napetostih σxx, σyy in σxy sta torej normalna in strižna napetost v poljubni ravnini Π ξ z normalo e ξ funkciji ene same spremenljivke α. Ta ugotovitev omogoča enostavnejšo določitev ravnin in velikosti ek- stremnih normalnih in strižnih napetosti. Naklonski kot ασ, ki dolo- ča normalo ravnine, v kateri nastopa ekstremna normalna napetost, izračunamo iz pogoja za ekstrem funkcije σξξ dσξξ dα = 0 . (1 . 308) α= ασ Z odvajanjem enačbe (1.306) po α dobimo −( σxx − σyy) sin 2 ασ + 2 σxy cos 2 ασ = 0 (1 . 309) 91 1.13 Ravninsko napetostno stanje oziroma 2 σxy tg 2 ασ = . σ (1 . 310) xx − σyy Ker je tg α periodična funkcija s periodo π, dobimo neskončno veliko rešitev kπ α 1 2 σxy σ = arctg ± ( k = 0 , 1 , 2 , . . . ) . (1 . 311) 2 σxx − σyy 2 Zanimivi sta rešitvi pri k = 0 in k = 1, saj nadaljnje (pri k ≥ 2) ne povedo nič novega αk 1 2 σ =0 xy σ = arctg 2 σxx − σyy π (1 . 312) αk 1 2 σ =1 xy σ = arctg + . 2 σxx − σyy 2 Ob upoštevanju enačb (1.312) lahko označimo ασ = αk=0 σ in dobimo dve med seboj pravokotni ravnini z normalama e1 = cos ασ e x + sin ασ e y (1 . 313) e2 = − sin ασ e x + cos ασ e y . Glavni normalni napetosti, ki nastopata v omenjenih ravninah, dobimo po nekoliko daljši, vendar enostavni izpeljavi ob upoštevanju znanih trigonometričnih zvez tg2 ασ 1 sin 2 ασ = in cos 2 ασ = . ± 1 + tg22 ασ ± 1 + tg22 ασ Z vstavitvijo v enačbo (1.306) dobimo ekstremni normalni napetosti σ 1 1 11 , 22 = ( σxx + σyy) ± ( σxx − σyy)2 + σ 2 2 4 xy . (1 . 314) Pri uporabi enačbe (1.314) je potrebna previdnost, saj zaradi kvadrat- nih zvez, ki nastopajo v izpeljavi, ni mogoče vnaprej vedeti, kateri 92 1.13 Ravninsko napetostno stanje od smeri e1 oziroma e2 pripada katera od obeh dobljenih ekstremnih normalnih napetosti. Tej dvoumnosti se najlaže izognemo tako, da izračunamo glavni normalni napetosti z neposrednim vstavljanjem nu- meričnih rešitev enačbe (1.310) v enačbo (1.306). Zaradi lažjega zapisa spet označimo ασ = αk=0 σ . Tedaj je 2 αk=1 σ = 2 ασ + π in ob upoštevanju znanih trigonometrijskih obrazcev dobimo σ 11 = σξξ( αk=0 σ ) = 1 1 ( σxx + σyy) + ( σxx − σyy) cos 2 ασ + σxy sin 2 ασ 2 2 (1 . 315) σ 22 = σξξ( αk=1 σ ) = 1 ( σxx + σyy) − 1( σxx − σyy)cos2 ασ − σxy sin2 ασ . 2 2 Pri tem smo se izjemoma odpovedali razvrstitvi glavnih normalnih napetosti po velikosti, kakršno smo vpeljali z enačbo (1.245). S primerjavo enačb (1.307) in (1.309) se lahko tudi prepričamo, da je strižna napetost v ravnini glavne normalne napetosti enaka nič σξη( ασ) = − 1( σxx − σyy) sin 2 ασ + σxy cos 2 ασ = 0 . (1 . 316) 2 Vse naloge v zvezi z RNS bi seveda lahko rešili tudi tako, da bi dosledno sledili postopkom, ki smo jih za transformacije napetosti in za določitev ravnin in velikosti glavnih normalnih napetosti izpeljali pri prostorskem napetostnem stanju, pri čemer bi upoštevali posebno “ravninsko” obliko matrike napetosti (glej zgled 1.10). Vendar v tem razdelku namenoma prikažemo enačbe, ki jih za RNS navajajo klasični učbeniki, da bi se izognili njihovi dvoumni ali napačni uporabi. Podobno ravnamo tudi pri določitvi ravnin in velikosti glavnih strižnih napetosti in prikažemo kombiniran pristop, pri katerem iz pogoja za ekstrem strižne napetosti σξη dσξη dα = 0 (1 . 317) α= ατ 93 1.13 Ravninsko napetostno stanje izračunamo naklonski kot ατ , ki določa normalo ustrezne ravnine. Z odvajanjem enačbe (1.307) po α dobimo −( σxx − σyy) cos 2 ατ − 2 σxy sin 2 ατ = 0 (1 . 318) in dalje σxx − σyy tg 2 ατ = − . (1 . 319) 2 σxy Rešitve so σ kπ α xx − σyy τ = − 1 arctg ± ( k = 0 , 1 , 2 , . . . ) . (1 . 320) 2 2 σxy 2 Primerjava enačbe (1.319) z enačbo (1.310) pove, da je kot αk=0 τ za π 4 večji od kota αk=0 σ π tg 2 αk=0 τ = − ctg 2 αk=0 σ → αk=0 τ = αk=0 σ + . (1 . 321) 4 S kotom αk=0 τ je torej določen enotski vektor, ki smo ga v razdelku 1.10 označili z eIII. Pri ravninskem napetostnem stanju uporabimo za ta vektor oznako e τ √ 2 eIII ≡ e τ = (e1 + e2) . (1 . 322) 2 Po zgledu druge od enačb (1.248) vpeljemo še enotski vektor tIII oziroma t τ √ 2 tIII ≡ t τ = (e1 − e2) . (1 . 323) 2 Hitro se lahko prepričamo, da vektor t τ ustreza rešitvi enačbe (1.320), v kateri odštejemo periodo pri k = 1. Enotska vektorja e τ in t τ določata dve med seboj pravokotni ravnini, v katerih nastopa glavna strižna napetost σ III t ≡ τ III, ki jo pri RNS običajno označimo kar s τ . Z drugo od enačb (1.249) in ob upoštevanju enačbe (1.314) dobimo τ 1 1 III ≡ τ = ( σ 11 − σ 22) = ( σxx − σyy)2 + σ 2 2 4 xy . (1 . 324) 94 1.13 Ravninsko napetostno stanje Gornje ugotovitve lahko strnemo tudi takole: V ravnini z normalo e τ nastopa glavna strižna napetost τ ; če to napetost izračunamo z enačbo (1.324) in dobimo pozitivno vrednost, je njena smer določena z enotskim vektorjem t τ . Če je vrednost negativna, pa deluje v nasprotni smeri vektorja t τ . Podobno ima pozitivna strižna napetost v ravnini z normalo t τ smer enotskega vektorja e τ . Zapišimo oba enotska vektorja še z rešitvijo enačbe (1.320) pri k = 0 ( ατ = αk=0 τ ) e τ = cos ατ e x + sin ατ e y (1 . 325) t τ = sin ατ e x − cos ατ e y . Normalno napetost σ IIIIII ≡ στ v ravnini z normalo e τ lahko izračunamo s tretjo od enačb (1.243) ali pa z vstavljanjem kota ατ v enačbo (1.306) σ 1 1 IIIIII ≡ στ = σξξ ( ατ ) = ( σxx + σyy) = ( σ 11 + σ 22) . (1 . 326) 2 2 Podobno kakor pri prostorskem lahko tudi pri ravninskem napetostnem stanju najdemo še dve ravnini glavnih strižnih napetosti z normalama eI in eII. Ker je pri obravnavanem ravninskem napetostnem stanju e3 ≡ e z in σ 33 ≡ σzz = 0, iz enačb (1.240), (1.244) in (1.243) sledi √ 2 σ 22 e τ I = (e2 + e z) I = σ II = 2 2 √ → (1 . 327) 2 σ 11 e τ . II = (e z + e1) II = −σ IIII = − 2 2 Smeri glavnih strižnih napetosti τ I in τ II sta določeni s pomožnima tan-gencialnima enotskima vektorjema tI in tII √ 2 tI = (e2 − e z) 2 √ (1 . 328) 2 tII = (e z − e1) . 2 Dokaz, da napetostna vektorja σ I in σ II, ki nastopata v ravninah z normalama eI in eII, ležita v ravnini ( x, y) in torej nimata komponent v smeri z, prepuščamo skrbnemu bralcu. 95 1.14 Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje 1.14 Mohrov † krog za ravninsko napetostno stanje V razdelku 1.13 smo pokazali, da je pri ravninskem napetostnem stanju napetostni vektor σξ, ki pripada obravnavanemu materialnemu delcu T glede na poljubno ravnino Π ξ, določen z normalno ( σξξ) in strižno ( σξη) komponento. Omenjeni komponenti napetosti sta podani z enačbama (1.306) in (1.307). Zapišimo ti dve enačbi nekoliko drugače σ 1 ξξ − 1 ( σxx + σyy) = cos 2 α ( σxx − σyy) + σxy sin 2 α 2 2 σξη = − 1 sin 2 α ( σxx − σyy) + σxy cos 2 α . 2 Če enačbi kvadriramo in seštejemo, dobimo 2 σ 1 ξξ − 1 ( σxx + σyy) + σ 2 ( σxx − σyy)2 + σ 2 2 ξη = 4 xy . (1 . 329) Napetostno stanje obravnavanega delca T je določeno s podanimi napetostnimi komponentami σxx, σyy in σxy, komponenti σξξ in σξη pa se spreminjata v odvisnosti od orientacije ravnine Π ξ. Sestavimo pravokotni napetostni koordinatni sistem tako, da na abscis- no os nanašamo normalne, na ordinatno os pa strižne napetosti. V tem koordinatnem sistemu predstavlja enačba (1.329) krožnico s središčem S [ 1( σ 2 xx + σyy) , 0 ] in s polmerom R 1 = ( σxx − σyy)2 + σ 2 4 xy . (1 . 330) Z enačbama (1.306) in (1.307) smo določili normalno in strižno kompo- nento vektorja napetosti v odvisnosti od kota α, ki opisuje lego obravnavane ravnine Π ξ skozi opazovani delec. Z različnimi izbirami kota α lahko torej določimo napetostne vektorje v vseh možnih ravninah skozi † Otto Mohr, nemški inženir, 1835–1918. 96 1.14 Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje delec T . Normalna in strižna komponenta σξξ in σξη vsakega od teh vektorjev zadoščata enačbi krožnice (1.329). Na tej krožnici torej ležijo vrhovi vseh napetostnih vektorjev, ki bi jih v točki T dobili z izbira-njem različnih leg ravnine Π ξ. Z njo je določen znani Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje (slika 1.29). Ta krog predstavlja grafično upodobitev transformacijskih pravil, ki smo jih sicer analitično izpeljali za ravninsko napetostno stanje. Slika 1.29 Konstruirati je mogoče tudi Mohrove kroge za prostorsko napetostno stanje, vendar se bomo temu zaradi nepreglednosti in daleč enostavnej- ših analitičnih postopkov odpovedali. Izhajajoč iz geometrijskih zvez lahko v Mohrovem krogu rešujemo različne ravninske napetostne naloge. V ta namen moramo najprej določiti značilno točko, imenovano pol Mohrovega kroga. 97 1.14 Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje Vrh podanega oziroma obravnavanega napetostnega vektorja (to je lahko tudi vektor, ki pripada eni od koordinatnih ravnin, na primer σx ali σy) projiciramo v smeri ordinate na nasprotno stran Mohrovega kroga. Skozi dobljeno točko narišemo smer ravnine, na katero deluje podani vektor napetosti (na primer ravnina z normalo e x ali e y). Točka, v kateri ta smer preseka Mohrov krog, je pol Mohrovega kroga (P). Ko poznamo pol P Mohrovega kroga, lahko določimo vektorje nape- tosti, ki pripadajo poljubno izbranim ravninam skozi točko T . Smer izbrane ravnine narišemo skozi pol Mohrovega kroga, presečišče te smeri z Mohrovim krogom projiciramo na nasprotno stran in tako dobimo vrh iskanega napetostnega vektorja. Analogno, le v obrnjeni smeri, postopamo, če poznamo vektor napetosti in želimo določiti ravnino, ki ji ta vektor pripada. Uporabo Mohrovega kroga si oglejmo na primeru določitve velikosti in smeri glavnih normalnih napetosti pri ravninskem napetostnem stanju. Mohrov krog narišemo ob upoštevanju podatkov o napetostnem stanju delca T , ki je določeno z napetostmi σxx, σyy in σxy. Pri tem so smeri koordinatnih ravnin določene z enotskima vektorjema e x in e y (slika 1.29). Velikosti glavnih normalnih napetosti sta določeni s presečiščema Mohrovega kroga z abscisno osjo. Iz slike 1.29 sledi σ 1 1 11 , 22 = ( σxx + σyy) ± ( σxx − σyy)2 + σ 2 2 4 xy , 2 σxy tg2 ασ = , σxx − σyy kar se ujema z enačbama (1.314) in (1.310), ki smo ju v razdelku 1.13 analitično izpeljali za ravninsko napetostno stanje v ravnini ( x, y). V Mohrovem krogu lahko določimo tudi ekstremne strižne napetosti ter ravnine, ki jim te napetosti pripadajo (slika 1.30). 98 1.14 Mohrov krog za ravninsko napetostno stanje Slika 1.30 Iz slike 1.30 lahko razberemo τ 1 = ( σxx − σyy)2 + σ 2 4 xy σ 1 1 τ = ( σxx + σyy) = ( σ 11 + σ 22) 2 2 σxx − σyy tg2 ατ = − , 2 σxy kar se prav tako ujema z analitičnimi ugotovitvami. 99 1.15 Premiki togega telesa 1.15 Premiki togega telesa Gibanje togega telesa v prostoru je poseben primer gibanja trdnega telesa, pri katerem se telo iz začetne lege B premakne v novo lego B , njegova velikost, oblika in medsebojne lege delcev pa pri tem ostanejo nespremenjene. Premik telesa je opisan z vektorskim poljem pomikov u. To vektorsko polje vsakemu delcu T , ki je v začetni legi B določen s krajevnim vektorjem r glede na izbrano nepomično točko prostora O, priredi novi krajevni vektor r v končni legi B ( slika 1.31-a) r = r + u . (1 . 331) V skladu s Chaslesovim† teoremom si lahko premik togega telesa iz ene lege v drugo tudi v primeru najbolj splošnega gibanja pred- stavimo takole (slika 1.31-b) : telo najprej vzporedno (translatorno) premaknemo tako, da so pomiki vseh delcev telesa enaki pomiku u0 poljubno izbranega referenčnega delca T 0, ki je v legi B določen s točko T 0. Tako dobimo vmesno lego B∗, v kateri je referenčni delec T 0 določen s točko T , delec T pa s točko T ∗. Nato telo zasučemo (zarotiramo) 0 okrog nepomične referenčne točke T v končno lego B . 0 Za referenčno točko T 0( x 0 , y 0 , z 0) lahko izberemo katerokoli točko telesa in jo določimo z njenim krajevnim vektorjem r0. Običajno za referenčno točko izberemo katero od podpor ali kako drugo točko telesa, za katero poznamo posamezne ali vse komponente pomika in zasuka. Lega poljubnega delca T , ki ga v stanju B določa točka T ( x, y, z) s krajevnim vektorjem r, je glede na referenčno točko T 0 določena z relativnim krajevnim vektorjem = r − r0 = ( x − x 0)e x + ( y − y 0)e y + ( z − z 0)e z . (1 . 332) † Michel Chasles, francoski matematik in astronom, 1793–1880. 100 1.15 Premiki togega telesa V slikah 1.31 in 1.32 so zaradi preglednosti označene le točke, ki določajo delca T 0 in T v legah B, B∗ in B . Slika 1.31 Če označimo z u ω tisti del pomika točke T , ki je posledica zasuka togega telesa okrog referenčne točke T , dobimo 0 u = u0 + u ω . (1 . 333) 101 1.15 Premiki togega telesa Zasuk okoli referenčne točke definiramo s smerjo osi zasuka in njegovo velikostjo. Smer osi zasuka določimo z njenim enotskim vektorjem e ω. Skozi točko T ∗ položimo ravnino Π ω pravokotno na e ω (slika 1.32) in označimo prebodišče s točko A. Kot ω 0, ki ga v ravnini Π ω opiše daljica AT ∗ pri zasuku telesa okoli osi zasuka, imenujemo velikost zasuka. Ta je pozitivna, če se točka T ∗ giblje v nasprotni smeri urnega kazalca, oziroma negativna, če se giblje v sourni smeri. Brez izgube na splošnosti lahko vzamemo 0 ≤ |ω 0 | ≤ 2 π, saj točka T ∗ potuje ves čas po isti krožnici. Slika 1.32 Ena od možnosti, kako izrazimo pomik u ω v splošnem primeru, je prikazana v nadaljevanju. S pomočjo slike 1.32 najprej določimo njegovo velikost, nato pa še njegovo smer. Iz pravokotnega trikotnika ( T AC) sledi 0 AC 1 = T C sin α = | + | sin α , (1 . 334) 0 2 iz pravokotnega trikotnika ( ACT ) pa ob upoštevanju enačbe (1.334) dobimo ω ω CT 1 = AC tg 0 = | + | sin α tg 0 . (1 . 335) 2 2 2 102 1.15 Premiki togega telesa Ker je CT = 1 T ∗T = 1 |u 2 2 ω| , sledi ω |u 0 ω| = tg | + | sin α . (1 . 336) 2 Tako smo dobili absolutno vrednost vektorja u ω. Ker je ta vektor pravokoten na ravnino T AC, dobimo enotski vektor njegove smeri z vek-0 torskim produktom vektorjev e ω in 1 ( + ), tako da je 2 e ω × 1 ( + ) u 2 ω = |u ω| . (1 . 337) | e ω × 1( + ) | 2 Ker je | e ω × 1 ( + ) | = 1 | + | sin α , dobimo ob upoštevanju 2 2 enačbe (1.336) ω u 0 ω = tg e ω × ( + ) . (1 . 338) 2 S tem preide enačba (1.333) v naslednjo obliko ω u = u 0 0 + tg e ω × ( + ) . (1 . 339) 2 To je znani Rodriguesov† obrazec, ki opisuje gibanje togega telesa pri poljubno velikih pomikih in zasukih. slika 1.33 † Benjamin Olinde Rodrigues, francoski matematik, 1794–1851. 103 1.15 Premiki togega telesa Izjema je primer ω 0 = π. Tedaj bi namreč dobili tg ω 0 = ∞, kar očitno 2 ni pravi rezultat. V tem primeru določimo pomik u ω s formulo u ω = − = 2 [(e ω · ) e ω − ] , (1 . 340) ki jo brez težav izpeljemo ob upoštevanju slike 1.33. V konstrukcijski mehaniki imamo pogosto opraviti s primeri, ko so za- suki teles zelo majhni. V takih primerih lahko opis gibanja togega telesa občutno poenostavimo. Enačbo (1.339), ki določa premik togega telesa pri neomejenih pomikih in zasukih, zapišimo nekoliko drugače 2 ω u = u 0 0 + ω ω tg 0 e ω × 1 ( + ) . (1 . 341) 0 2 2 Če je zasuk majhen ( |ω 0 | 1), se relativna krajevna vektorja in , ki sta že sicer enaka po velikosti, tudi po smeri le malo razlikujeta, zato lahko pišemo |ω 1 0 | 1 → ≈ in ( + ) ≈ ≈ . (1 . 342) 2 Razen tega lahko pri majhnem zasuku ω 0 vzamemo ω ω ω tg 0 ≈ 0 → 2 tg 0 ≈ 1 (1 . 343) 2 2 ω 0 2 in dobimo Rodriguesovo enačbo (1.339) v poenostavljeni obliki u = u0 + ω 0 × = u0 + ω 0 × . (1 . 344) Pri tem smo z oznako ω 0 vpeljali vektor zasuka oziroma vektor rotacije ω 0 = ω 0 e ω . (1 . 345) Pomik u lahko torej izrazimo s katerimkoli od relativnih krajevnih vektorjev ali , pač v odvisnosti od tega, ali poznamo začetno ali končno 104 1.15 Premiki togega telesa lego togega telesa; v obeh primerih naredimo napako istega velikostnega reda, ki je zanemarljiva, če je le zasuk ω 0 zadosti majhen. Za občutek in oceno napake pri privzetih poenostavitvah so v pregled- nici 1.1 prikazane vrednosti 2 ω tg ω 0 za nekatere velikosti zasuka ω 0 2 0 Preglednica 1.1 0 . 01 0 . 10 0 . 20 0 . 30 0 . 40 0 . 50 ω 0 0 . 57 o 5 . 73 o 11 . 45 o 17 . 19 o 22 . 92 o 28 . 65 o 2 ω tg ω 0 1 . 000 1 . 001 1 . 003 1 . 008 1 . 014 1 . 021 0 2 V večini primerov, s katerimi se srečamo v tej knjigi, poznamo začetno lego telesa, velikosti zasukov pa so omejene tako, da lahko pomike to- gega telesa določamo s poenostavljeno Rodriguesovo enačbo u = u0 + ω 0 × = u0 + ω 0 × (r − r0) (1 . 346) ω = ω 0 . (1 . 347) Pri tem smo poudarili, da imajo vse točke togega telesa enak zasuk ω 0. † Iz enačb (1.339) oziroma (1.346) vidimo, da je pomik poljubne točke togega telesa odvisen od dveh vektorjev (u0 in ω 0 = ω 0 e ω). Zato ima togo telo v trirazsežnem prostoru šest prostostnih stopenj (šest neodvisnih možnosti gibanja), ki jih določajo komponente vektorjev u0 in ω 0. V kartezijskih koordinatah dobimo ux = u 0 x + ( z − z 0) ω 0 y − ( y − y 0) ω 0 z uy = u 0 y + ( x − x 0) ω 0 z − ( z − z 0) ω 0 x (1 . 348) uz = u 0 z + ( y − y 0) ω 0 x − ( x − x 0) ω 0 y † Glej na primer dokaz v knjigi M. Stanek, G. Turk, Statika I, FGG, Ljubljana (1996). 105 1.15 Premiki togega telesa ωx = ω 0 x ωy = ω 0 y (1 . 349) ωz = ω 0 z . Vse dosedanje ugotovitve o gibanju togega telesa lahko torej strnemo v naslednjo trditev: ˇ Ce predpišemo translacijo u0 in zasuk ω 0 v neki poljubno izbrani točki T 0 , smo s tem predpisali tudi pomik u in zasuk ω katere koli druge točke T togega telesa. Oglejmo si še primer, da je gibanje togega telesa vezano na določeno ravnino v prostoru. Brez izgube na splošnosti lahko za to ravnino izbe- remo kar katero od koordinatnih ravnin, na primer ravnino ( x, y). Tedaj mora biti pomik poljubne točke T togega telesa v smeri z enak nič uz( T ) = 0 . (1 . 350) Iz tretje od enačb (1.348) sledi, da je gornji pogoj izpolnjen pri poljubni izbiri koordinat x, y, z točke T le, če velja u 0 z = 0 , ω 0 x = ω 0 y = 0 . (1 . 351) Preostale enačbe (1.348) in (1.349) so sedaj ux = u 0 x − ( y − y 0) ω 0 z (1 . 352) uy = u 0 y + ( x − x 0) ω 0 z ωx = 0 ωy = 0 (1 . 353) ωz = ω 0 z . To pomeni, da ima togo telo pri gibanju v ravnini ( x, y) tri neodvisne prostostne stopnje ( u 0 x, u 0 y, ω 0 z). Podobno lahko ugotovimo, da je gibanje togega telesa v ravnini ( y, z) določeno s prostostnimi stopnjami u 0 y, u 0 z, ω 0 x, v ravnini ( z, x) pa s prostostnimi stopnjami u 0 z, u 0 x, ω 0 y. 106 1.15 Premiki togega telesa Kot zgled si oglejmo še dva posebna primera izbire točk T 0 in T pri gibanju togega telesa v ravnini ( x, y) (slika 1.34). Slika 1.34 V primeru (a) je y = y 0 in iz enačb (1.352) sledi ux = u 0 x (1 . 354) uy = u 0 y + ( x − x 0) ω 0 z . V primeru (b) pa je x = x 0 in dobimo ux = u 0 x − ( y − y 0) ω 0 z (1 . 355) uy = u 0 y . Dobljeni rezultati nas skupaj s skicama na sliki 1.34 spet opozorijo, da smemo pomike togega telesa določati s poenostavljeno Rodriguesovo enačbo (1.344) le tedaj, ko je zasuk ω 0 z dovolj majhen. Končno si na primeru (a), ki je nekoliko podrobneje predstavljen na sliki 1.35, še oglejmo, kolikšno napako naredimo pri različnih vrednostih ω 0, če pomike zaradi zasuka izračunamo s poenostavljenim namesto s točnim Rodriguesovim obrazcem (preglednica 1.2). 107 1.15 Premiki togega telesa Slika 1.35 Preglednica 1.2 0 . 01 0 . 05 0 . 10 0 . 20 0 . 50 1 . 00 ω 0 z 0 . 57 o 2 . 86 o 5 . 73 o 11 . 45 o 28 . 65 o 57 . 30 o x 1 . 0000 1 . 0000 1 . 0000 1 . 0000 1 . 0000 1 . 0000 ¯ x 1 . 0000 0 . 9988 0 . 9950 0 . 9801 0 . 8776 0 . 5403 napaka % 0 . 0 0 . 1 0 . 5 2 . 0 14 . 0 85 . 1 y 0 . 0100 0 . 0500 0 . 1003 0 . 2027 0 . 5463 1 . 5574 ¯ y 0 . 0100 0 . 0500 0 . 0998 0 . 1987 0 . 4794 0 . 8415 napaka % 0 . 0 0 . 1 0 . 5 2 . 0 14 . 0 85 . 1 V preglednici 1.2 so primerjane koordinate točke T po izvršenem zasuku, pri čemer smo zaradi enostavnosti vzeli T 0(0 , 0) in T (1 , 0). Napake so izračunane glede na točne vrednosti koordinat, pri čemer se brez težav prepričamo, da sta napaki pri obeh koordinatah enaki: 108 1.16 Togo telo – Zgledi x − ¯ x y − ¯ y 1 napaka % = 100 − 1 . (1 . 356) ¯ x = 100 ¯ y = 100 cos ω 0 z Rezultati kažejo, da pri večini primerov praktične statike, kjer so pričakovani zasuki manjši od 0 . 1 rad (5 . 73 o), pri določanju pomikov s poenostavljeno Rodriguesovo enačbo ne naredimo omembe vredne napake. Pri omenjeni vrednosti zasuka je napaka zgolj 0 . 5 %. Običajno pa so zasuki elementov gradbenih konstrukcij še veliko manjši od 0 . 1 rad, kar pomeni, da so napake dejansko zanemarljive. Navedena ugotovitev se seveda nanaša na primer, da je togo telo predstavljeno z daljico T 0 T , ki je vzporedna z “vodoravno” osjo x. 1.16 Togo telo - Zgledi Zgled 1.1 Zapiši enačbe (1.85), (1.86), (1.100) in (1.101) v komponentni obliki! Enačbi (1.85) in (1.86): R = Rx e x + Ry e y + Rz e z = Ri e i = 0 i M = Mx e x + My e y + Mz e z = Mi e i = 0 ( i = x, y, z) i r = x e x + y e y + z e z = xi e i i 109 1.16 Togo telo – Zgledi Rx = pnx dS + vx dV = 0 S V Ry = pny dS + vy dV = 0 S V Rz = pnz dS + vz dV = 0 S V Mx = ( y pnz − z pny) dS + ( y vz − z vy) dV = 0 S V My = ( z pnx − x pnz) dS + ( z vx − x vz) dV = 0 S V Mz = ( x pny − y pnx) dS + ( x vy − y vx) dV = 0 . S V Enačbi (1.100) in (1.101): N n = Nnx e x + Nny e y + Nnz e z = Nnie i i ( i = x, y, z) M n = Mnx e x + Mny e y + Mnz e z = Mni e i i Nnx = σnx dAn An Nny = σny dAn An Nnz = σnz dAn An Mnx = ( y σnz − z σny) dAn An Mny = ( z σnx − x σnz) dAn An Mnz = ( x σny − y σnx) dAn . An 110 1.16 Togo telo – Zgledi Zgled 1.2 Dokaži, da so količine Iσ, Iσ, Iσ neodvisne od izbire koordinatnega siste-1 2 3 ma, torej invariantne! Za dokaz invariantnosti količine Iσ jo najprej izračunamo v koordinat-1 nem sistemu ( x, y, z) in jo označimo z Iσ( x 1 i) Iσ σ 1 ( xi) = σxx + σyy + σzz = ii . ( a) i V koordinatah ( ξ, η, ζ) pa dobimo Iσ( x σ 1 α) = σξξ + σηη + σζζ = αα . ( b) α Komponente σαβ obravnavanega tenzorja napetosti v koordinatah ( ξ, η, ζ) določimo s transformacijsko enačbo (1.163) σαβ = σijeαieβj . ( c) i j Tako dobimo σξξ = σxxe 2 ξx + σyye 2 ξy + σzze 2 ξz+ 2 σxyeξxeξy + 2 σyzeξyeξz + 2 σzxeξzeξx σηη = σxxe 2 ηx + σyye 2 ηy + σzze 2 ηz+ (ˇ c) 2 σxyeηxeηy + 2 σyzeηyeηz + 2 σzxeηzeηx σζζ = σxxe 2 ζx + σyye 2 ζy + σzze 2 ζz+ 2 σxyeζxeζy + 2 σyzeζyeζz + 2 σzxeζzeζx . Dobljene izraze za napetosti vstavimo v enačbo ( b) in po ureditvi dobimo Iσ( x 1 α) = σxx( e 2 ξx + e 2 ηx + e 2 ζx)+ σyy( e 2 ξy + e 2 ηy + e 2 ζy)+ σzz( e 2 ξz + e 2 ηz + e 2 ζz)+ ( d) 2 σxy( eξxeξy + eηxeηy + eζxeζy)+ 2 σyz( eξyeξz + eηyeηz + eζyeζz)+ 2 σzx( eξzeξx + eηzeηx + eζzeζx) . 111 1.16 Togo telo – Zgledi Zaradi znanih lastnosti transformacijske matrike [ eαi] imajo prvi trije izrazi v oklepajih na desni strani enačbe ( d) vrednost 1, drugi trije pa so nič. Tako dobimo enakost Iσ( x ( x 1 α) = σxx + σyy + σzz = Iσ 1 i) , ( e) kar dokazuje, da je Iσ res invarianta glede na zamenjavo koordinatnega 1 sistema. Z zgoščenim zapisom nastopajočih količin lahko dokaz občutno skraj- šamo Iσ( x σ σ 1 α) = αα = ij eαieαj . ( f ) α α i j Ker je eαieαj = δij in σijδij = σii , ( g) α j preide enačba ( f ) v iskano enakost Iσ σ σ 1 ( xα) = αα = ii = Iσ 1 ( xi) . α i Podobno, vendar le v zgoščenem zapisu, dokažemo invariantnost količine Iσ. V koordinatah ( x, y, z) je v skladu z enačbo (1.189) 2 Iσ 1 ( x ( σ 2 i) = iiσkk − σikσki) , ( h) 2 i k v koordinatah ( ξ, η, ζ) pa Iσ 1 2 ( xα) = ( σαασββ − σαβσβα) . ( i) 2 α β V enačbi ( i) izrazimo napetosti s transformacijsko formulo ( c) in po ureditvi dobimo Iσ( x 2 α) = 1 σijσkl ( eαieαjeβkeβl − eαieβjeβkeαl) . ( j) 2 i j k l α β 112 1.16 Togo telo – Zgledi Ob upoštevanju enačb (1.49) se desna stran nekoliko skrajša Iσ 1 ( x σ 2 α) = ij σkl ( δij δkl − δilδjk) . ( k) 2 i j k l Ker je σijδij = σii σijδjk = σik j j ( l) σklδkl = σkk σklδil = σki , l l preide enačba (k) v iskano enakost Iσ 1 ( x ( σ ( x 2 α) = iiσkk − σikσki) = Iσ i) . ( m) 2 2 i k Dokaz invariantnosti količine Iσ je najlaže izpeljati v matričnem zapisu. 3 V koordinatah ( x, y, z) je namreč Iσ( x 3 i) = det [ σij] , ( n) v koordinatah ( ξ, η, ζ) pa Iσ 3( xα) = det [ σαβ] . ( o) Uporabimo transformacijsko enačbo (1.165) in dobimo Iσ( x [ T ] T [ σ . ( p) 3 α) = det ij ][ T ] Determinanta produkta je enaka produktu determinant, zato je Iσ( x 3 α) = det [ T ] T det [ σij ] det [ T ] . ( r) Zaradi znanih lastnosti transformacijske matrike je det [ T ] T = 1 in det [ T ] = 1 ( s) 113 1.16 Togo telo – Zgledi in enačba ( r) pokaže iskano enakost Iσ 3( xα) = det [ σij] = Iσ 3( xi) . (ˇ s) Bralcu prepuščamo, da to enakost dokaže neposredno iz zapisa (1.190). Zgled 1.3 Napetostno stanje v točki P je podano s komponentami σij tenzorja napetosti glede na kartezijski koordinatni sistem ( x, y, z). Skozi točko P položimo dve nekomplanarni ravnini: Γ a z enotsko normalo e a in Γ b z enotsko normalo e b. Določi vektorja napetosti σa in σb, ki v točki P pripadata ravninama Γ a in Γ b ! Dokaži, da je projekcija napetostnega vektorja σa na smer e b po velikosti enaka projekciji napetostnega vektorja σb na smer e a ! Enotska vektorja normal na ravnini Γ a in Γ b sta Γ a : e a = eax e x + eay e y + eaz e z ( a) Γ b : e b = ebx e x + eby e y + ebz e z . ( b) Napetostna vektorja σa in σb, ki v točki P pripadata ravninama Γ a in Γ b, določimo z enačbo (1.158) σa = σx eax + σy eay + σz eaz ( c) σb = σx ebx + σy eby + σz ebz . (ˇ c) Če zapišemo napetostne vektorje σx, σy in σz z njihovimi komponentami σij v izbranem koordinatnem sistemu ( x, y, z) σx = σxx e x + σxy e y + σxz e z σy = σyx e x + σyy e y + σyz e z ( d) σz = σzx e x + σzy e y + σzz e z , 114 1.16 Togo telo – Zgledi dobimo po množenju in ureditvi enačb ( c) in (ˇ c) σa = ( σxx eax + σyx eay + σzx eaz) e x+ ( σxy eax + σyy eay + σzy eaz) e y+ ( σxz eax + σyz eay + σzz eaz) e z ( e) σb = ( σxx ebx + σyx eby + σzx ebz) e x+ ( σxy ebx + σyy eby + σzy ebz) e y+ ( σxz ebx + σyz eby + σzz ebz) e z . ( f ) Projekcijo napetostnega vektorja σa na smer e b izračunamo kot skalarni produkt vektorjev σa in eb ; ob upoštevanju simetrije napetostnega tenzorja dobimo σa · e b = σxx eax ebx + σyy eay eby + σzz eaz ebz+ σxy ( eax eby + eay ebx)+ σyz ( eay ebz + eaz eby)+ σzx ( eaz ebx + eax ebz) . ( g) Podobno določimo projekcijo napetostnega vektorja σb na smer e a σb · e a = σxx ebx eax + σyy eby eay + σzz ebz eaz+ σxy ( ebx eay + eby eax)+ σyz ( eby eaz + ebz eay)+ σzx ( ebz eax + ebx eaz) . ( h) Iz primerjave enačb ( g) in ( h) sledi σa · e b = σb · e a in dokaz je končan. 115 1.16 Togo telo – Zgledi Nalogo lahko rešimo tudi po krajši poti, če nastopajoče količine zapišemo z vsotami ( i, j = x, y, z) ( d) : σi = σij e j ( i) j ( c) , ( d) : σa = eai σi = eai σij e j ( j) i i j (ˇ c) , ( d) : σb = ebi σi = ebi σij e j ( k) i i j in ker je e j · e b = ejb = ebj in e j · e a = eja = eaj , sledi po skalarnem množenju enačbe ( j) z e b in enačbe ( k) z e a σa · e b = eai σij ebj ( l) i j σb · e a = ebi σij eaj . ( m) i j V enačbi ( m) ničesar ne spremenimo, če zamenjamo seštevalna indeksa i in j. Tako dobimo σb · e a = ebj σji eai . ( n) i j Ker je tenzor napetosti simetričen ( σji = σij) , sledi σb · e a = ebj σij eai . ( o) i j S primerjavo enačb ( l) in ( o) spet dobimo σa · e b = σb · e a . ( p) 116 1.16 Togo telo – Zgledi To je znani izrek o konjugiranosti napetostnih vektorjev v nekompla- narnih ravninah. V primeru, da sta ravnini Γ a in Γ b pravokotni med seboj, predstavljata skalarna produkta σa · e b in σb · e a strižni napetosti v teh ravninah σa · e b = σab in σb · e a = σba . ( r) Izrek (p) se v tem primeru ujema z momentnim ravnotežnim pogojem (1.134), ki zahteva, da so strižne napetosti v medsebojno pravokotnih ravninah enake (simetrične) σab = σba . ( s) Zgled 1.4 Izhajajoč iz Gaussovega integralskega izreka izpelji ravnotežne pogoje za delec trdnega telesa, izražene z napetostmi v kartezijskih koordinatah! Upoštevaj, da je zunanja obtežba telesa v ravnotežju! Gaussov integralski izrek ∗ (imenovan tudi izrek Gaussa † – Ostrograd-skega ‡) je eden od osnovnih in najmočnejših izrekov matematične analize. V elementarnih matematičnih učbenikih ga navadno najdemo za- pisanega v naslednji obliki P · en dS = divP dV ( a) S V oziroma v kartezijskih koordinatah x, y, z ∗ Glej na primer: Bronštejn, Semendjajev, Musiol, Mühlig, Matematični priročnik (1997), str. 522. † Johann Carl Friedrich Gauss, nemški matematik, 1777-1855. ‡ Mihail Vasiljevič Ostrogradski, ukrajinski matematik, 1801–1861. 117 1.16 Togo telo – Zgledi ∂Px ∂Py ∂Pz ( Pxenx + Pyeny + Pzenz) dS = dV . S V ∂x + ∂y + ∂z ( b) Pri tem so Px( x, y, z) , Py( x, y, z) , Pz( x, y, z) zvezne funkcije z zveznimi prvimi parcialnimi odvodi, definirane na območju V in na njegovi mejni ploskvi S , ki je orientirana z enotsko zunanjo normalo e n. V tem učbeniku uporabljamo Gaussov izrek v posplošeni obliki ∂P x ∂P y ∂P z (P xenx + P yeny + P zenz) dS = dV , S V ∂x + ∂y + ∂z ( c) kjer so P x, P y, P z vektorske funkcije podobnih lastnosti kakor Px, Py, Pz v izreku ( b). Gaussov izrek lahko torej razumemo tudi takole: Če sta vektorski polji A in B povezani z enačbo A dS = B dV , (ˇ c) S V potem obstajajo tri take vektorske funkcije P x, P y, P z, da velja ∂P x ∂P y ∂P z na območju V : B = , ∂x + ∂y + ∂z ( d) na mejni ploskvi S : A = P x enx + P y eny + P z enz . ( e) Ravnotežne pogoje za zunanjo obtežbo telesa kot celote smo izrazili z enačbama (1.85) in (1.86), ki ju tokrat zapišemo malo drugače (1 . 85) . . . pn dS = − v dV (f ) S V (1 . 86) . . . rn × pn dS = − r × v dV . (g) S V 118 1.16 Togo telo – Zgledi Podobno kakor zgoraj lahko torej sklepamo, da sta integranda na levi in desni strani enačbe ( f ) povezana med seboj s tremi vektorskimi funkcijami, ki jih tokrat označimo s σx, σy, σz in ki so z zunanjo obtežbo p n in v povezane v smislu enačb ( d) in ( e) ∂σx ∂σy ∂σz na območju V : −v = , ∂x + ∂y + ∂z ( h) na mejni ploskvi S : p n = σx enx + σy eny + σz enz . ( i) S preureditvijo enačbe ( h) dobimo ravnotežni pogoj (1.122), enačba ( i) pa predstavlja robni pogoj (1.138). Z vstavitvijo enačbe ( i) v enačbo ( g) dobimo (r × σx) enx + (r × σy) eny + (r × σz) enz dS + r × v dV = 0 . S V ( j) Prvi integral na levi strani gornje enačbe prevedemo z Gaussovim izrekom v trojni integral po območju V in rezultat nekoliko preuredimo ∂σx ∂σy ∂σz r × dV + V ∂x + ∂y + ∂z + v (e x × σx + e y × σy + e z × σz) dV = 0 . ( k) V Pri tem smo upoštevali, da je ∂r ∂r ∂r ∂x = e x , ∂y = e y , ∂z = e z . ( l) Zaradi enačbe ( h) je prvi člen na levi strani enačbe ( k) enak nič, o drugem pa sklepamo takole: Ravnotežna pogoja ( f ) in ( g) bi lahko zapisali tudi za poljubno podobmočje V ∗, ki bi ga v mislih “izrezali” iz območja V , le da bi v tem primeru namesto specifične zunanje 119 1.16 Togo telo – Zgledi površinske obtežbe p n nastopale napetosti σn. Ker mora biti tudi podobmočje V ∗ v ravnotežju, bi z analognim izvajanjem kakor zgoraj dobili (e x × σx + e y × σy + e z × σz) dV = 0 . ( m) V ∗ Ker smo podobmočje V ∗ poljubno izbrali, je pogoj ( m) izpolnjen le tedaj, če na celotnem območju V velja e x × σx + e y × σy + e z × σz = 0 . ( n) Tako smo z napetostmi izrazili tudi momentni ravnotežni pogoj. Zgled 1.5 Napetostno stanje telesa je podano s komponentami σij tenzorja napetosti glede na kartezijski koordinatni sistem ( x, y, z). Določi vektor napetosti ter njegovo normalno in strižno komponento v ravnini Γ, ki je podana z odseki na koordinatnih oseh (slika Z-1.5), in sicer v točki T (3 , 1 , z) , ( T ∈ Γ)! Določi vektorsko polje specifične prostorninske obtežbe v tako, da bodo izpolnjeni ravnotežni pogoji v vsaki točki telesa! Enota dolžin je m, enota napetosti pa kN / cm2. ⎡ ⎤ 2 x z + 1 xy [ σij] = ⎣ z + 1 4 x 2 yz ⎦ xy 2 yz 5 z 2 Slika Z-1.5 120 1.16 Togo telo – Zgledi Zapišimo najprej enačbo ravnine Γ v segmentni in nato še v splošni obliki x y z + + = 1 → Φ = 4 x + 6 y + 9 z − 36 = 0 . 9 6 4 Normalo ravnine Γ določimo kot gradient skalarnega polja Φ ∂Φ ∂Φ ∂Φ n = ∇Φ = ∂x e x + ∂y e y + ∂z e z = 4e x + 6e y + 9e z , njena dolžina pa je √ n = |n | = 42 + 62 + 92 = 133 = 11 . 53 . Enotski vektor normale ravnine Γ je tako n e n = n = 0 . 347e x + 0 . 520e y + 0 . 780e z . Določimo še koordinato z točke T tako, da bo ta točka zares ležala v ravnini Γ T : x = 3 , y = 1 . . . Φ = 4 · 3 + 6 · 1 + 9 z − 36 = 0 → z = 2 . Napetostno stanje v točki T (3 , 1 , 2) je sedaj podano z naslednjo matriko komponent napetosti ⎡ ⎤ 6 3 3 [ σij] T = ⎣ 3 12 4 ⎦ . 3 4 20 Komponente vektorja napetosti σn, ki v točki T pripada ravnini Γ, dobimo z enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ σnx ⎬ 6 3 3 ⎨ 0 . 347 ⎬ ⎨ 5 . 983 ⎬ σ ⎣ ⎦ , ⎩ ny 3 12 4 0 . 520 10 . 405 σ ⎭ = ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ nz 3 4 20 0 . 780 18 . 730 121 1.16 Togo telo – Zgledi tako da je σn = σnx e x + σny e y + σnz e z σn = 5 . 983 e x + 10 . 405 e y + 18 . 730 e z . Normalno komponento σnn napetostnega vektorja σn dobimo kot projekcijo tega vektorja na smer normale ⎧ ⎫ ⎫ ⎨ T ⎧ 5 . 983 ⎬ ⎨ 0 . 347 ⎬ σnn = σn · e n = → σ ⎩ 10 . 405 ⎭ ⎩ 0 . 520 ⎭ nn = 22 . 105 kN / cm2 . 18 . 730 0 . 780 Določimo še velikost σn = |σn| napetostnega vektorja σn σ 2 n = σn · σn = 5 . 9832 + 10 . 4062 + 18 . 7302 → σn · σn = 494 . 865 √ σn = σn · σn = 22 . 246 kN / cm2 . Strižno napetost v točki T ravnine Γ izračunamo po Pitagorovem izreku σnt = σn · σn − σ 2 nn = 494 . 865 − 22 . 1052 σnt = 2 . 494 kN / cm2 . Drugi del naloge zahteva določitev komponent specifične prostorninske obtežbe, ki ustreza ravnotežnemu stanju telesa. V vsaki točki telesa morajo biti torej izpolnjene ravnotežne enačbe (1.131) ∂σxx ∂σyx ∂σzx ∂x + ∂y + ∂z + vx = 0 ∂σxy ∂σyy ∂σzy ∂x + ∂y + ∂z + vy = 0 ∂σxz ∂σyz ∂σzz ∂x + ∂y + ∂z + vz = 0 . Po vstavitvi parcialnih odvodov funkcij napetosti sledi vx = − 2 , vy = − 2 y , vz = −( y + 12 z) , 122 1.16 Togo telo – Zgledi tako da je v = − 2 e x − 2 y e y − ( y + 12 z) e z . Zgled 1.6 Napetostno stanje v točki P je podano s komponentami σij tenzorja napetosti glede na kartezijski koordinatni sistem ( x, y, z) ⎡ ⎤ 8 5 − 3 [ σij] = ⎣ 5 2 2 ⎦ . − 3 2 − 4 Določi: a. normalno in strižno komponento ter velikost vektorja napetosti, ki v točki P pripada ravnini z normalo √ 1 1 2 e ξ = e x + e y + e z ; 2 2 2 b. komponente podanega tenzorja napetosti v desnosučnem koordinat- nem sistemu ( ξ, η, ζ), ki ga tvori dana smer e ξ z dvema pravokotnima smerema: √ √ 2 2 e η = − e x + e y + eηz e z in e ζ ; 2 2 c. velikosti in smeri glavnih normalnih napetosti; č. velikosti in ravnine ekstremnih strižnih napetosti ter pripadajoče normalne napetosti v teh ravninah; d. sferični in deviatorični del tenzorja napetosti ter velikosti in smeri glavnih deviatoričnih napetosti; e. normalno in strižno napetost v oktaedrski ravnini skozi točko P . 123 1.16 Togo telo – Zgledi a. Komponente vektorja napetosti σξ, ki v točki P pripada ravnini z normalo e ξ, dobimo z enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ σξx ⎬ 8 5 − 3 ⎨ 1 ⎬ ⎨ 4 . 379 ⎬ σ ⎣ ⎦ · 1 , ⎩ ξy 5 2 2 1 √ 4 . 914 σ ⎭ = 2 ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ ξz − 3 2 − 4 2 − 3 . 328 tako da je σξ = σξx e x + σξy e y + σξz e z σξ = 4 . 379 e x + 4 . 914 e y − 3 . 328 e z . Normalno komponento σξξ napetostnega vektorja σξ dobimo kot projekcijo tega vektorja na smer normale ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ T 4 . 379 ⎬ ⎨ 1 ⎬ σξξ = σξ · e ξ = · 1 → σ ⎩ 4 . 914 1 √ ξξ = 2 . 293 . − ⎭ 2 ⎩ ⎭ 3 . 328 2 Določimo še kvadrat velikosti σξ = |σξ| napetostnega vektorja σξ σ 2 ξ = σξ · σξ = 4 . 3792 + 4 . 9142 + 3 . 3282 → σξ · σξ = 54 . 401 . Strižno napetost σξt v točki P ravnine z normalo e ξ izračunamo po Pitagorovem izreku σξt = σξ · σξ − σ 2 ξξ = 54 . 401 − 2 . 2932 → σξt = 7 . 010 . b. Če naj vektorji e ξ, e η, e ζ tvorijo ortonormalno bazo, velja √ √ √ 2 1 2 2 e ξ · e η = 0 → 1 − + + eηz = 0 ; 2 2 2 2 2 zato mora biti eηz = 0 in bazni vektor e η je √ √ 2 2 e η = − e x + e y . 2 2 124 1.16 Togo telo – Zgledi Tretji bazni vektor e ζ določimo kot vektorski produkt vektorjev e ξ in e η tako, da skupaj z njima tvori desnosučno ortonormalno bazo √ e x e y e z √ 2 e 1 1 2 ζ = e ξ × e η = → e ζ = − 1e x − 1e y + e z . 2 2 2 √ √ 2 2 2 − 2 2 0 2 2 Komponente baznih vektorjev e ξ, e η, e ζ glede na koordinatno bazo (e x, e y, e z) tvorijo transformacijsko matriko [ eαi], ki določa transformacijo komponent tenzorja napetosti pri prehodu iz koordinatnega sistema ( x, y, z) v kooordinatni sistem ( ξ, η, ζ) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ eξx eξy eξz 0 . 500 0 . 500 0 . 707 [ eαi] = ⎣ eηx eηy eηz ⎦ = ⎣ − 0 . 707 0 . 707 0 ⎦ . eζx eζy eζz − 0 . 500 − 0 . 500 0 . 707 Pri tem smo ulomke zaradi lažjega zapisa nadomestili z decimalnimi števili. Matriko napetosti ⎡ ⎤ σξξ σξη σξζ [ σαβ] = ⎣ σηξ σηη σηζ ⎦ , σζξ σζη σζζ ki pripada obravnavanemu napetostnemu stanju točke P v koordinatnem sistemu ( ξ, η, ζ), določimo po enačbi (1.164) [ σαβ] = [ eαi][ σij][ ejβ] . Po prvem množenju dobimo ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 . 500 0 . 500 0 . 707 8 5 − 3 [ eαi][ σij] = [ σαj] = ⎣ − 0 . 707 0 . 707 0 ⎦ ⎣ 5 2 2 ⎦ , − 0 . 500 − 0 . 500 0 . 707 − 3 2 − 4 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σξx σξy σξz 4 . 379 4 . 914 − 3 . 328 [ σαj] = ⎣ σηx σηy σηz ⎦ = ⎣ − 2 . 121 − 2 . 121 3 . 536 ⎦ . σζx σζy σζz − 8 . 621 − 2 . 086 − 2 . 328 125 1.16 Togo telo – Zgledi V prvi vrstici dobljene matrike prepoznamo komponente napetostnega vektorja σξ v bazi e x, e y, e z, ki smo jih določili pod točko a). V drugi in tretji vrstici so zapisane komponente napetostnih vektorjev ση in σζ v bazi e x, e y, e z. Gre torej za napetostne vektorje, ki pripadajo koordinatnim ravninam “novega” koordinatnega sistema ( ξ, η, ζ), razcepljeni pa so v smereh baznih vektorjev e x, e y, e z. Zato matrika napetosti [ σαj] ni simetrična. Opravimo sedaj še drugo množenje! ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 4 . 379 4 . 914 − 3 . 328 0 . 500 − 0 . 707 − 0 . 500 [ σαβ] = ⎣ − 2 . 121 − 2 . 121 3 . 536 ⎦ ⎣ 0 . 500 0 . 707 − 0 . 500 ⎦ . − 8 . 621 − 2 . 086 − 2 . 328 0 . 707 0 0 . 707 Tako dobimo⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σξξ σξη σξζ 2 . 293 0 . 379 − 7 . 000 [ σαβ] = ⎣ σηξ σηη σηζ ⎦ = ⎣ 0 . 379 0 . 000 4 . 621 ⎦ . σζξ σζη σζζ − 7 . 000 4 . 621 3 . 707 V vrsticah oziroma stolpcih dobljene matrike [ σαβ] so zapisane komponente istih treh napetostnih vektorjev σξ, ση in σζ kot v matriki [ σαj], le da so ti vektorji sedaj razcepljeni v bazi e ξ, e η, e ζ. Zato je matrika napetosti [ σαβ] simetrična. c. Za določitev glavnih normalnih napetosti moramo najprej določiti invariante napetostnega tenzorja Iσ = σ 1 xx + σyy + σzz = 8 + 2 − 4 = 6 Iσ σ σ σ = yy σyz xx σxz xx σxy 2 σ + + zy σzz σzx σzz σyx σyy 2 2 8 − 3 8 5 = 2 − 4 + − 3 − 4 + 5 2 = − 62 Iσ 3 = det [ σij] = |σij| = − 74 . (Kontrola: določi invariante napetosti še iz matrike [ σαβ] !) 126 1.16 Togo telo – Zgledi Karakteristična enačba obravnavanega tenzorja napetosti je torej Φ( σ) = σ 3 − Iσσ 2 + Iσσ − Iσ = σ 3 − 6 σ 2 − 62 σ + 74 = 0 . 1 2 3 Kakor vemo, ima ta enačba tri realne korene. Poiščemo jih z Newtonovo† (tangentno) iteracijsko metodo, pri kateri je približek rešitve v r-tem iteracijskem koraku določen z enačbo σ( r) = σ( r− 1) − Φ( σ( r− 1)) , Φ ( σ( r− 1)) kjer je dΦ Φ ( σ) = dσ = 3 σ 2 − 12 σ − 62 . Pri računanju korenov nelinearnih enačb po Newtonovi metodi je zelo pomembna izbira začetnih približkov. Začetne približke lahko določimo grafično, tako da približno skiciramo potek funkcije Φ, lahko jih uganemo ali si pomagamo kako drugače. V našem primeru vsekakor lahko pričakujemo, da bo velikostni red rešitev enak velikostnemu redu komponent tenzorja napetosti, to je ± 10. Zato za začetne približke izberemo naslednje vrednosti σ(0) = 10 , σ(0) = 0 , σ(0) = − 10 . 11 22 33 Začnimo z Newtonovim iteracijskim postopkom za določitev prve glavne normalne napetosti σ 11. Ob začetnem približku σ(0) = 10 dobimo 11 Φ(10) = − 146 , Φ (10) = 118 . Prvi izboljšani približek za σ 11 je − σ(1) 146 = 10 − = 11 . 237 . 11 118 † Sir Isaac Newton, angleški fizik in matematik, 1643–1727. 127 1.16 Togo telo – Zgledi Postopek ponovimo z novim približkom Φ(11 . 237) = 38 . 635 , Φ (11 . 237) = 181 . 982 . σ(2) = 11 . 237 − 38 . 635 = 11 . 025 . 11 181 . 982 Φ(11 . 025) = 1 . 239 , Φ (11 . 025) = 170 . 351 . σ(3) = 11 . 025 − 1 . 239 = 11 . 018 . 11 170 . 351 Φ(11 . 018) = 0 . 0014 , Φ (11 . 018) = 169 . 957 . σ(4) = 11 . 018 − 0 . 0014 = 11 . 018 . 11 169 . 957 Če se odločimo, da bomo iteracijski postopek končali tedaj, ko se vred- nosti dveh zaporednih približkov na tretjem decimalnem mestu ne bosta razlikovali, pridemo torej v četrti iteraciji do prvega korena karakteri- stične enačbe obravnavanega napetostnega stanja: σ 11 = 11 . 018. Prav tako bi določili še preostala dva korena. Približki so prikazani v naslednji preglednici r σ 11 σ 22 σ 33 0 10 0 − 10 1 11.237 1.194 -7.469 2 11.025 1.099 -6.370 3 11.018 1.098 -6.128 4 11.018 1.098 -6.116 5 -6.116 Boljše začetne približke bi, kakor smo omenili, dobili tako, da bi narisali približen potek funkcije Φ( σ) (slika Z-1.6 a) in odmerili njene ničle. 128 1.16 Togo telo – Zgledi Slika Z-1.6 a Določiti moramo še enotske vektorje e1, e2 in e3 glavnih smeri obravnavanega napetostnega stanja, tako da bo za napetostne vektorje σ 1, σ 2 in σ 3, ki pripadajo ravninam z normalami e1, e2 in e3, veljalo σ 1 = σ 11 e1 , σ 2 = σ 22 e2 , σ 3 = σ 33 e3 . Smerne kosinuse e 1 x, e 1 y in e 1 z glavne smeri e1 izračunamo kot rešitve enačbe (1.178), kjer vzamemo σgg = σ 11 ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ σxx − σ 11 σyx σzx ⎨ e 1 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ σxy σyy − σ ⎦ 11 σzy e 1 y 0 . σ ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ xz σyz σzz − σ 11 e 1 z 0 V našem primeru dobimo ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ − 3 . 018 5 − 3 ⎨ e 1 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ 5 − 9 . 018 2 ⎦ e 1 y 0 . − ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ 3 2 − 15 . 018 e 1 z 0 Ker smo vrednost σ 11 določili iz pogoja, da mora biti matrika koeficientov gornjega homogenega sistema enačb singularna, ima sistem netri- vialno rešitev. Kakor smo ugotovili v razdelku 1.9, so smerni kosinusi glavnega vektorja e1 sorazmerni kofaktorjem členov poljubne vrstice 129 1.16 Togo telo – Zgledi ali stolpca matrike koeficientov. V našem primeru si pomagamo kar s kofaktorji k členom prve vrstice K − (1) 9 . 018 2 xx = 2 − 15 . 018 = 131 . 432 K(1) 5 2 xy = − − 3 − 15 . 018 = 69 . 090 K(1) 5 − 9 . 018 xz = − 3 2 = − 17 . 054 . Dobljene vrednosti normiramo tako, da bo e1 enotski vektor k(1) x = ± 131 . 4322 + 69 . 0902 + 17 . 0542 = ± 149 . 461 . Če privzamemo kar pozitivno vrednost norme k(1) x , dobimo K(1) e xx 131 . 432 1 x = = = 0 . 879 k(1) x 149 . 461 K(1) e xy 69 . 090 1 y = = = 0 . 462 k(1) x 149 . 461 K(1) − e xz 17 . 054 1 z = = = − 0 . 114 . k(1) x 149 . 461 Smerne kosinuse e 2 x, e 2 y in e 2 z glavne smeri e2 dobimo iz enačbe ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ σxx − σ 22 σyx σzx ⎨ e 2 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ σxy σyy − σ ⎦ 22 σzy e 2 y 0 , σ ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ xz σyz σzz − σ 22 e 2 z 0 oziroma v našem primeru ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ 6 . 902 5 − 3 ⎨ e 2 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ 5 0 . 902 2 ⎦ e 2 y 0 . − ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ 3 2 − 5 . 098 e 2 z 0 130 1.16 Togo telo – Zgledi Tokrat si za šalo pomagajmo s kofaktorji k členom druge vrstice K(2) 5 − 3 yx = − 2 − 5 . 098 = 19 . 490 K(2) 6 . 902 − 3 yy = − 3 − 5 . 098 = − 44 . 186 K(2) 6 . 902 5 yz = − − 3 2 = − 28 . 804 k(2) y = ± 19 . 4902 + 44 . 1862 + 28 . 8042 = ± 56 . 231 . Spet privzamemo pozitivno vrednost norme k(2) y in dobimo K(2) e yx 19 . 490 2 x = = = 0 . 347 k(2) y 56 . 231 K(2) − e yy 44 . 186 2 y = = = − 0 . 786 k(2) y 56 . 231 K(2) − e yz 28 . 804 2 z = = = − 0 . 512 . k(2) y 56 . 231 Podobno bi lahko določili tudi smerne kosinuse glavnega vektorja e3, le pri izbiri predznaka norme kofaktorjev k členom izbrane vrstice ali stolpca matrike koeficientov bi morali biti pazljivi, da bi dobljeni vektor e3 z vektorjema e1 in e2 tvoril desnosučno koordinatno bazo. Zato je najenostavneje, če tretji glavni vektor e3 določimo kot vektorski produkt vektorjev e1 in e2 e3 = e1 × e2 e x e y e z e 3 = 0 . 879 0 . 462 − 0 . 114 = − 0 . 326 e x + 0 . 411 e y − 0 . 852 e z . 0 . 347 − 0 . 786 − 0 . 512 Tako smo določili glavne vektorje obravnavanega napetostnega stanja v točki P e1 = 0 . 879 e x + 0 . 462 e y − 0 . 114 e z e2 = 0 . 347 e x − 0 . 786 e y − 0 . 512 e z e3 = − 0 . 326 e x + 0 . 411 e y − 0 . 852 e z . 131 1.16 Togo telo – Zgledi Komponente vektorjev e1, e2 in e3 tvorijo transformacijsko matriko [ eαi] ( α = 1 , 2 , 3; i = x, y, z), ki opisuje zasuk izbrane koordinatne baze e x, e y, e z v novo lego e1 , e2 , e3 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ e 1 x e 1 y e 1 z 0 . 879 0 . 462 − 0 . 114 [ eαi] = ⎣ e ⎦ ⎣ ⎦ 2 x e 2 y e 2 z = 0 . 347 − 0 . 786 − 0 . 512 . e 3 x e 3 y e 3 z − 0 . 326 0 . 411 − 0 . 852 V novi bazi e1 , e2 , e3 ima matrika napetosti diagonalno obliko ⎡ σ 11 0 0 11 . 018 0 0 [ σ αβ] = ⎣ 0 σ 22 0 = 0 1 . 098 0 . 0 0 σ 33 0 0 − 6 . 116 (Kontrola: določi komponente tenzorja napetosti v bazi e1 , e2 , e3 z enačbo (1.164), podobno kot v točki b. !) č. Enotske vektorje normal tistih ravnin, v katerih nastopajo glavne strižne napetosti, označimo z eI, eII in eIII in jih izrazimo z glavnimi vektorji napetostnega stanja e1 , e2 , e3 √ 2 eI = ± (e2 + e3) 2 √ 2 eII = ± (e3 + e1) 2 √ 2 eIII = ± (e1 + e2) . 2 Tako dobimo eI = 0 . 014 e x − 0 . 265 e y − 0 . 964 e z eII = 0 . 391 e x + 0 . 617 e y − 0 . 683 e z eIII = 0 . 867 e x − 0 . 229 e y − 0 . 443 e z . Pri tem smo v enačbah za enotske vektorje normal ravnin glavnih strižnih napetosti privzeli pozitivne predznake. Napetostni vektorji v 132 1.16 Togo telo – Zgledi teh ravninah so √ σ 2 I = ( σ 2 + σ 3) 2 √ σ 2 II = ( σ 3 + σ 1) 2 √ σ 2 III = ( σ 1 + σ 2) . 2 Ker velja σ 1 = σ 11 e1 → σ 1 = 9 . 689 e x + 5 . 093 e y − 1 . 257 e z σ 2 = σ 22 e2 → σ 2 = 0 . 381 e x − 0 . 863 e y − 0 . 563 e z σ 3 = σ 33 e3 → σ 3 = 1 . 997 e x − 2 . 513 e y + 5 . 206 e z , sledi σ I = 1 . 681 e x − 2 . 387 e y + 3 . 283 e z σ II = 8 . 263 e x + 1 . 824 e y + 2 . 792 e z σ III = 7 . 120 e x + 2 . 991 e y − 1 . 287 e z . Strižne komponente teh napetostnih vektorjev so glavne strižne napeto- sti obravnavanega napetostnega stanja. Z vrednostmi glavnih normal- nih napetosti jih izrazimo takole σ 1 I t ≡ τ I = ( σ 22 − σ 33) → σ I t = 3 . 607 2 σ 1 II t ≡ τ II = ( σ 33 − σ 11) → σ II t = − 8 . 567 2 σ 1 III t ≡ τ III = ( σ 11 − σ 22) → σ III t = 4 . 960 . 2 Pripadajoče normalne napetosti so σ 1 II ≡ σ I n = ( σ 22 + σ 33) → σ I n = − 2 . 509 2 σ 1 IIII ≡ σ II n = ( σ 33 + σ 11) → σ II n = 2 . 451 2 σ 1 IIIIII ≡ σ III n = ( σ 11 + σ 22) → σ III n = 6 . 058 . 2 133 1.16 Togo telo – Zgledi Kontrola: Ko poznamo enotske vektorje normal na ravnine glavnih strižnih napetosti eI, eII, eIII glede na koordinatno bazo e x, e y, e z, lahko pridemo do enakih rezultatov tudi z neposredno določitvijo napetostnih vektorjev v teh ravninah. Kakor smo ugotovili v točki b., dobimo komponente napetostnih vektorjev v ravninah z normalami eI, eII, eIII z matričnim množenjem ustrezne matrike smernih kosinusov in matrike napetosti v bazi e x, e y, e z ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σ I x σ I y σ I z e I x e I y e I z σxx σxy σxz ⎣ σ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ II x σ II y σ II z = e II x e II y e II z σyx σyy σyz = σ III x σ III y σ III z e III x e III y e III z σzx σzy σzz ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 . 014 − 0 . 265 − 0 . 964 8 5 − 3 = ⎣ 0 . 391 0 . 617 − 0 . 683 ⎦ ⎣ 5 2 2 ⎦ . 0 . 867 − 0 . 229 − 0 . 443 − 3 2 − 4 Tako dobimo ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σ I x σ I y σ I z 1 . 681 − 2 . 387 3 . 283 ⎣ σ ⎦ ⎣ ⎦ II x σ II y σ II z = 8 . 263 1 . 824 2 . 792 . σ III x σ III y σ III z 7 . 120 2 . 991 − 1 . 287 (Primerjaj komponente dobljene matrike s komponentami napetostnih vektorjev σ I, σ II in σ III !) Normalne napetosti v ravninah glavnih strižnih napetosti izračunamo kot projekcije napetostnih vektorjev v teh ravninah na smeri normal eI, eII, eIII σ II = σ I · eI = − 2 . 509 σ IIII = σ II · eII = 2 . 451 σ IIIIII = σ III · eIII = 6 . 058 . Glavne strižne napetosti pa sedaj izračunamo s Pitagorovim izrekom 134 1.16 Togo telo – Zgledi Slika Z-1.6 b 135 1.16 Togo telo – Zgledi σ σ I t = I · σ I − σ 2 = 3 . 607 II σ σ II t = II · σ II − σ 2 = 8 . 567 IIII σ σ III t = III · σ III − σ 2 = 4 . 960 . IIIIII Ravnine glavnih strižnih napetosti ter smeri delovanja teh napetosti in pripadajočih normalnih napetosti lahko simbolično prikažemo na ele- mentarnih prizmah, “izrezanih” iz telesa v okolici obravnavane točke P (slika Z-1.6 b). (Kontroliraj ravnotežje prikazanih elementarnih prizem!) d. Hidrostatično napetost σH smo definirali z enačbo (1.253) Iσ σH 6 = 1 = = 2 3 3 in hidrostatični del [ σH ij ] napetostnega tenzorja je ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 1 0 0 2 0 0 [ σH ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ij ] = σH 0 1 0 → [ σH ij ] = 0 2 0 . 0 0 1 0 0 2 Deviatorični del [ sij] dobimo kot razliko med celotnim in hidrostatičnim delom ⎡ ⎤ 6 5 − 3 [ sij] = [ σij] − [ σH ⎣ ⎦ ij ] → [ sij] = 5 0 2 . − 3 2 − 6 Glavne deviatorične normalne vrednosti izračunamo z enačbami (1.266) s 11 = σ 11 − σH = 11 . 018 − 2 = 9 . 018 s 22 = σ 22 − σH = 1 . 098 − 2 = − 0 . 902 s 33 = σ 33 − σH = − 6 . 116 − 2 = − 8 . 116 . 136 1.16 Togo telo – Zgledi Prepričajmo se, da so dobljene vrednosti ničle karakteristične enačbe deviatoričnega dela tenzorja napetosti! Invariante deviatorja so Is = s 1 xx + syy + szz = 6 − 6 = 0 Is s s s = yy syz xx sxz xx sxy 2 s + + zy szz szx szz syx syy 0 2 6 − 3 6 5 = 2 − 6 + − 3 − 6 + 5 0 = − 74 Is 3 = det [ sij] = |sij| = 66 . Za kontrolo določimo drugo in tretjo invarianto deviatorja še z enačba- ma (1.261) in (1.262) Is − ( Iσ)2 1 2 = I σ 2 = − 62 − 62 = − 74 3 3 IσIσ Is 2( Iσ)3 6 · 62 2 · 63 = Iσ − 1 2 + 1 = − 74 + + = 66 . 3 3 3 27 3 27 Karakteristična enačba deviatoričnega dela tenzorja napetosti s 3 − Is s 2 + Is s − Is = 0 1 2 3 je sedaj s 3 − 74 s − 66 = 0 . Če za s vstavimo vrednosti s 11 , s 22 , s 33, vidimo, da je karakteristična enačba pri vseh treh izpolnjena. s 11 , s 22 , s 33 so torej glavne vrednosti deviatoričnega dela tenzorja napetosti. V razdelku 1.11 smo pokazali, da se glavne smeri deviatoričnega dela napetostnega tenzorja ujemajo z glavnimi smermi celotnega tenzorja napetosti. O tem se najhitreje prepričamo tako, da transformiramo komponente deviatorja v sistem glavnih vektorjev e1 , e2 , e3 137 1.16 Togo telo – Zgledi [ sαβ] = [ eαi][ sij][ eβj] ( α, β = 1 , 2 , 3; i, j = x, y, z) . Po prvem množenju dobimo ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 . 879 0 . 462 − 0 . 114 6 5 − 3 [ eαi][ sij] = [ sαj] = ⎣ 0 . 347 − 0 . 786 − 0 . 512 ⎦ ⎣ 5 0 2 ⎦ − 0 . 326 0 . 411 − 0 . 852 − 3 2 − 6 ⎡ ⎤ 7 . 930 4 . 169 − 1 . 029 = ⎣ − 0 . 313 0 . 709 0 . 462 ⎦ . 2 . 649 − 3 . 335 6 . 909 Dobljeno matriko [ sαj] moramo pomnožiti še s transponirano transformacijsko matriko [ ejβ]. Tako dobimo ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 7 . 930 4 . 169 − 1 . 029 0 . 879 0 . 347 − 0 . 326 [ sαβ] = ⎣ − 0 . 313 0 . 709 0 . 462 ⎦ ⎣ 0 . 462 − 0 . 786 0 . 411 ⎦ 2 . 649 − 3 . 335 6 . 909 − 0 . 114 − 0 . 512 − 0 . 852 ⎡ ⎤ 9 . 018 0 0 = ⎣ 0 − 0 . 902 0 ⎦ . 0 0 − 8 . 116 S tem smo pokazali, da so vektorji e1 , e2 , e3 tudi glavni vektorji deviatoričnega dela tenzorja napetosti. Za kontrolo izračunajmo invariante deviatoričnega dela napetosti še iz glavnih deviatoričnih napetosti, kakor to določajo enačbe (1.270) Is = s 1 11 + s 22 + s 33 = 9 . 018 − 0 . 902 − 8 . 116 = 0 Is = − 1 s 2 + s 2 + s 2 = − 1 9 . 0182 + 0 . 9022 + 8 . 1162 = − 74 2 2 11 22 33 2 Is = s 3 11 s 22 s 33 = 9 . 018 · 0 . 902 · 8 . 116 = 66 . e. Napetosti v oktaedrski ravnini smo obravnavali v razdelku 1.12. Če v izraz (1.275) za enotsko normalo oktaedrske ravnine vstavimo glavne vektorje e1 , e2 , e3, po ureditvi dobimo 138 1.16 Togo telo – Zgledi 1 e o = √ (e1 + e2 + e3) = 0 . 519 e x + 0 . 050 e y − 0 . 853 e z . 3 Komponente σoi vektorja napetosti σo, ki v točki P pripada oktaedrski ravnini, določimo z enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ σox ⎬ 8 5 − 3 ⎨ 0 . 519 ⎬ ⎨ 6 . 966 ⎬ σ ⎣ ⎦ , ⎩ oy 5 2 2 0 . 050 0 . 991 σ ⎭ = ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ oz − 3 2 − 4 − 0 . 853 1 . 955 tako da je σo = 6 . 966 e x + 0 . 991 e y + 1 . 955 e z . Normalna napetost v oktaedrski ravnini je sedaj ⎧ ⎫ ⎫ ⎨ T ⎧ 6 . 966 ⎬ ⎨ 0 . 519 ⎬ σoo = σo · e o = ⎩0 . 991⎭ ⎩ 0 . 050⎭ = 2 . 1 . 955 − 0 . 853 S tem smo potrdili ugotovitev, da je normalna napetost v oktaedrski ravnini enaka hidrostatični napetosti ( σoo = σH = 2). Strižno napetost τ 0 v oktaedrski ravnini lahko izračunamo na dva načina τo = ± 1 ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 3 = ± 1 (11 . 018 − 1 . 098)2 + (1 . 098 + 6 . 116)2 + ( − 6 . 116 − 11 . 018)2 3 = ± 7 . 024 ali τ 2 · 74 o = ± − 2 Is = = ± 7 . 024 . 3 2 3 139 1.16 Togo telo – Zgledi Zgled 1.7 Napetostno stanje materialnega delca Q je podano s tremi enakimi glavnimi normalnimi napetostmi ( σ 11 = σ 22 = σ 33 = q). Dokaži, da je v katerikoli ravnini skozi obravnavani materialni delec normalna napetost enaka q, strižna napetost pa je nič in da gre torej za izotropno napetostno stanje! Bazo, ki jo sestavljajo glavni vektorji obravnavanega napetostnega stanja e1 , e2 , e3, zavrtimo v poljubno novo lego e x, e y, e z, definirano s transformacijsko matriko [ eiα ]. Komponente napetostnega tenzorja σij, s katerimi je obravnavano napetostno stanje opisano v poljubni bazi e x, e y, e z, izračunamo z enačbo (1.168) σij = eiασαβeβj ( i, j = x, y, z; α, β = 1 , 2 , 3) , α β pri čemer je ⎡ ⎤ q 0 0 [ σαβ] ⎣ ⎦ Q = 0 q 0 . 0 0 q V našem primeru je σ 12 = σ 23 = σ 31 = 0, zato se vsota v transformacijski enačbi poenostavi σij = σ 11 ei 1 ej 1 + σ 22 ei 2 ej 2 + σ 33 ei 3 ej 3 = q ( ei 1 ej 1 + ei 2 ej 2 + ei 3 ej 3) . Normalne napetosti v koordinatnih ravninah poljubnega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z dobimo, če sta indeksa i in j enaka j = i → σii = q ( e 2 i 1 + e 2 i 2 + e 2 i 3) = q . Pri tem smo v skladu s prvimi tremi od enačb (1.36) upoštevali, da je izraz v oklepaju enak 1. Strižne napetosti pa dobimo pri različnih indeksih i in j. Ob upoštevanju druge trojice enačb (1.36) je j = i → σij = q ( ei 1 ej 1 + ei 2 ej 2 + ei 3 ej 3) = 0 . 140 1.16 Togo telo – Zgledi Zato je v katerikoli bazi e x, e y, e z⎡ ⎤ q 0 0 [ σij] ⎣ ⎦ Q = 0 q 0 . 0 0 q Napetostno stanje delca Q je torej res izotropno. Zgled 1.8 Napetostno stanje v točki T je opisano s komponentami σij tenzorja napetosti glede na koordinatni sistem ( x, y, z). Določi velikosti in smeri glavnih normalnih napetosti ! ⎡ ⎤ − 6 0 − 12 [ σij] = ⎣ 0 5 0 ⎦ − 12 0 1 Glavne normalne napetosti obravnavanega napetostnega stanja so rešitev enačbe − 6 − σ 0 − 12 0 5 − σ 0 = 0 . − 12 0 1 − σ Determinanto razvijemo po elementih druge vrstice, ker ima najmanj neničnih členov in dobimo (5 − σ)( σ 2 + 5 σ − 150) = 0 . Prvo rešitev dobimo iz pogoja 5 − σ = 0 → σ 11 = 5 , preostali dve rešitvi pa iz pogoja ( σ 2 + 5 σ − 150) = ( σ − 10)( σ + 15) = 0 → σ 22 = 10 , σ 33 = − 15 . 141 1.16 Togo telo – Zgledi Glavne normalne napetosti navadno razvrstimo po velikosti σ 11 = 10 , σ 22 = 5 , σ 33 = − 15 , tako da je ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σ 11 0 0 10 0 0 ⎣ 0 σ ⎦ ⎣ ⎦ 22 0 = 0 5 0 . 0 0 σ 33 0 0 − 15 Smerne kosinuse glavne smeri e1 izračunamo iz enačbe ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ − 6 − 10 0 − 12 ⎨ e 1 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ 0 5 − 10 0 ⎦ e 1 y 0 . − ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ 12 0 1 − 10 e 1 z 0 Če bi poskusili določiti glavni vektor e1 kot normirani vektor kofaktorjev k členom druge vrstice matrike koeficientov, bi dobili vse tri smerne kosinuse enake nič. To je posledica dejstva, da je ravnina z normalo e y že kar ena od glavnih ravnin, saj sta v tej ravnini obe strižni napetosti enaki nič. Ta rešitev torej ni uporabna, zato moramo vzeti prvo ali tretjo vrstico. Kofaktorji k členom prve vrstice so K(1) xx = 45 , K(1) xy = 0 , K(1) xz = − 60 , njihova norma pa je k(1) x = ± 452 + 602 = ± 75 . Vzamemo k(1) x = 75 in dobimo − e 45 60 1 x = = 0 . 6 , e 1 y = 0 , e 1 z = = − 0 . 8 , 75 75 e1 = 0 . 6 e x − 0 . 8 e z . Podobno določimo drugo glavno smer e2, le da tokrat uporabimo ko- faktorje k členom druge vrstice ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ − 6 − 5 0 − 12 ⎨ e 2 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ 0 5 − 5 0 ⎦ e 2 y 0 − ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ 12 0 1 − 5 e 2 z 0 142 1.16 Togo telo – Zgledi K(2) yx = 0 , K(2) yy = − 100 , K(2) yz = 0 , z normo √ k(2) y = ± 1002 = ± 100 . Tokrat vzamemo k(2) y = − 100 in dobimo e 2 x = 0 , e 2 y = 1 , e 2 z = 0 → e2 = e y . Enotski vektor tretje glavne smeri e3 določimo z vektorskim produktom glavnih vektorjev e1 in e2 e x e y e z e 3 = e1 × e2 = 0 . 6 0 − 0 . 8 → e3 = 0 . 8 e x + 0 . 6 e z . 0 1 0 Kontrola: Komponente enotskih vektorjev glavnih smeri e1, e2 in e3 tvorijo transformacijsko matriko [ eαi] za prehod iz koordinatnega sistema ( x, y, z) v koordinatni sistem glavnih smeri (1 , 2 , 3) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ e 1 x e 1 y e 1 z 0 . 6 0 − 0 . 8 [ eαi] = ⎣ e ⎦ ⎣ ⎦ 2 x e 2 y e 2 z = 0 1 0 . e 3 x e 3 y e 3 z 0 . 8 0 0 . 6 S transformacijsko enačbo [ σαβ] = [ eαi][ σij][ ejβ] ( i, j = x, y, z ; α, β = 1 , 2 , 3) dobimo v našem primeru ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 . 6 0 − 0 . 8 − 6 0 − 12 0 . 6 0 0 . 8 [ σαβ] = ⎣ 0 1 0 ⎦ ⎣ 0 5 0 ⎦ ⎣ 0 1 0 ⎦ 0 . 8 0 0 . 6 − 12 0 1 − 0 . 8 0 0 . 6 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 10 0 0 σ 11 0 0 = ⎣ 0 5 0 ⎦ = ⎣ 0 σ ⎦ 22 0 . 0 0 − 15 0 0 σ 33 Matrika napetosti [ σαβ] je diagonalna, rezultati so torej pravilni. 143 1.16 Togo telo – Zgledi Zgled 1.9 Prostorsko napetostno stanje delca T je podano z matriko napetosti [ σij ]. Pri tem sta strižni napetosti σzx in σzy enaki nič, kar pomeni, da je σzz ena od glavnih normalnih napetosti, na primer σzz ≡ σ 33. Dokaži, da je v tem primeru mogoče preostali glavni napetosti določiti z enačbo (1.314), ki sicer velja za ravninsko napetostno stanje! ⎡ ⎤ σxx σxy 0 [ σij ] = ⎣ σyx σyy 0 ⎦ 0 0 σzz Glavne normalne napetosti podanega napetostnega stanja so koreni enačbe σ xx − σ σyx 0 σ xy σyy − σ 0 = 0 . 0 0 σ zz − σ Determinanto razvijemo po elementih tretje vrstice in ob upoštevanju simetrije strižnih napetosti dobimo ( σzz − σ) ( σxx − σ)( σyy − σ) − σ 2 xy = 0 . Iz pogoja, da je prvi oklepaj na levi strani gornje enačbe enak nič, sledi pričakovani rezultat σzz − σ = 0 → σ 33 = σzz . Preostali dve glavni normalni napetosti dobimo kot rešitvi kvadratne enačbe ( σxx − σ)( σyy − σ) − σ 2 xy = 0 . Ta enačba ima dva korena $ σ σ 2 σ xx + σyy xx − σyy 11 , 22 = ± + σ 2 2 2 xy . 144 1.16 Togo telo – Zgledi Obe rešitvi sta realni, saj je izraz pod korenom vselej nenegativen. S tem je dokaz končan. Kakor smo pokazali v razdelku 1.13, nastopata glavni normalni napetosti σ 11 in σ 22 v ravninah, ki sta pravokotni na ravnino z normalo e3 ≡ e z in ju glede na smer e x določata prvi rešitvi enačbe 2 σxy tg 2 ασ = . σxx − σyy Glavni normalni napetosti in njuni smeri v ravnini ( x, y) lahko torej kljub temu, da je napetostno stanje prostorsko, v opisanem primeru določimo kar z izrazi, ki veljajo pri ravninskem napetostnem stanju. Gornjo ugotovitev lahko seveda smiselno uporabimo tudi v primerih, ko je kot ena od glavnih ravnin vnaprej znana ravnina ( y, z) ali ravnina ( z, x). (Uporabi gornje ugotovitve pri rešitvi zgleda 1.8!) Zgled 1.10 Dokaži, da je napetostno stanje, ki je v koordinatnem sistemu ( x, y, z) določeno s podanimi komponentami σij tenzorja napetosti, enoosno! Določi velikost in smer edine glavne normalne napetosti! ⎡ ⎤ 4 8 2 [ σij] = ⎣ 8 16 4 ⎦ 2 4 1 Invariante obravnavanega tenzorja napetosti so Iσ = 4 + 16 + 1 = 21 1 Iσ 16 4 4 2 4 8 2 = 4 1 + 2 1 + 8 16 = 0 4 8 2 Iσ = 8 16 4 = 0 . 3 2 4 1 145 1.16 Togo telo – Zgledi Karakteristična enačba obravnavanega napetostnega stanja σ 3 − 21 σ 2 = 0 → ( σ − 21) σ 2 = 0 ima tri realne korene σ 11 = 21 , σ 22 = 0 , σ 33 = 0 . Gre torej res za enoosno napetostno stanje z eno samo od nič različno glavno normalno napetostjo σ 11 = 21 . Smerne kosinuse enotskega vektorja e1, ki mu pripada dobljena glavna normalna napetost σ 11, dobimo iz enačbe ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ 4 − 21 8 2 ⎨ e 1 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ 8 16 − 21 4 ⎦ e . ⎩ 1 y ⎭ = ⎩ 0 ⎭ 2 4 1 − 21 e 1 z 0 Rešitve so sorazmerne kofaktorjem poljubne vrstice ali stolpca matrike koeficientov. Vzemimo kar kofaktorje k členom prve vrstice K − 5 4 xx = 4 − 20 = 84 K 8 4 xy = − 2 − 20 = 168 K 8 − 5 xz = 2 4 = 42 . Dobljene vrednosti normiramo s faktorjem kx kx = 842 + 1682 + 422 = 192 . 468 in izračunamo smerne kosinuse enotskega vektorja e1 e 84 1 x = = 0 . 436 192 . 468 e 168 1 y = = 0 . 873 192 . 468 e 42 1 z = = 0 . 218 . 192 . 468 146 1.16 Togo telo – Zgledi Enotski vektor smeri edine glavne normalne napetosti σ 11 je torej e1 = 0 . 436 e x + 0 . 873 e y + 0 . 218 e z . V tem primeru imamo torej opraviti z eno samo glavno ravnino z nor- malo e1 in glavno normalno napetostjo σ 11. Vse druge smeri v tej ravnini so enakovredne. Zgled 1.11 V kartezijskem koordinatnem sistemu ( x, y, z) je podana natezno obtežena ravna palica. Krajišči vzdolžne osi palice sta A(200 , 200 , 300) in B(418 . 2 , 636 . 4 , 409 . 1) (slika Z-1.11 a). Dolžine so v cm. Vzemimo, da v poljubnem prečnem prerezu palice, pravokotnem na njeno vzdolžno os, nastopa le po vsem prerezu enakomerna natezna normalna napetost 21 kN / cm2. V poljubni točki palice si zamislimo tri ravnine, ki so vzporedne koordinatnim ravninam izbranega koordinatnega sistema. Določi napetosti v teh treh ravninah! (Z drugimi besedami: Določi komponente tenzorja napetosti, ki opisuje podano napetostno stanje glede na koordinatni sistem ( x, y, z) ! ) Slika Z-1.11 a 147 1.16 Togo telo – Zgledi Relativni krajevni vektor med krajiščema osi palice A in B je r = ( xB − xA) e x + ( yB − yA) e y + ( zB − zA) e z = (418 . 2 − 200 . 0) e x + (636 . 4 − 200 . 0) e y + (409 . 1 − 300 . 0) e z r = 218 . 2 e x + 436 . 4 e y + 109 . 1 e z |r | = 218 . 22 + 436 . 42 + 109 . 12 = 500 . 0 . Enotski vektor v smeri vzdolžne osi palice označimo z e ξ r 1 e ξ = | (218 . 2 e x + 436 . 4 e y + 109 . 1 e z) r | = 500 . 0 e ξ = 0 . 436 e x + 0 . 873 e y + 0 . 218 e z . Če si v obravnavani točki palice zamislimo nov kartezijski koordinatni sistem ( ξ, η, ζ), čigar bazo tvori enotski vektor e ξ z dvema nanj in medsebojno pravokotnima vektorjema e η in e ζ, ima tenzor napetosti v tem koordinatnem sistemu le eno od nič različno komponento σξξ = 21 kN / cm2, vse ostale komponente napetosti pa so enake nič (slika Z-1.11 b) Slika Z-1.11 b ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ σξξ 0 0 21 0 0 [ σαβ] = ⎣ 0 0 0 ⎦ = ⎣ 0 0 0 ⎦ ( α, β = ξ, η, ζ) . 0 0 0 0 0 0 Komponente σij obravnavanega tenzorja napetosti v koordinatnem sistemu ( x, y, z) izračunamo s transformacijsko enačbo (1.168) 148 1.16 Togo telo – Zgledi σij = σαβ eiα ejβ ( i, j = x, y, z; α, β = ξ, η, ζ) . α β Ker so vse komponente σαβ razen σξξ enake nič, je zapis gornje dvojne vsote zelo preprost. Komponente tenzorja napetosti glede na koordinatni sistem ( x, y, z) so σxx = σξξ e 2 xξ = 21 · 0 . 4362 = 4 σyy = σξξ e 2 yξ = 21 · 0 . 8732 = 16 σzz = σξξ e 2 zξ = 21 · 0 . 2182 = 1 [kN / cm2] σxy = σξξ exξ eyξ = 21 · 0 . 436 · 0 . 873 = 8 σyz = σξξ eyξ ezξ = 21 · 0 . 873 · 0 . 218 = 4 σzx = σξξ ezξ exξ = 21 · 0 . 218 · 0 . 436 = 2 . Tako dobimo ⎡ ⎤ 4 8 2 [ σij] = ⎣ 8 16 4 ⎦ ( i, j = x, y, z) . 2 4 1 Primerjava rezultata z rešitvijo zgleda 1.10 pokaže, da gre v obeh nalo- gah za isto napetostno stanje, kakršno je značilno za osno obteženo pali- co, pri kateri vzamemo, da je vzdolžna normalna napetost enakomerno porazdeljena po prečnem prerezu. Predpostavka o enakomernem po- teku napetosti po prečnem prerezu je upravičena, če je palica izra- zito podolgovata – če je torej katerakoli izmera prečnega prereza veliko manjša od dolžine palice. Zgled 1.12 Na rob r tanke stene, v kateri vlada homogeno ravninsko napetostno stanje, deluje enakomerna zvezna obtežba velikosti q, kakor kaže slika Z-1.12 a. Določi komponente tenzorja napetosti v koordinatnem sistemu 149 1.16 Togo telo – Zgledi ( x, y) tako, da bosta glavni normalni napetosti nasprotno enaki med seboj ( σ 22 = −σ 11) ! Določi enotska vektorja normal ravnin obeh glavnih normalnih napetosti ! q = 10 MPa α = 60 o β = 30 o Slika Z-1.12 a Pri ravninskem napetostnem stanju v ravnini ( x, y) sta glavni normalni napetosti σ 11 in σ 22 določeni z enačbo (1.314) $ σ σ 2 σ xx + σyy xx − σyy 11 = + + σ 2 2 2 xy $ σ σ 2 σ xx + σyy xx − σyy 22 = − + σ 2 2 2 xy . Pogoj σ 22 = −σ 11 je izpolnjen le, če velja σyy = −σxx . Najprej določimo enotski vektor zunanje normale e n na robu r (slika Z-1.12 b) √ e 1 3 nx = cos α = , eny = sin α = , 2 2 √ 1 3 e n = e x + e y , 2 2 150 1.16 Togo telo – Zgledi nato pa še vektor specifične površinske zunanje obtežbe p n na robu r √ p 3 nx = q cos β = q , pny = q sin β = q 1 , 2 2 √ 3 1 p n = q e x + e y . 2 2 Slika Z-1.12 b Komponente tenzorja napetosti glede na koordinatni sistem ( x, y) so na površini (robu) telesa povezane s komponentami specifične površinske zunanje obtežbe z enačbami (1.291) pnx = σxx enx + σxy eny pny = σyx enx + σyy eny . Po vstavitvi znanih vrednosti smernih kosinusov in komponent zunanje obtežbe dobimo √ √ 3 q 1 3 = σxx + σxy 2 2 2 √ 1 q 1 3 = σyx + σyy . 2 2 2 Če v gornjih enačbah upoštevamo zahtevo σyy = −σxx , sledi σxx = σyy = 0 , σxy = q . 151 1.16 Togo telo – Zgledi Glavni normalni napetosti sta sedaj σ 11 = −σ 22 = q . Določimo še enotska vektorja ravnin obeh glavnih normalnih napetosti 2 σxy π tg 2 ασ = . σ = ∞ → ασ = xx − σyy 4 √ 2 e1 = (e x + e y) 2 √ 2 e2 = ( −e x + e y) . 2 Slika Z-1.12 c Zgled 1.13 Podana matrika napetosti [ σij] opisuje napetostni primer čistega striga v ravnini ( x, z). Določi velikosti in smeri glavnih normalnih napetosti v tem primeru! Nariši Mohrov krog, ki ustreza obravnavanemu napetostnemu stanju! ⎡ ⎤ 0 0 τ [ σij] = ⎣ 0 0 0 ⎦ τ 0 0 Glavne normalne napetosti določimo neposredno z enačbo (1.179) −σ 0 τ 0 −σ 0 = 0 . τ 0 −σ Determinanto razvijemo po členih druge vrstice in dobimo −σ( σ 2 − τ 2) = −σ( σ − τ)( σ + τ) = 0 . 152 1.16 Togo telo – Zgledi Koreni dobljene karakteristične enačbe so σ 11 = τ , σ 22 = 0 , σ 33 = −τ . Ker gre očitno za ravninsko napetostno stanje v ravnini ( x, z), je e2 ≡ e y, smeri preostalih dveh glavnih normalnih napetosti pa lahko določimo z enačbo (1.310) 2 σxy 2 τ π tg 2 ασ = . σ = = ∞ → ασ = xx − σyy 0 − 0 4 Enotska vektorja glavnih smeri e1 in e3 sta v skladu z enačbama (1.313) √ 2 e1 = cos ασ e x + sin ασ e z = ( e x + e z) 2 √ . 2 e3 = − sin ασ e x + cos ασ e z = ( −e x + e z) 2 Slika Z-1.13 153 1.16 Togo telo – Zgledi Za vajo se še prepričajmo, da v ravninah z normalama e1 in e3 nastopata glavni normalni napetosti σ 11 in σ 33. V obravnavanem primeru so vektorji napetosti v koordinatnih ravninah σx = τ e z , σy = 0 , σz = τ e x , zato je določitev vektorjev napetosti v ravninah z normalama e1 in e3 čisto preprosta √ σ 2 1 = σx e 1 x + σz e 1 z = τ (e x + e z) 2 √ σ 2 3 = σx e 3 x + σz e 3 z = τ (e x − e z) . 2 Normalni napetosti v obravnavanih ravninah sta sedaj τ σ 11 = σ 1 · e1 = (1 + 1) = τ 2 τ σ 33 = σ 3 · e3 = ( − 1 − 1) = −τ , 2 strižna napetost σ 13 = σ 31 pa mora biti nič σ 13 = σ 31 = σ 1 · e3 = σ 3 · e1 = 0 . Dobljene rezultate preverimo še v ustreznem Mohrovem krogu (slika Z-1.13). Zgled 1.14 Vzemimo, da v tanki steni vlada homogeno ravninsko napetostno stanje. Opišemo ga z glavnimi normalnimi napetostmi σ 11 = 60 MPa, σ 22 = − 15 MPa, σ 33 = 0. Določi ravnine, v katerih nastopajo samo strižne napetosti! Rezultat prikaži tudi v ustreznem Mohrovem krogu! 154 1.16 Togo telo – Zgledi Vzemimo, da pogoju naloge ustreza ravnina z normalo e n, ki jo zapišemo glede na glavna vektorja podanega napetostnega stanja e n = en 1 e1 + en 2 e2 . ( a) Napetostni vektor σn v ravnini z normalo e n določimo z enačbo (1.213) σn = σ 11 en 1 e1 + σ 22 en 2 e2 . ( b) Če naj v obravnavani ravnini nastopa le strižna napetost, mora biti normalna komponenta σnn napetostnega vektorja σn enaka nič σnn = σn · e n = σ 11 e 2 n + σ = 0 . ( c) 1 22 e 2 n 2 Če kot, ki ga normala e n oklepa s smerjo e1, označimo z α (slika Z-1.14 a), je en 1 = cos α in en 2 = sin α. Tedaj lahko pišemo Slika Z-1.14 a σnn = σ 11 cos2 α + σ 22 sin2 α = 0 (ˇ c) oziroma σ 11 tg2 α = − . σ ( d) 22 Enačba ima realno rešitev le v primeru, da sta napetosti σ 11 in σ 22 različnih predznakov. V našem primeru dobimo 60 tg2 α = = 4 → α = ± 2 . ( e) 15 Dobili smo torej dve rešitvi αa = 63 . 4 ◦ in αb = − 63 . 4 ◦ . ( f ) Enotski normali ravnin, v katerih nastopajo samo strižne napetosti, označimo z e a in e b e a = 0 . 447 e1 + 0 . 894 e2 ( g) e b = 0 . 447 e1 − 0 . 894 e2 . 155 1.16 Togo telo – Zgledi Pripadajoča napetostna vektorja σa in σb izračunamo z enačbo ( b) σa = 26 . 833 e1 − 13 . 416 e2 ( h) σb = 26 . 833 e1 + 13 . 416 e2 . Hitro se lahko prepričamo, da sta normalni komponenti σaa in σbb dobljenih napetostnih vektorjev res nič. Strižni napetosti τa in τb pa izračunamo kar kot velikosti napetostnih vektorjev σaa in σbb √ τa = σa = σa · σa = 30 MPa √ ( i) τb = σb = σb · σb = 30 MPa . Rezultate lahko odmerimo v ustreznem Mohrovem krogu. Posebej je prikazan tudi način delovanja napetosti v obeh dobljenih ravninah (slika Z-1.14 b). Slika Z-1.14 b 156 1.16 Togo telo – Zgledi Zgled 1.15 Premik togega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y, e z opisan s translacijo u0 referenčne točke Q 0(5 , 5 , 1) in majhnim zasukom ω 0 u0 = 10 − 2(2 e x − 3 e y + e z) ω 0 = 10 − 2(e x + 2 e y + 3 e z) . Delec Q je v začetnem stanju določen s točko Q(8 , 2 , − 1) (telesne koordinate delca Q so torej x = 8 , y = 2 , z = − 1). Določi pomik u in zasuk ω delca Q a. v bazi e x, e y, e z, b. v bazi e ξ, e η, e ζ, ki je glede na bazo e x, e y, e z definirana s transformacijsko matriko [ eαi] ⎡ ⎤ 1 √ 1 √ 1 √ ⎢ 3 3 3 − ⎥ [ e 2 1 1 αi] = ⎣ √ √ √ ⎦ 6 6 6 0 − 1 √ 1 √ 2 2 a. Pomik in zasuk poljubnega delca togega telesa Q, ki je leži v točki Q( x, y, z), sta določena z enačbama (1.346) in (1.347) u = u0 + ω 0 × = u0 + ω 0 × (r − r0) in ω = ω 0 . V našem primeru je r0 = 5 e x + 5 e y + e z r = 8 e x + 2 e y − e z = r − r0 = 3 e x − 3 e y − 2 e z e x e y e z ω 0 × = 10 − 2 1 2 3 = 10 − 2(5 e x + 11 e y − 9 e z) . 3 − 3 − 2 157 1.16 Togo telo – Zgledi Pomik in zasuk delca Q v bazi e x, e y, e z sta tako u = 10 − 2(7 e x + 8 e y − 8 e z) ω = 10 − 2(e x + 2 e y + 3 e z) . b. Vektor pomika u je invarianta glede na zasuk koordinatnega siste- ma, zato je u = uxe x + uye y + uze z = uξe ξ + uηe η + uζe ζ . Z zaporednim skalarnim množenjem gornje enačbe z enotskimi vek- torji e ξ, e η, e ζ dobimo komponente pomika v zasukani bazi, kakor smo pokazali že v enačbah (1.63) in (1.64). V matrični obliki je ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ uξ ⎬ eξx eξy eξz ⎨ ux ⎬ u ⎣ e ⎦ u ⎩ η ηx eηy eηz y u ⎭ = ⎩ ⎭ ζ eζx eζy eζz uz ali na kratko uα = eαi ui ( i = x, y, z; α = ξ, η, ζ) . i Podobno velja za komponente zasuka ω ωα = eαi ωi ( i = x, y, z; α = ξ, η, ζ) . i Tako dobimo ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ 1 1 1 ⎧ ⎫ 7 ⎨ u √ √ √ ⎪ √ ⎪ ξ ⎬ 3 3 3 ⎨ 7 ⎬ ⎨ 3 ⎬ u ⎢ − 2 √ 1 √ 1 √ ⎥ − 14 √ ⎩ η ⎣ ⎦ 8 6 6 6 6 u ⎭ = 10 − 2 ⎩ ⎭ = 10 − 2 ⎪ ⎩ ⎪ ⎭ ζ 0 − 1 √ 1 √ − 8 − 16 √ 2 2 2 7 u = 10 − 2 √ e ξ − 14 √ e η − 16 √ e ζ 3 6 2 158 1.16 Togo telo – Zgledi ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ 1 1 1 ⎧ ⎫ ⎨ ω √ √ √ ξ ⎬ ⎢ 3 3 3 ⎨ 1 ⎬ − 2 √ 1 √ 1 √ ⎥ ⎩ ωη ⎣ ⎦ 2 6 6 6 ω ⎭ = 10 − 2 ⎩ ⎭ ζ 0 − 1 √ 1 √ 3 2 2 ⎧ ⎫ ⎪ 6 ⎨ √ ⎪ 3 ⎬ = 10 − 2 3 √ ⎪ ⎩ 6 ⎪ 1 √ ⎭ 2 ω 6 3 1 = 10 − 2 √ e ξ + √ e η + √ e ζ . 3 6 2 159 2 DEFORMABILNO TELO 2.1 Deformabilno telo V prvem poglavju smo vpeljali togo telo kot računski model za mehansko analizo tistih realnih trdnih teles, ki med delovanjem zunanje obtežbe tako malo spremenijo svojo velikost, obliko in lego v prostoru, da je vpliv teh sprememb v enačbah ravnotežja zanemarljiv, pa najsi gre pri tem za ravnotežje telesa kot celote ali vsakega materialnega delca posebej. Zato v ravnotežnih pogojih, ki smo jih izpeljali v prejšnjem poglavju, nastopajo samo zunanje sile in napetosti. Ker gre za mirujoča telesa, je zapis ravnotežnih pogojev tudi neodvisen od časa. V razdelku 1.6 smo ugotovili, da ob upoštevanju simetrije napetostnih komponent, ki sledi iz momentnega ravnotežnega pogoja, dobimo tri projekcijske ravnotežne pogoje, v katerih nastopa šest neodvisnih napetostnih kom- ponent. V splošnem imamo za šest neznanih napetosti le tri enačbe; gre torej za statično nedoločen problem, saj iz treh ravnotežnih pogojev ne moremo enolično določiti šestih neznanih napetosti. To je mogoče le v posebnih primerih, ko lahko zaradi posebnih geometrijskih in mate- rialnih lastnosti telesa ter načina učinkovanja zunanje obtežbe vnaprej predvidimo razporeditev napetosti po telesu. Tako smo na primer v zgledu 1.10 upravičeno predpostavili enakomerno razporeditev vzdolž- ne normalne napetosti po prečnem prerezu prizmatične palice in določili njeno velikost iz pogoja za ravnotežje enega od odrezanih delov palice kot razmerje med delujočo osno obtežbo in ploščino prečnega prereza palice. Lahko torej ugotovimo, da je računski model togega telesa sicer ugoden za vpeljavo pojma napetosti ter izpeljavo ravnotežnih pogojev in trans- 160 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa formacijskih enačb, vendar te enačbe same ne zadostujejo za računsko določitev napetosti. Zato v nadaljevanju vpeljemo strožji računski model za mehansko analizo trdnih teles, ki vključuje tudi lastnost deformabilnosti in ga zato imenujemo deformabilno telo. 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa V razdelku 1.15 smo pokazali, kako opišemo spremembo lege to- gega telesa v prostoru. Podobno se pod vplivom zunanje obtežbe po prostoru premika tudi deformabilno telo, pri čemer pa se razen njegove lege spreminjata tudi njegova velikost in oblika. Pravimo, da se telo deformira. V okviru koncepta zvezne snovi si lahko to razložimo tako, da med delovanjem zunanje obtežbe vezi med delci telesa nekoliko po-pustijo; pri tem se medsebojne lege delcev spremenijo, vendar tako, da je vseskozi ohranjena kompaktna narava snovi. Pri togem telesu smo pomik in zasuk † kateregakoli delca telesa izrazili s šestimi neodvisnimi komponentami pomika in zasuka referenčnega delca. Opis deformiranja deformabilnega telesa pa očitno zahteva po- datke o gibanju vsakega od delcev posebej, kar pomeni, da ima de- formabilno telo v splošnem neskončno veliko prostostnih stopenj. Vzemimo, da je telo B v nekem času t 0 neobteženo in da je njegova temperatura konstantna in izenačena s konstantno temperaturo okolja. To stanje telesa imenujmo začetno ali nedeformirano stanje telesa in ga označimo z B. V tem stanju zavzema telo v trirazsežnem prostoru območje V , omejeno s sklenjeno mejno ploskvijo S (slika 2.1). Prostornina območja V je V , površina ploskve S pa S. Kakor smo pokazali v razdelku 1.2, je lega poljubnega delca T glede na izbrano nepremično točko O trirazsežnega prostora določena s krajevnim vektorjem r. Če izberemo točko O tudi za izhodišče prostorskega † O zasuku infinitezimalno majhnega delca pravzaprav ne moremo govoriti. Mišljen je zasuk elementarnega dela telesa v bližnji okolici obravnavanega delca. 161 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa kartezijskega koordinatnega sistema s koordinatami x, y, z, je v njem delec T določen s točko T ( x, y, z) oziroma s krajevnim vektorjem te točke r = r( T ) = x e x + y e y + z e z = xi e i ( i = x, y, z) . (2 . 1) i Ker gre za model zvezne trdne snovi, pripada vsakemu krajevnemu vektorju oziroma vsaki trojici koordinat x, y, z iz območja V en sam delec in obratno: vsakemu delcu T pripada ena sama trojica števil x, y, z ( x, y, z) ⇐⇒ T . Slika 2.1 V razdelku 1.2 smo razen nepomičnega prostorskega kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z in s koordinatami x, y, z vpeljali še telesni koordinatni sistem z bazo e ξ, e η, e ζ in s koordinatami ξ, η, ζ. V nadaljevanju obravnavajmo najpreprostejšo možnost, ko v začetnem stanju B izhodišči obeh koordinatnih sistemov sovpadeta v isti točki 162 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa O, za telesni koordinatni sistem pa izberemo kartezijski koordinatni sistem, za katerega velja e ξ = e x B ( t = t 0) : e η = e y (2 . 2) e ζ = e z . Koordinate delca T glede na telesni koordinatni sistem so tedaj ξ = x B ( t = t 0) : η = y (2 . 3) ζ = z . To pomeni, da smo v stanju B vsakemu delcu T , ki je v prostorskem koordinatnem sistemu določen s koordinatami x, y, z, priredili novo trojico števil ξ = x, η = y, ζ = z. Ko se pri gibanju in deformiranju telesa lega opazovanega delca glede na opazovališče O spremeni, se pri tem spremeni krajevni vektor delca in s tem tudi njegove prostorske koordinate x, y, z. Te koordinate so torej odvisne od časa t. Za koordinate ξ, η, ζ pa nasprotno zahtevamo, naj ista trojica ξ = x, η = y, ζ = z določa isti delec T v kateremkoli stanju telesa. To pomeni, da so koordinate ξ, η, ζ delca T neodvisne od časa ∂xα ∂t = 0 ( α = ξ, η, ζ) . (2 . 4) Trojica števil ξ = x, η = y, ζ = z torej ves čas gibanja in deformiranja določa isti delec T . Zato jih imenujemo telesne ali materialne koordinate† delca T . Lahko bi rekli, da smo s telesnimi koordinatami x, y, z poimenovali (identificirali) delec T . Vseh delcev, ki sestavljajo obravnavano trdno † V splošnem bi lahko za telesne koordinate izbrali tudi katerekoli druge, na primer krogelne, cilindrične ali polarne koordinate. 163 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa telo, je namreč neskončno veliko, zato bi nam za njihovo poimenovanje hitro zmanjkalo črkovnih ali številskih oznak. Opisani način identi- fikacije delcev pa omogoča, da vsak delec nedvoumno prepoznamo po njegovih telesnih koordinatah, s prostorskimi koordinatami pa zasledu- jemo njegovo pot med deformiranjem telesa. Če začne na telo v stanju B delovati mehanska zunanja obtežba in morebitna sprememba temperaturnega polja, se prične telo deformirati in v nekem kasnejšem času t > t 0 zavzame novo območje prostora V z mejno ploskvijo S †. To novo, deformirano stanje telesa označimo z B . Pri prehodu iz začetnega, nedeformiranega stanja B v deformirano stanje B se v splošnem absolutno in relativno spremenijo tudi lege vseh materialnih delcev telesa. Opazovani poljubni delec T se tako premakne v novo točko T ( x, y, z), ki je v geometrijskem pogledu določena s krajevnim vektorjem r r = xe x + ye y + ze z = xi e i , ( i = x, y, z) . (2 . 5) i Še enkrat poudarimo, da gre pri tem vseskozi za isti materialni delec T ; oznaka T pomeni le točko v prostoru, v kateri je delec T v stanju B v času t > t 0 . Ob zahtevi, da se med deformiranjem ves čas ohranja zvezna narava telesa, je torej tudi v stanju B s koordinatami x, y, z krajevnega vektorja r določen en sam materialni delec, ki tokrat leži v točki T ( x, y, z) ⇐⇒ T . Razliko krajevnih vektorjev r in r istega delca T imenujemo vektor pomika in jo označimo z u u = r − r . (2 . 6) † Predpostavili smo, da poteka proces obteževanja in deformiranja dovolj počasi, da lahko zanemarimo dinamične učinke (na primer nihanje telesa). 164 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa To pomeni, da predstavlja vektorsko polje pomikov u preslikavo telesa iz stanja B v stanje B ali obratno. Možna sta dva načina opisa deformiranja: a. Lagrangev opis, pri katerem poznamo geometrijski opis telesa v začetnem, nedeformiranem stanju B (to je navadno načrt konstrukcije, iz katerega so razvidne izmere telesa, njegova oblika in lega v prostoru) in nas zanima vektorsko polje pomikov u, ki določa prehod telesa iz stanja B v deformirano stanje B r = r( T ) + u( T ) = r ( T ) . (2 . 7) To pomeni, da pri Lagrangevem opisu za referenčno stanje, na katerega se sklicujemo pri opisu deformiranega telesa, izberemo nedeformirano stanje B in da vektor pomika u kakor tudi krajevni vektor r k opazovanemu delcu v deformirani legi T izražamo kot funkciji koordinat x, y, z točke T v nedeformirani legi. b. Eulerjev opis, pri katerem poznamo deformirano stanje telesa B (na primer kot rezultat meritev ali kot zahtevano deformirano ob- liko, na primer pri oblikovanju pločevine v avtomobilsko školjko) in iščemo vektorsko polje pomikov u, ki povezuje znano stanje B z začetnim, nedeformiranim stanjem telesa B r = r ( T ) − u( T ) = r( T ) . (2 . 8) Pri Eulerjevem opisu je za referenčno stanje izbrano stanje B in vse nastopajoče količine so funkcije koordinat x, y, z opazovane točke v deformirani legi T . Vektorsko polje pomikov je v obeh primerih isto u( T ) = u( T ) , (2 . 9) saj je odvisno le od zunanje obtežbe, geometrijskih in materialnih last- nosti telesa in načina podpiranja, ne pa od tega, ali smo za opis de- formiranja izbrali Eulerjev ali Lagrangev opis. 165 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa V nadaljevanju se omejimo na Lagrangev opis deformiranega telesa, saj imamo v mehaniki konstrukcij opraviti v glavnem s takimi nalogami, pri katerih poznamo načrt nedeformirane konstrukcije. To pomeni, da vse deformacijske količine izražamo glede na nedeformirano velikost, obliko in lego telesa v stanju B. Vzemimo, da poznamo vektorsko polje pomikov u( x, y, z), ki je v kartezijskem koordinatnem sistemu podano s komponentami ux( x, y, z) , uy( x, y, z) , uz( x, y, z) u = ux e x + uy e y + uz e z = ui e i ( i = x, y, z) . (2 . 10) i Tedaj lahko z enačbo (2.7) določimo krajevni vektor r , ki določa lego delca T po opravljeni deformaciji r = r + u = ( x + ux) e x + ( y + uy) e y + ( z + uz) e z r = ( xi + ui) e i ( i = x, y, z) . (2 . 11) i Iz primerjave z enačbo (2.5) sledi x = x + ux y = y + uy (2 . 12) z = z + uz oziroma xi = xi + ui ( i = x, y, z) . (2 . 13) Z enačbami (2.3) smo koordinate x, y, z proglasili za telesne koordinate delca T . Zato v enačbah (2.12) te koordinate povedo, za kateri delec telesa gre, koordinate x, y, z pa določajo točko prostora, v kateri je obravnavani delec T v času t, torej po opravljeni deformaciji. Ker se koordinate x, y, z nanašajo na začetno, nedeformirano stanje telesa B, jih imenujemo tudi Lagrangeve koordinate. Koordinate x, y, z pa povedo trenutno lego delca T v prostoru, zato jih imenujemo prostorske ali Eulerjeve koordinate delca T . Telesne koordinate torej da-jejo “ime” obravnavanemu delcu in ostanejo enake med celotnim de- formacijskim procesom, prostorske koordinate delca pa se nanašajo na 166 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa nepomični prostorski koordinatni sistem in se med gibanjem in deformi- ranjem telesa spreminjajo v odvisnosti od razvoja pomikov. Odločitev za Lagrangev opis deformiranega telesa zato tudi pomeni, da se ta opis nanaša na telesne koordinate. Pri znanem polju pomikov u lahko vsakemu delcu T , ki ga v začetnem stanju telesa določimo z izbiro njegovih telesnih koordinat x, y, z, priredimo prostorske koordinate x, y, z, s katerimi je določena njegova lega v prostoru po izvršeni deformaciji. S tem pa so določene tudi spremembe medsebojnih leg posameznih materialnih delcev. Geome- trijske spremembe, ki med deformiranjem telesa nastopijo v bližnji oko- lici obravnavanega delca, so zanimive predvsem v zvezi z vprašanjem, kolikšne napetosti se pri tem pojavijo v tej okolici. Slika 2.2 Pri preučevanju geometrijskih sprememb pri deformaciji telesa je ugodno vpeljati pojem materialnega vlakna. Materialno vlakno tvori podmnožica materialnih delcev, ki ležijo na poljubni gladki krivulji skozi obravnavano točko T . Med deformiranjem se skupaj s telesom deformira tudi namišljeno materialno vlakno, ki ga vseskozi sestavlja niz istih delcev. To pomeni, da se med deformiranjem ti delci med 167 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa seboj približujejo oziroma oddaljujejo, materialno vlakno pa v obrav- navani točki spreminja tudi svojo smer. Oglejmo si spremembo medse- bojne lege dveh infinitezimalno bližnjih delcev telesa, ki ju v stanju B določata točki T ( x, y, z) in Q( x + dx, y + dy, z + dz) (slika 2.2). Njuna medsebojna lega je določena z infinitezimalnim krajevnim vektorjem dr dr = dx e x + dy e y + dz e z = dxi e i ( i = x, y, z) . (2 . 14) i Infinitezimalni vektor dr predstavlja spremembo krajevnega vektorja r točke T pri infinitezimalnih spremembah dx, dy, dz neodvisnih spremenljivk x, y, z. Po deformaciji se spremenijo prostorske koordinate obeh opazovanih delcev. Delec T preide v novo lego T ( x, y, z), delec Q pa v Q( x + dx, y + dy, z + dz). V stanju B je medsebojna lega obeh delcev določena z infinitezimalnim krajevnim vektorjem dr . Glede na nepomični prostorski kartezijski koordinatni sistem lahko ta krajevni vektor zapišemo takole dr = dxe x + dye y + dze z = dxi e i ( i = x, y, z) . (2 . 15) i Kakor kaže enačba (2.11), je krajevni vektor r v Lagrangevem opisu funkcija telesnih koordinat x, y, z, zato lahko spremembo krajevnega vektorja dr v stanju B izrazimo tudi kot popolni diferencial krajevnega vektorja r ∂ ∂ ∂ ∂ d r r r r r = dx dy dz dx ∂x + ∂y + ∂z = ∂x i ( i = x, y, z) . (2 . 16) i i Opazujmo materialno vlakno, ki se v začetnem stanju B ujema s koordinatno krivuljo x skozi točko T ; to je krivulja, vzdolž katere se spreminja samo telesna koordinata x, koordinati y in z pa sta konstantni. V nedeformiranem stanju B pomeni prirastek koordinate x za Δx tudi fizikalni prirastek dolžine koordinatne krivulje za Δx, zato je parcialni odvod krajevnega vektorja r po x enak enotskemu vektorju v smeri x. 168 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa Podobno dobimo s parcialnim odvajanjem enačbe (2.1) tudi enotska vektorja v smereh y in z ∂r ∂r ∂r ∂x = e x , ∂y = e y , ∂z = e z (2 . 17) ali na kratko ∂r ∂x = e i ( i = x, y, z) . (2 . 18) i V kartezijskem koordinatnem sistemu tvorijo koordinatne krivulje stanja B mrežo medsebojno pravokotnih premic. Med deformiranjem se pripadajoča materialna vlakna deformirajo skupaj s telesom in preidejo v mrežo krivulj (sliki 2.3 in 2.4). Slika 2.3 Ker vsakemu delcu pripada v splošnem različen pomik, se materialna vlakna pri tem raztegnejo ali skrčijo. Zato prirastek telesne koordinate na deformirani koordinatni črti ni enak fizikalnemu prirastku dolžine koordinatne črte. Parcialni odvodi krajevnega vektorja r po telesnih koordinatah so zato enaki tangentnim vektorjem vzdolž deformiranih koordinatnih krivulj v točki T , ki pa v splošnem niso več enotski niti 169 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa pravokotni med seboj. Označimo jih z e x, e y, e z : ∂r ∂r ∂r ∂x = e x , ∂y = e y , ∂z = e z . (2 . 19) Zaradi enačb (2.7) in (2.17) pa velja ∂u e x = e x + ∂x ∂u e y = e y + ∂y (2 . 20) ∂u e z = e z + . ∂z Ob upoštevanju enačb (2.11) in (2.19) lahko gornje enačbe na kratko zapišemo takole ∂r e i = , ∂x (2 . 21) i ob upoštevanju enačbe (2.11) pa sledi naslednji zapis ∂u ∂uj e i = e i + δ ∂x = ij + e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 22) i ∂x j i V matrični obliki zapišemo enačbo (2.22) takole ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ∂u ⎧ ⎫ ⎨ y ∂u e 1 + ∂ux z x ⎬ ⎢ ∂x ∂x ∂x ⎨ e x ⎬ ∂u ⎥ x ∂uy ∂uz . ⎩ e y ⎭ = ⎣ ∂y 1 + ∂y ∂y ⎦ ⎩e y ⎭ (2 . 23) e z ∂ux ∂uy e z ∂z ∂z 1 + ∂uz ∂z Tangentni vektorji e x, e y, e z sestavljajo deformirano telesno koordinatno bazo v opazovani točki T . Ker je pomik u vektorska funkcija koordinat x, y, z, so tudi tangentni vektorji e x, e y, e z funkcije teh koordinat. Velikosti in smeri baznih vektorjev e x, e y, e z se torej v splošnem spreminjajo od točke do točke e i = e i( x, y, z) ( i = x, y, z) . (2 . 24) 170 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa Prirastek krajevnega vektorja dr v stanju B lahko sedaj zapišemo v deformirani telesni koordinatni bazi v točki T . Iz enačb (2.16) in (2.19) namreč sledi dr = dx e x + dy e y + dz e z = dxi e i ( i = x, y, z) . (2 . 25) i Če primerjamo enačbi (2.25) in (2.14), vidimo, da ostanejo telesne koor- dinate dx, dy, dz infinitezimalnega krajevnega vektorja po deformaciji nespremenjene, le da se nanašajo na deformirano, v splošnem krivočrtno telesno koordinatno bazo. Zato jih imenujemo krivočrtne koordinate vektorja dr v bazi e x, e y, e z. V stanju B so torej krivočrtne koordinate vektorja dr številsko enake kartezijskim koordinatam tega vektorja v nedeformiranem stanju B, kar pomeni, da smo celotno deformacijo vektorja dr pripisali izključno deformaciji telesne koordinatne baze. Dolžine baznih vektorjev deformirane baze določimo na znani način ei = |e i| = e i · e i ( i = x, y, z) . (2 . 26) Sedaj lahko bazne vektorje deformirane baze normiramo glede na nji- hove dolžine in dobimo enotske vektorje na koordinatnih krivuljah stanja B v točki T . Prirastek krajevnega vektorja dr v stanju B lahko s tem zapišemo na naslednji način e d e y e r = dx e x z x e + dy ey + dz ez (2 . 27) x ey ez ali na kratko d e r = dx i i ei e ( i = x, y, z) . (2 . 28) i i Komponente dxi ei imenujemo fizikalne koordinate vektorja dr v bazi e x, e y, e z, saj se nanašajo na enotske bazne vektorje. 171 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa Na kratko lahko gornje ugotovitve strnemo takole: V nedeformiranem stanju B smo vsakemu materialnemu delcu priredili enako kartezijsko telesno koordinatno bazo e x, e y, e z. Med delovanjem zunanje obtežbe se je telo deformiralo, s tem pa so se vsaka po svoje “deformirale” tudi telesne koordinatne baze vsakega delca. V deformiranem stanju B pripada zato vsakemu delcu v splošnem različna “deformirana”telesna koordinatna baza e x, e y, e z, ki je torej funkcija telesnih koordinat delca x, y, z. Kakor sledi iz enačbe (2.25), ponuja deformirana telesna baza ugodno možnost za zapis spremembe krajevnega vektorja dr med obravnavanim in poljubnim bližnjim delcem kar s prirastki kartezijskih telesnih koordinat. Slika 2.4 Za ilustracijo je na sliki 2.4 prikazan ravninski primer deformacije telesnih koordinatnih črt ( z = 0). Vzeli smo, da se telesne koordinate v nedeformiranem stanju B pri času t 0 ujemajo s prostorskimi koordinatami prostorskega kartezijskega koordinatnega sistema x, y, z. Delec T je v stanju B določen s presečiščem koordinatnih črt x = 3 in y = 4; ima torej telesne koordinate (3 , 4 , 0). Ko se pri gibanju in deformiranju 172 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa telesa lega opazovanega delca T spremeni, se spremeni njegov krajevni vektor. V prostorskem koordinatnem sistemu je delec T v stanju B določen z novimi prostorskimi koordinatami x = 10 , y = 7 , z = 0. Mreža v začetku ravnih in medsebojno pravokotnih telesnih koordinat- nih črt se deformira v mrežo nepravokotnih krivulj. Pri tem pa delec T ves čas leži v presečišču telesnih koordinatnih krivulj x = 3 in y = 4. Ista trojica telesnih koordinat (3 , 4 , 0) torej določa opazovani delec T med celotnim deformacijskim procesom. Iz enačb (2.12) tudi sledi, da so pri enoličnem polju pomikov prostorske koordinate funkcije telesnih koordinat in obratno. Prostorske koordi- nate infinitezimalnega krajevnega vektorja dr v stanju B lahko zato zapišemo tudi kot popolne diferenciale glede na prirastke telesnih koordinat ∂x ∂x ∂x dx = dx dy dz ∂x + ∂y + ∂z ∂y ∂y ∂y dy = dx dy dz ∂x + ∂y + ∂z (2 . 29) ∂z ∂z ∂z dz = dx dy dz . ∂x + ∂y + ∂z Zapišimo gornje enačbe v matrični obliki ⎧ ⎫ ⎡ ∂x ∂x ∂x ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ dx ⎬ ∂x ∂y ∂z ⎨ dx ⎬ dy ⎢ ∂y ∂y ∂y ⎥ dy ⎩ ⎣ ∂x ∂y ∂z ⎦ dz ⎭ = ⎩ ⎭ (2 . 30) ∂z ∂z ∂z dz ∂x ∂y ∂z oziroma na kratko ∂x {dx i i} = {dx ∂x j} . (2 . 31) j Enačbe (2.29) do (2.31) povezujejo kartezijske koordinate dveh različnih vektorjev dr in dr . Obenem pa določajo pravilo za transformacijo koordinat istega vektorja dr pri prehodu iz koordinatne baze e x, e y, e z ∂x v bazo e x, e y, e z. V matematiki je matrika i ∂x znana kot Jacobijeva j 173 2.2 Opis deformiranja trdnega telesa matrika [ J ] preslikave koordinat x, y, z v koordinate x, y, z ∂x [ J] = i . ∂x (2 . 32) j Ob upoštevanju enačbe (2.13) izrazimo poljubno komponento dxi vektorja dr z vsoto ∂x ∂u dx i i i = dx δ dx ∂x j = ij + ∂x j ( i, j = x, y, z) . (2 . 33) j j j j Izraz v oklepaju na desni strani enačbe (2.33) imenujemo komponenta deformacijskega gradienta Fij stanja B glede na stanje B † ∂u F i ij = δij + . ∂x (2 . 34) j Enačbo (2.33) lahko sedaj zapišemo še krajše dxi = Fij dxj ( i, j = x, y, z) . (2 . 35) j Matrika komponent deformacijskega gradienta je očitno enaka Jacobi- jevi matriki preslikave koordinat x, y, z v koordinate x, y, z [ Fij] = [ J ] . (2 . 36) Če prostorske koordinate izrazimo s telesnimi koordinatami in pomiki po enačbah (2.12), dobi matrika deformacijskega gradienta naslednjo obliko ⎡ ⎤ 1 + ∂ux ∂ux ∂ux ⎢ ∂x ∂y ∂z ∂u ∂u ∂u ⎥ [ F y y y ij ] = ⎣ ∂x 1 + ∂y ∂z ⎦ (2 . 37) ∂uz ∂uz ∂x ∂y 1 + ∂uz ∂z † Nekateri avtorji uporabljajo pojem deformacijski gradient za transponirane vrednosti tega izraza. 174 2.3 Tenzor velikih deformacij oziroma ∂ui [ Fij] = δij + . ∂x (2 . 38) j Upoštevajoč enačbe (2.23) do (2.38) lahko tudi deformacijo telesne ko- ordinatne baze zapišemo kot preslikavo ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ∂y T ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ ∂x ∂z e x ⎬ ⎢ ∂x ∂x ∂x ⎨ e x ⎬ ⎨ e x ⎬ ∂x ∂y ∂z ⎥ T ⎩ e y ⎭ = ⎣ ∂y ∂y ∂y ⎦ ⎩ e y ⎭ = [ Fij] ⎩ e y ⎭ (2 . 39) e z ∂x ∂y ∂z e z e z ∂z ∂z ∂z ali na kratko ∂xj e i = ∂x e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 40) j i 2.3 Tenzor velikih deformacij Kot najbolj naravno in vsakdanjim izkušnjam z deformabilnimi telesi najbližjo mero za opis deformiranja v neposredni okolici opa- zovanega delca vzamemo kar normirano spremembo razdalje med bližnjima točkama T in Q med deformacijo telesa (slika 2.2). V nedeformiranem stanju B je ta razdalja enaka dolžini ds = |dr | prirastka krajevnega vektorja r. Ob upoštevanju enačbe (2.14) dobimo ds 2 = dr · dr = dxi dxj e i · e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 41) i j V deformiranem stanju B pa je ds = |dr | in zaradi enačbe (2.25) sledi ds 2 = dr · dr = dxi dxj e i · e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 42) i j Razlika kvadratov obeh elementarnih dolžin je tako 175 2.3 Tenzor velikih deformacij ds 2 − ds 2 = (e i · e j − e i · e j) dxi dxj i j ( i, j = x, y, z) . (2 . 43) Z vpeljavo okrajšave 2 Eij = e i · e j − e i · e j (2 . 44) lahko pišemo ds 2 − ds 2 = 2 Eij dxi dxj ( i, j = x, y, z) . (2 . 45) i j Ker je ds 2 − ds 2 = ( ds + ds)( ds − ds) , je razlika elementarnih dolžin ( ds − ds) sorazmerna izrazu na desni strani gornje enačbe. Zato lahko novo vpeljano količino s komponentami Eij vzamemo kot primerno mero za deformiranje telesa v okolici opazovanega materialnega delca T . Upoštevajoč invariantnost razlike ds 2 − ds 2 lahko sklepamo, da so Eij komponente tenzorja. Glede na definicijo (2.44) lahko zaradi komutativnosti skalarnega produkta ugotovimo, da gre za simetričen tenzor 2. reda E(2). Eij = Eji . (2 . 46) Imenujemo ga tenzor velikih deformacij, saj v dosedanjih izvajanjih velikosti pomikov nismo omejili. Podobno kot komponente tenzorja napetosti lahko tudi komponente tenzorja velikih deformacij uredimo v simetrično kvadratno matriko reda 3 × 3. V kartezijskih koordinatah x, y, z je ⎡ ⎤ Exx Exy Exz [ Eij] = ⎣ Eyx Eyy Eyz ⎦ . (2 . 47) Ezx Ezy Ezz Ob upoštevanju enačb (2.44) in (2.22) lahko komponente tenzorja ve- likih deformacij izrazimo s pomiki ∂u ∂u 2 Eij = (e i + ∂x ) · (e j + ) − e i · e j ( i, j = x, y, z) (2 . 48) i ∂xj 176 2.3 Tenzor velikih deformacij in po ureditvi dobimo ∂ ∂ ∂ ∂ E 1 u u 1 u u ij = · e j + · e i + · . (2 . 49) 2 ∂xi ∂xj 2 ∂xi ∂xj Zapišimo desno stran gornje enačbe še v skalarni obliki ∂u ∂u ∂u ∂u E 1 j i 1 k k ij = + + 2 ∂xi ∂xj 2 ∂x ∂x k i j ( i, j, k = x, y, z) . (2 . 50) Kartezijske komponente tenzorja velikih deformacij so tako ∂u ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 E x 1 x y z xx = ∂x + + + 2 ∂x ∂x ∂x ∂u ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 E y 1 x y z yy = ∂y + + + 2 ∂y ∂y ∂y ∂u ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 E z 1 x y z zz = ∂z + + + 2 ∂z ∂z ∂z ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u E 1 y x 1 x x y y z z xy = + 2 ∂x + ∂y 2 ∂x ∂y + ∂x ∂y + ∂x ∂y ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u E 1 z y 1 x x y y z z yz = + 2 ∂y + ∂z 2 ∂y ∂z + ∂y ∂z + ∂y ∂z ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u E 1 x z 1 x x y y z z zx = + 2 ∂z + ∂x 2 ∂z ∂x + ∂z ∂x + ∂z ∂x Eyx = Exy Ezy = Eyz Exz = Ezx . (2 . 51) Kakor vidimo, so komponente tenzorja velikih deformacij izražene s prvimi parcialnimi odvodi pomikov, in sicer tako, da ima vsaka kompo- nenta linearni in kvadratični del. V nadaljevanju skušamo s komponen- tami tenzorja velikih deformacij izraziti najpomembnejše geometrijske spremembe v okolici opazovanega delca. 177 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Specifiˇ cna sprememba dolˇ zine Oglejmo si, kako se med deformiranjem telesa spreminja dolžina poljubnega materialnega vlakna skozi obravnavano točko T . Brez izgube na splošnosti lahko opazujemo kar enega od materialnih vlaken, ki v nedeformiranem stanju ležijo vzdolž koordinatnih krivulj. Naj bo to koordinatna krivulja xi, katere smer je v točki T določena z enotskim tangentnim vektorjem e i ( i = x, y ali z). Med deformiranjem telesa se materialno vlakno raztegne ali skrči in spremeni svojo smer. S tem spremeni svojo velikost in smer tudi tangentni vektor (slika 2.5). Slika 2.5 V začetnem stanju B vzemimo koordinatno krivuljo x skozi obravnavano točko T ( x, y, z) in bližnjo točko Q( x + dx, y, z). Sprememba krajevnega vektorja r med točkama T in Q je tedaj dr = dx e x , (2 . 52) njegova dolžina dsx pa je √ dsx = dr · dr = dx 2 e x · e x = dx ex = dx . (2 . 53) Po deformaciji telesa ostanejo telesne koordinate točk T in Q nespremenjene, sprememba krajevnega vektorja dr pa je v skladu z enačbo (2.25) dr = dx e x . (2 . 54) 178 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Razdalja dsx med točkama T in Q v stanju B je sedaj √ dsx = dr · dr = dx 2 e x · e x = dx ex . (2 . 55) Specifično spremembo dolžine v točki T in v smeri koordinatne krivulje x označimo z Dxx in jo v duhu Lagrangevega opisa definiramo z razmerjem med spremembo dolžine in začetno dolžino vlakna ds D x − dsx xx = . ds (2 . 56) x Upoštevajoč enačbi (2.53) in (2.55) sledi dx e D x − dx xx = dx = e x − 1 . (2 . 57) Dobljeni rezultat lahko posplošimo v ugotovitev, da je specifična sprememba dolžine materialnega vlakna vzdolž poljubne koordinatne krivulje xi določena z razmerjem spremembe dolžine pripadajočega tangentnega vektorja e i in njegove prvotne dolžine (enote) (slika 2.5) dx e D i − dxi ii = dx = e i − 1 . (2 . 58) i Pri tem smo upoštevali, da je ei = 1. Če v enačbi (2.44) vzamemo j = i, dobimo 2 2 Eii = e i · e i − e i · e i = e i − 1 . (2 . 59) Iz enačb (2.57) in (2.59) sledi e i = 1 + Dii = 1 + 2 Eii (2 . 60) in specifično spremembo dolžine Dii v smeri e i izrazimo v odvisnosti od komponente Eii tenzorja velikih deformacij Dii = 1 + 2 Eii − 1 . (2 . 61) 179 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa S prav takšno enačbo določimo specifično spremembo dolžine poljub- nega drugega materialnega vlakna skozi delec T . Za vlakno, katerega smer je v točki T določena z enotskim vektorjem e α, dobimo Dαα = 1 + 2 Eαα − 1 , (2 . 62) pri čemer komponento Eαα določimo s transformacijsko enačbo (1.163), ki smo jo izpeljali v razdelku 1.8 Eαα = Eij eαi eαj ( i, j = x, y, z) . (2 . 63) i j Sprememba pravega kota Specifične spremembe dolžin, ki smo jih obravnavali v prejšnjem razdelku, so povezane s spremembo velikosti telesa. Sprememba ob- like kot druga osnovna značilnost deformacije pa je povezana s spre- membami kotov med posameznimi materialnimi vlakni. Za opis kotnih sprememb je najenostavneje, če opazujemo materialna vlakna, ki so bila pred deformacijo pravokotna med seboj in določimo spremembo pravega kota med deformiranjem telesa. Vzemimo materialni vlakni, ki se ujemata z dvema od koordinatnih krivulj skozi opazovano točko T in sta njuni smeri pred deformacijo določeni z enotskima in medseboj- no pravokotnima telesnima baznima vektorjema e i in e j ( i = j). Po deformaciji oba bazna vektorja v splošnem spremenita svoji velikosti in smeri (slika 2.6). Novi kot med baznima vektorjema deformiranega stanja e i in e j označimo s ϑij in definiramo spremembo pravega kota Dij kot razliko π Dij = (e i, e j) − (e i, e j) = − ϑ 2 ij . (2 . 64) Glede na uporabljeno definicijo je sprememba pravega kota pozitivna, če se opazovani pravi kot med deformiranjem zmanjša ( ϑij < π/ 2). 180 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Upoštevamo, da je π sin Dij = sin( − ϑ 2 ij ) = cos ϑij , (2 . 65) e i · e j e i · e j = ei ej cos ϑij → cos ϑij = e (2 . 66) iej in ker je pri i = j e i · e j = 0 , dobimo iz enačb (2.44) in (2.60) 2 Eij sin Dij = √ . (2 . 67) 1 + 2 Eii 1 + 2 Ejj Slika 2.6 Na enak način določimo spremembo pravega kota med poljubnima enot- skima vektorjema e α in e β, ki sta v nedeformiranem stanju B pravokotna med seboj (e α · e β = 0) 2 Eαβ sin Dαβ = √ , (2 . 68) 1 + 2 Eαα 1 + 2 Eββ kjer v skladu z enačbo (1.163) velja Eαβ = Eij eαi eβj ( i, j = x, y, z; α, β = ξ, η, ζ) . (2 . 69) i j 181 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Tako smo pokazali, kako specifične spremembe dolžin in spremembe pravih kotov kot najpomembnejše geometrijske značilnosti deforma- cije trdnega telesa izrazimo s komponentami tenzorja velikih deforma- cij. Z enačbami (2.51) jih tako povežemo tudi s komponentami vek- torskega polja pomikov. Glede na to, da velikosti vpeljanih deformacij- skih količin nismo omejili, lahko končno tudi trdimo, da smo tenzor s komponentami Eij upravičeno poimenovali tenzor velikih deformacij. Ob upoštevanju enačb (2.60) in (2.67) lahko zapišemo tudi obratne zveze, s katerimi komponente tenzorja velikih deformacij povežemo s specifičnimi spremembami dolžin in spremembami pravih kotov E 1 ii = Dii + D 2 2 ii (2 . 70) E 1 ij = ( 1 + Dii )( 1 + Djj ) sin Dij . (2 . 71) 2 Sprememba smeri Ugotovili smo že in v prejšnjem razdelku tudi upoštevali, da mate- rialno vlakno med deformiranjem telesa razen dolžine spremeni tudi smer. Oglejmo si materialno vlakno, katerega smer je v obravnavani točki T v nedeformiranem stanju B določena s telesnim baznim vektorjem e i, v deformiranem stanju B pa z baznim vektorjem e i (slika 2.7). Kot ϕi med vektorjema e i in e i imenujemo zasuk ali rotacija materialnega vlakna v smeri e i. Podobno kakor pri vektorju pomika moramo tudi pri zasuku razen velikosti določiti tudi njegovo smer. Iz 1. poglavja vemo, da je vektor zasuka določen z velikostjo kota in z enotskim vektorjem normale na ravnino, ki jo določata prvotna in nova smer opazovanega materialnega vlakna. Zato za mero spremembe smeri materialnega vlakna v točki T vzamemo vektorski produkt R i vektorjev e i in e i R i = e i × e i . (2 . 72) 182 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Slika 2.7 Pri tem smo s privzetim vrstnim redom obeh vektorjev upoštevali, da gre za Lagrangev opis zasuka materialnega vlakna iz smeri e i v smer e i. Zaradi enačbe (2.22) in ker je e i × e i = 0, sledi ∂u ∂u R i = e i × e i + . ∂x = e i × (2 . 73) i ∂xi Upoštevajoč definicijo vektorskega produkta lahko povežemo velikost Ri vektorja R i z velikostjo zasuka ϕi Ri = |R i| = |e i × e i| = ei ei sin ϕi = ei sin ϕi . (2 . 74) Zaradi enačbe (2.60) lahko vrednost Ri izrazimo tudi takole Ri = (1 + Dii) sin ϕi Ri Ri (2 . 75) sin ϕi = = √ . 1 + Dii 1 + 2 Eii Kakor vidimo, izbrana mera za spremembo smeri vlakna |R i| = Ri ni enaka zasuku, saj je s faktorjem (1 + Dii) sorazmerna sinusu zasučnega kota. Vektorje R i lahko torej pogojno imenujemo reducirani vektorji zasukov. Ker so izraženi s pomiki, lahko z njimi izračunamo zasuke ϕi po enačbi (2.75). Pri znanem polju pomikov u lahko torej določimo 183 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa velikost in smer zasuka poljubnega koordinatnega materialnega vlakna skozi opazovano točko T . Zapišimo enačbo (2.73) v kartezijskih koordinatah ( x, y, z). Vektorske produkte izračunamo kot ustrezne determinante in dobimo ∂u ∂uz ∂uy R x = e x × ∂x = − ∂x e y + ∂x e z ∂u ∂uz ∂ux R y = e y × ∂y = ∂y e x − ∂y e z (2 . 76) ∂u ∂uy ∂ux R z = e z × ∂z = − ∂z e x + ∂z e y . Vektorje R x, R y, R z lahko formalno zapišemo z njihovimi skalarnimi komponentami v bazi e x, e y, e z R x = Rxy e y + Rxz e z R y = Ryx e x + Ryz e z (2 . 77) R z = Rzx e x + Rzy e y . Pri tem smo glede na enačbe (2.76) upoštevali, da je Rxx = Ryy = Rzz = 0, z nadaljnjo primerjavo enačb (2.76) in (2.77) pa dobimo ∂u ∂u R z y xy = − R ∂x xz = ∂x ∂u ∂u R z x yx = R ∂y yz = − ∂y (2 . 78) ∂u ∂u R y x zx = − R . ∂z zy = ∂z Komponente Rxy, Rxz, . . . , Rzy predstavljajo projekcije oziroma vrednosti vektorjev reduciranih zasukov R x, R y, R z v smereh e x, e y, e z. Premik opazovanega delca T iz lege T v nedeformiranem stanju B v lego T v deformiranem stanju B smo opisali z enim samim vektorjem pomika u. Da bi tudi zasuk elementarnega dela telesa v bližnji okolici delca T opisali z enim samim vektorjem, sestavimo namišljeni 184 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa rezultirajoči zasuk v točki T kot vsoto vektorjev reduciranih zasukov R x, R y, R z ∂u ∂u ∂u R x + R y + R z = e x × . ∂x + e y × ∂y + e z × ∂z (2 . 79) Ker so bazni vektorji e x, e y, e z konstantni, lahko pišemo ∂ ∂ ∂ R x + R y + R z = ∂x(e x × u) + ∂y(e y × u) + ∂z(e z × u) (2 . 80) in dalje ∂ ∂ ∂ R x + R y + R z = × ∂xe x + ∂y e y + ∂z e z u . (2 . 81) V okroglem oklepaju na desni strani enačbe (2.81) prepoznamo Hamil- tonov † diferencialni operator ∇ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ = ∂xe x + ∂ye y + ∂ze z = ∂x e i ( i = x, y, z) . (2 . 82) i i V enačbi (2.81) se operator ∇ obnaša kot vektor, zato velja R x + R y + R z = ∇ × u = rot u . (2 . 83) Komponente rotorja vektorskega polja u najlaže določimo z determi- nanto e x e y e z rot u = ∂ ∂ ∂ (2 . 84) ∂x ∂y ∂z u x uy uz in dobimo ∂uz ∂uy ∂ux ∂uz ∂uy ∂ux rot u = − − − ∂y ∂z e x + ∂z ∂x e y + ∂x ∂y e z . (2 . 85) † William Rowan Hamilton, irski matematik in astronom, 1805-1865. 185 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa Zapišimo sedaj polovični rotor pomikov z upoštevanjem zvez (2.78) 1 1 1 1 rot u = ( Ryx + Rzx) e x + ( Rzy + Rxy) e y + ( Rxz + Ryz) e z . 2 2 2 2 (2 . 86) Komponenta polovičnega rotorja pomikov v smeri e x predstavlja povprečno vrednost reduciranih zasukov okrog osi x; Ryx je namreč reducirana vrednost zasuka materialnega vlakna v smeri e y okrog osi x, Rzx pa reducirana vrednost zasuka materialnega vlakna v smeri e z okrog osi x. Gre torej za povprečni reducirani zasuk dveh značilnih materialnih vlaken v ravnini ( y, z) okrog osi x. Podobno komponenti polovičnega rotorja pomikov v smereh e y in e z pomenita povprečna reducirana zasuka v ravninah ( z, x) in ( x, y) oziroma okrog smeri y in z. Zato za komponente polovičnega rotorja pomikov vpeljemo nove oznake 1 ( Ryx + Rzx) = ωx ≡ ωyz 2 1 ( Rzy + Rxy) = ωy ≡ ωzx (2 . 87) 2 1 ( Rxz + Ryz) = ωz ≡ ωxy . 2 Upoštevajoč enačbe (2.78) lahko torej povprečne reducirane zasuke izrazimo s pomiki ∂u ∂u ω 1 z y x ≡ ωyz = − = −ωzy 2 ∂y ∂z ∂u ∂u ω 1 x z y ≡ ωzx = − = −ωxz (2 . 88) 2 ∂z ∂x ∂u ∂u ω 1 y x z ≡ ωxy = − = −ωyx . 2 ∂x ∂y Z identiteto ωyz ≡ ωx smo, na primer, povedali, da gre za povprečni reducirani zasuk dveh značilnih materialnih vlaken v ravnini ( y, z) oziroma za povprečni reducirani zasuk teh vlaken okrog osi x. Zato 186 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa gre pri vpeljanih dvojnih oznakah le navidez za nepotrebno zapletanje; kakor bomo videli v nadaljevanju, je v nekaterih izpeljavah bolj ugoden prvi, v drugih pa drugi način označevanja zasukov. V gornjih izvajanjih smo torej govorili o povprečnih reduciranih zasukih v koordinatnih ravninah oziroma okrog normal na te ravnine. Še enkrat opozorimo, da pri tem ne gre za fizikalne vrednosti zasukov, temveč za njihove sinuse, pomnožene z velikostjo deformirane enote (1 + Dii), kakor sledi iz enačbe (2.75). Za polovični rotor pomikov lahko sedaj vpeljemo novo oznako ω in ga zapišemo na naslednji način 1 rot u = ω = ωx e x+ ωy e y+ ωz e z = ωi e i ( i = x, y, z) . (2 . 89) 2 i Razcep matrike prvih parcialnih odvodov pomikov V dosedanjih izvajanjih smo vse najpomembnejše geometrijske značil- nosti deformacije v bližnji okolici opazovanega delca izrazili s parcial- nimi odvodi komponent vektorskega polja pomikov. Zato si matriko nastopajočih parcialnih odvodov oglejmo nekoliko podrobneje. Kakor vemo iz linearne algebre, lahko vsako realno kvadratno matriko enolično razcepimo na simetrični in antisimetrični del. Za matriko [ Cij] na primer velja [ Cij] = [ Sij] + [ Aij] , (2 . 90) kjer je [ Sij] simetrična, [ Aij] pa antisimetrična matrika 1 [ Sij] = [ Cij + Cji] . . . Sji = Sij 2 (2 . 91) 1 [ Aij] = [ Cij − Cji] . . . Aji = −Aij . 2 Matriko parcialnih odvodov pomikov 187 2.4 Geometrijske spremembe pri deformiranju telesa ⎡ ⎤ ∂ux ∂uy ∂uz ∂u ∂x ∂x ∂x j ⎢ ∂u ⎥ x ∂uy ∂uz ∂x = ⎣ ∂y ∂y ∂y ⎦ , (2 . 92) i ∂ux ∂uy ∂uz ∂z ∂z ∂z v kateri indeks i določa vrstice, indeks j pa stolpce, razcepimo na simetrični del [ εij] in antisimetrični del [ ωij] ∂uj ∂x = [ εij] + [ ωij] . (2 . 93) i Pri tem je ∂u ∂u ε 1 j i ij = + = εji (2 . 94) 2 ∂xi ∂xj ∂u ∂u ω 1 j i ij = − = −ωji . (2 . 95) 2 ∂xi ∂xj Ker smo jih izračunali kot komponente kartezijskih vektorjev, sestav- ljajo vrednosti εij simetrični tenzor 2. reda ε(2), vrednosti ωij pa antisimetrični tenzor 2. reda ω(2). Izpišimo komponente obeh tenzorjev glede na kartezijsko bazo e x, e y, e z ∂u 1 ∂uy ∂ux ε x ε = ε xx = xy = yx ∂x 2 ∂x + ∂y ∂u ∂u ∂u ε y 1 z y yy = ε ∂y yz = = εzy (2 . 96) 2 ∂y + ∂z ∂u ε z 1 ∂ux ∂uz zz = ∂z εzx = = εxz . 2 ∂z + ∂x ωxx = ωyy = ωzz = 0 ∂u ∂u ω 1 y x xy ≡ ωz = − = −ωyx 2 ∂x ∂y ∂u ∂u (2 . 97) ω 1 z y yz ≡ ωx = − = −ωzy 2 ∂y ∂z ∂u ∂u ω 1 x z zx ≡ ωy = − = −ωxz . 2 ∂z ∂x 188 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah Primerjava enačb (2.96) z enačbami (2.51) kaže, da so komponente simetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov enake line- arnim delom ustreznih komponent tenzorja velikih deformacij. Iz primerjave enačb (2.97) in (2.88) pa lahko ugotovimo, da so kompo- nente antisimetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov enake povprečnim reduciranim zasukom v koordinatnih ravninah oziroma okrog ustreznih koordinatnih smeri. 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah V dosedanjih izvajanjih se nikjer nismo omejili glede velikosti pomikov in zasukov. Vse izpeljane enačbe veljajo pri poljubno velikih pomikih in zasukih, s tem pa tudi pri poljubno velikih specifičnih spre- membah dolžin in spremembah pravih kotov. Pri tem se tudi nismo vprašali, kolikšne deformacije dovoljuje material, iz katerega je narejeno telo. O tem bomo podrobneje govorili v 3. poglavju. Kakor vidimo, nas tako splošen opis deformiranja telesa pripelje do nelinearnih zvez med pomiki in deformacijami, kar seveda zelo oteži praktično računanje. Problemi, ki zahtevajo nelinearno analizo deformacij in pomikov, v glavnem presegajo predvideni okvir tega učbenika. Izpeljane enačbe so pomembne predvsem zaradi vpogleda v fizikalno in geometrijsko ozadje deformiranja telesa. Razen tega pa smo z njimi pripravili tudi orodje za študij stabilnostnih problemov, ki jih bomo srečali v 5. poglavju. Kakor smo omenili že v uvodu, so v večini praktičnih inženirskih na- log deformacije pri redni obtežbi omejene iz funkcionalnih in estet- skih razlogov. Že v poglavju o napetostih smo izpeljali ravnotežne pogoje ob predpostavki, da je vpliv spremembe velikosti, oblike in lege telesa zanemarljiv. Reševanje tako poenostavljenih enačb ravnotežja ob upoštevanju točnih kinematičnih zvez ne bi bilo smiselno. Zato v nadaljevanju upoštevamo da so: (i) pomiki in zasuki majhni v primer- javi s siceršnjimi izmerami telesa, (ii) prvi parcialni odvodi pomikov in vse geometrijske spremembe v okolici poljubnega opazovanega delca 189 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah majhni v primerjavi z enoto. Če so prvi parcialni odvodi majhne količine v primerjavi z enoto ∂uj ∂x 1 ( i, j = x, y, z) , (2 . 98) i lahko v izrazih za komponente tenzorja velikih deformacij v primerjavi z linearnimi členi zanemarimo člene, v katerih nastopajo kvadrati in produkti parcialnih odvodov pomikov. Iz primerjave enačb (2.51) in (2.96) sledi, da so v tem primeru komponente tenzorja velikih deforma- cij približno enake komponentam simetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov ∂u E x xx ≈ ∂x = εxx ∂u E y yy ≈ ∂y = εyy ∂u E z zz ≈ ∂z = εzz ∂u ∂u E y x xy ≈ 1 = εxy 2 ∂x + ∂y ∂u ∂u (2 . 99) E z y yz ≈ 1 = εyz 2 ∂y + ∂z ∂u ∂u E x z zx ≈ 1 = εzx 2 ∂z + ∂x Eyx = Exy ≈ εyx = εxy Ezy = Eyz ≈ εzy = εyz Exz = Ezx ≈ εxz = εzx . Vzemimo, da so tudi specifične spremembe dolžin majhne v primerjavi z enoto |Dii| 1 . (2 . 100) Tedaj lahko v enačbi (2.70) zanemarimo kvadratni člen v primerjavi z linearnim in sledi Dii ≈ Eii ≈ εii . (2 . 101) 190 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah To pomeni, da lahko pri majhnih prvih parcialnih odvodih pomikov specifične spremembe dolžin v koordinatnih smereh izrazimo kar s pripadajočimi diagonalnimi komponentami simetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov. V kartezijskih koordinatah x, y, z je na primer Dxx ≈ εxx Dyy ≈ εyy (2 . 102) Dzz ≈ εzz . Jasno je, da velja enako pravilo tudi za poljubno smer e α Dαα ≈ εαα , (2 . 103) kjer komponento εαα določimo s transformacijsko enačbo (1.163) εαα = εij eαi eαj ( i, j = x, y, z) . (2 . 104) i j Spremembe pravih kotov so s specifičnimi spremembami dolžin pove- zane z enačbo (2.71) E 1 ij = (1 + Dii + Djj + DiiDjj) sin Dij . (2 . 105) 2 Če so razen specifičnih sprememb dolžin tudi spremembe pravih kotov in zasuki majhne količine |Dij| 1 , ( i = j) (2 . 106) |ϕi| 1 , lahko v enačbi (2.105) zanemarimo Dii, Djj in DiiDjj v primerjavi z 1. Razen tega lahko vzamemo sin Dij ≈ Dij (2 . 107) in ob upoštevanju enačb (2.99) dobimo Dij ≈ 2 Eij ≈ 2 εij ( i = j) . (2 . 108) 191 2.5 Poenostavitve pri omejenih deformacijah Kakor vidimo, lahko ob izpolnjenih pogojih (2.98), (2.100) in (2.106) spremembe pravih kotov opišemo z dvakratnimi vrednostmi pripadajo- čih zunajdiagonalnih komponent simetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov. Pravilo lahko spet posplošimo na opis spremembe pravega kota med dvema poljubnima, v nedeformiranem stanju B medsebojno pravokotnima smerema e α in e β Dαβ ≈ 2 Eαβ ≈ 2 εαβ ( α = β) , (2 . 109) kjer je εαβ = εij eαi eβj ( i, j = x, y, z) . (2 . 110) i j Ob upoštevanju predpostavk (2.100) in (2.106) lahko tudi v enačbi (2.75) zanemarimo Dii v primerjavi z 1, vzamemo, da je sin ϕi ≈ ϕi in dobimo ϕi ≈ Ri . (2 . 111) To pomeni, da lahko pri majhnih deformacijah zasuk ϕi obravnavanega materialnega vlakna v opazovani točki telesa opišemo z velikostjo Ri vektorja R i; z drugimi besedami: Ri je pri majhnih deformacijah fizikalna vrednost zasuka vlakna v smeri e i. Iz enačb (2.86) do (2.88) s tem sledi, da komponente polovičnega rotorja pomikov predstavljajo fizikalne vrednosti povprečnih zasukov v koordinatnih ravninah. Primerjava z enačbami (2.97) pa nadalje pokaže, da lahko pri majh- nih deformacijah povprečne zasuke v koordinatnih ravninah opišemo z ustreznimi komponentami antisimetričnega dela matrike parcialnih odvodov pomikov. Funkcije εij in ωij, ki smo jih sicer formalno dobili z razcepom ma- ∂u trike j ∂x na simetrični in antisimetrični del, so tako v primeru, i da gre za majhne deformacije, dobile svoj fizikalni pomen: diago- nalne komponente εxx, εyy, εzz simetričnega tenzorja ε(2) predstavljajo specifične spremembe dolžin v smereh x, y, z, zunajdiagonal-ne komponente εxy, εyz, εzx pa polovične spremembe pravih kotov 192 2.6 Tenzor majhnih deformacij (e x, e y) , (e y, e z) , (e z, e x). Za specifične spremembe dolžin pogosto uporabljamo tudi izraz normalne deformacije (včasih tudi linearne deformacije, raztezki, dilatacije ...), za spremembe pravih kotov pa izraz kotne ali distorzijske deformacije. Tenzor ε(2) imenujemo tenzor majhnih deformacij, enačbe (2.96), ki povezujejo specifične spremembe dolžin in spremembe pravih kotov s parcialnimi odvodi pomikov, pa kinematične enačbe pri majhnih deformacijah. Te enačbe sestavljajo drugo pomembno skupino osnovnih enačb mehanike trdnega telesa †. Komponente ωxy ≡ ωz, ωyz ≡ ωx, ωzx ≡ ωy antisimetričnega tenzorja ω(2) pa po vrsti predstavljajo povprečne zasuke v koordinatnih ravninah ( x, y) , ( y, z) , ( z, x) oziroma okrog osi x, y in z. Pri tem so komponente polovičnega rotorja pomikov izražene s pomiki na enak način kot komponente tenzorja ω(2), ne glede na to, ali gre za velike ali majhne deformacije. Razlika je le v tem, da pri majhnih deformacijah komponente ωij pomenijo fizikalne vrednosti zasukov, pri velikih deformacijah pa ne. Zato tenzor ω(2) s komponentami ωij imenujemo tenzor zasukov ali tenzor rotacij. 2.6 Tenzor majhnih deformacij Tenzor majhnih deformacij, ki ga v kartezijskih koordinatah pred- stavimo z matriko [ εij] ⎡ ⎤ εxx εxy εxz [ εij] = ⎣ εyx εyy εyz ⎦ , (2 . 112) εzx εzy εzz je v matematičnem pogledu popolnoma enakovreden tenzorju napetosti, s katerim smo se podrobno spoznali v 1. poglavju. Zato vse matema- tične operacije in pravila, ki smo jih vpeljali za tenzor napetosti, veljajo † Prvo skupino osnovnih enačb sestavljajo ravnotežni pogoji (1.131) in (1.140). 193 2.6 Tenzor majhnih deformacij tudi za tenzor majhnih deformacij. Elementi vrstic (zaradi simetrije pa tudi elementi stolpcev) matrike [ εij] sestavljajo tri koordinatne vektorje deformacij εx, εy, εz εx = εxx e x + εxy e y + εxz e z εy = εyx e x + εyy e y + εyz e z (2 . 113) εz = εzx e x + εzy e y + εzz e z ali na kratko εi = εij e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 114) j Medtem ko smo koordinatnim vektorjem napetosti σx, σy, σz zlahka pripisali očiten fizikalni pomen, za koordinatne vektorje deformacij tega ni moč ugotoviti. Sestavljeni so namreč iz fizikalno povsem različnih normalnih in kotnih deformacij. V matematičnem pogledu pa koordi- natne vektorje deformacij razumemo kot vrednosti tenzorja deformacij v smereh e x, e y, e z, ki v mnogočem olajšajo zapise in izpeljave pri analizi deformacijskega stanja telesa. Deformacijski vektor εα, ki pripada poljubni smeri e α, imenujemo vrednost tenzorja deformacij v smeri e α in ga določimo po analogiji z enačbo (1.142) εα = εxeαx + εyeαy + εzeαz = εi eαi ( i = x, y, z) . (2 . 115) i S skalarnim množenjem deformacijskega vektorja εα z vektorjem e α dobimo normalno deformacijo (specifično spremembo dolžine) materi- alnega vlakna, ki je v stanju B določeno z enotskim vektorjem e α εα · e α = εαα ≈ Dαα . (2 . 116) Podobno lahko določimo spremembo pravega kota, ki ga v stanju B oklepa enotski vektor e α z nekim drugim enotskim vektorjem e β, tako da je e α · e β = 0 εα · e β = εαβ ≈ 1 Dαβ . (2 . 117) 2 194 2.6 Tenzor majhnih deformacij Transformacija tenzorja majhnih deformacij Transformacija komponent tenzorja majhnih deformacij pri prehodu iz kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z v nov kartezijski koordinatni sistem z bazo e ξ, e η, e ζ in obratno je določena analogno z enačbami (1.163) do (1.168). Za posamezne komponente velja εαβ = εij eαi eβj ( α, β = ξ, η, ζ; i, j = x, y, z) . (2 . 118) i j Če pa želimo izračunati vse komponente tenzorja majhnih deformacij v zasukanem koordinatnem sistemu, je ugodneje zapisati enačbo (2.118) v matrični obliki [ εαβ] = [ eαi][ εij][ ejβ] . (2 . 119) V primeru, da poznamo komponente deformacij εαβ v zasukanem ko- ordinatnem sistemu e ξ, e η, e ζ, lahko določimo komponente istega deformacijskega tenzorja v bazi e x, e y, e z z enačbo εij = εαβ eiα ejβ ( i, j = x, y, z; α, β = ξ, η, ζ) (2 . 120) α β oziroma v matrični obliki [ εij] = [ eiα][ εαβ][ eβj] . (2 . 121) Glavne normalne deformacije Podobno kakor pri napetostih določimo velikosti glavnih normalnih de- formacij kot ničle karakteristične enačbe tenzorja majhnih deformacij ε 3 − Iε ε 2 + Iε ε − Iε = 0 , (2 . 122) 1 2 3 kjer so Iε, Iε, Iε invariante tenzorja majhnih deformacij. Koreni karak-1 2 3 teristične enačbe ε 11 , ε 22 , ε 33 so glavne normalne deformacije, ki pripadajo glavnim smerem e1 , e2 , e3 (glej pojasnila v Zgledu 3.2). 195 2.6 Tenzor majhnih deformacij O računskih metodah smo podrobno govorili že v razdelku o glavnih normalnih napetostih in njihovih smereh. Glavna vektorja e1 in e2 določimo z rešitvijo sistema homogenih enačb ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ εxx − εgg εyx εzx ⎨ egx ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎣ εxy εyy − εgg εzy ⎦ egy 0 ε ⎩ ⎭ = ⎩ ⎭ (2 . 123) xz εyz εzz − εgg egz 0 pri g = 1 in g = 2, tretji glavni vektor e3 pa z enačbo e3 = e1 × e2. Kakor smo pokazali v razdelku 1.9, sestavljajo tedaj vektorji e1 , e2 , e3 desnosučno ortonormalno bazo, v kateri ima tenzor majhnih deformacij diagonalno obliko ⎡ ⎤ ε 11 0 0 [ εαβ] = ⎣ 0 ε ⎦ 22 0 . (2 . 124) 0 0 ε 33 To pomeni, da v koordinatnih ravninah koordinatnega sistema z bazo e1 , e2 , e3 ni sprememb pravih kotov, materialna vlakna v smereh e1, e2 , e3 pa doživijo ekstremne specifične spremembe dolžin ε 11 , ε 22 , ε 33. V glavni bazi e1 , e2 , e3 dobijo tudi koordinatni vektorji deformacij ε 1 , ε 2 , ε 3 razviden fizikalni pomen, saj po velikosti in smeri opisujejo ekstremne raztezke oziroma skrčke materialnih vlaken v smereh glavnih baznih vektorjev ε ε ε 1 = ε 11 e1 2 = ε 22 e2 3 = ε 33 e3 . (2 . 125) Glavne spremembe pravih kotov Velikosti glavnih sprememb pravih kotov in smeri, med katerimi te spre- membe nastopajo, določamo z enakimi enačbami, kot smo jih izpelja- li za glavne strižne napetosti v razdelku 1.10. Kakor sledi iz enačb (1.240) in (1.246) do (1.248), določajo smeri, med katerimi nastopajo glavne kotne spremembe, trije pari medsebojno pravokotnih vektorjev 196 2.6 Tenzor majhnih deformacij eI in tI, eII in tII ter eIII in tIII √ √ 2 2 eI = (e2 + e3) tI = (e2 − e3) 2 2 √ √ 2 2 e (2 . 126) II = (e3 + e1) tII = (e3 − e1) 2 2 √ √ 2 2 eIII = (e1 + e2) tIII = (e1 − e2) . 2 2 Smerem eI , eII , eIII pripadajo deformacijski vektorji ε I, ε II in ε III √ ε 2 I = ( ε 2 + ε 3) 2 √ ε 2 II = ( ε 3 + ε 1) (2 . 127) 2 √ ε 2 III = ( ε 1 + ε 2) . 2 Specifične spremembe dolžin v teh smereh ε I I, ε II II in ε III III določimo po zgledu enačb (1.243) ε 1 I I = ε I · eI = ( ε 22 + ε 33) 2 ε 1 II II = ε II · eII = ( ε 33 + ε 11) (2 . 128) 2 ε 1 III III = ε III · eIII = ( ε 11 + ε 22) . 2 Končno zapišimo še vrednosti glavnih kotnih sprememb ε 1 I t = ε I · tI = ( ε 22 − ε 33) 2 ε 1 II t = ε II · tII = ( ε 33 − ε 11) (2 . 129) 2 ε 1 III t = ε III · tIII = ( ε 11 − ε 22) . 2 197 2.6 Tenzor majhnih deformacij V literaturi je označevanje kotnih sprememb in pripadajočih normalnih deformacij zelo pisano. Pogosto so spremembe pravih kotov označene s simbolom γ 2 εxy ≡ γxy 2 ε I t ≡ γ I 2 εyz ≡ γyz 2 ε II t ≡ γ II (2 . 130) 2 εzx ≡ γzx 2 ε III t ≡ γ III , normalne deformacije pa s simbolom ε, ki mu pripišemo en sam indeks εxx ≡ εx ε I I ≡ ε I εyy ≡ εy ε II II ≡ ε II (2 . 131) εzz ≡ εz ε III III ≡ ε III . Da ne bi bilo dvoma, poudarimo, da je, na primer, ε II t sprememba pravega kota med materialnima vlaknoma, ki sta bili v nedeformiranem stanju telesa vzporedni z enotskima vektorjema eII in tII. Specifiˇ cna sprememba prostornine V okolici opazovane točke T izberimo elementarni del telesa, ki ima v nedeformiranem stanju obliko pravokotnega kvadra z infinitezimalnimi stranicami da, db in dc, vzporednimi z glavnimi smermi e1 , e2 , e3 tenzorja majhnih deformacij (slika 2.8). V nedeformiranem stanju B ima ta elementarni kvader prostornino dV dV = da db dc . (2 . 132) Med deformiranjem telesa se dolžine stranic opazovanega elementarnega kvadra spremenijo v da, db, dc. Ker so stranice vzporedne glavnim vektorjem deformacijskega tenzorja, se pravi koti med njimi ne spremenijo, zato je prostornina dV v deformiranem stanju B spet določena s produktom deformiranih dolžin stranic dV = dadbdc . (2 . 133) 198 2.6 Tenzor majhnih deformacij Specifične spremembe dolžin stranic obravnavanega elementarnega kvadra so pri majhnih deformacijah določene kar z glavnimi normal- nimi deformacijami ε 11 , ε 22 , ε 33. Slika 2.8 V Lagrangevem opisu je torej da − da D 11 = ≈ ε da 11 → da = da (1 + ε 11) db − db D (2 . 134) 22 = ≈ ε db 22 → db = db (1 + ε 22) dc − dc D 33 = ≈ ε dc 33 → dc = dc (1 + ε 33) . V duhu Lagrangevega opisa definiramo specifično spremembo prostor- nine DV v opazovani točki telesa z izrazom dV − dV dV DV = − dV = dV 1 . (2 . 135) Ob upoštevanju enačb (2.132) do (2.134) preide gornja enačba v nasled- njo obliko DV = ε 11 + ε 22 + ε 33 + ε 11 ε 22 + ε 22 ε 33 + ε 33 ε 11 + ε 11 ε 22 ε 33 . (2 . 136) 199 2.6 Tenzor majhnih deformacij Ker gre za majhne deformacije, lahko zanemarimo kvadratne in kubični člen v primerjavi z linearnim delom in dobimo DV ≈ ε 11 + ε 22 + ε 33 = Iε . 1 (2 . 137) Kakor vidimo, lahko v primeru majhnih deformacij specifično spre- membo prostornine v opazovani točki telesa opišemo kar s prvo in- varianto tenzorja majhnih deformacij. Enako pravilo velja tudi v ka- terikoli drugi koordinatni bazi, na primer e x, e y, e z ali e ξ, e η, e ζ, saj je invarianta Iε neodvisna od izbire koordinat 1 DV = εxx + εyy + εzz = εξξ + εηη + εζζ . (2 . 138) V literaturi je specifična sprememba prostornine pogosto označena tudi z εV DV ≡ εV = Iε . (2 . 139) 1 Hidrostatiˇ cni in deviatoriˇ cni del tenzorja majhnih deformacij Podobno kakor smo to naredili pri tenzorju napetosti, tudi tenzor majh- nih deformacij razcepimo na hidrostatični ali sferični del εH ij in devia- torični ali distorzijski del εD ij , ki ga označimo z dij εij = εHij + εDij = εHij + dij . (2 . 140) V prejšnjem razdelku smo ugotovili, da je v primeru majhnih deformacij prva invarianta deformacijskega tenzorja Iε enaka specifični spremembi 1 prostornine εV v obravnavani točki telesa. Po analogiji z napetostmi izrazimo hidrostatični del deformacij s sferično ali volumetrično deformacijo εH εH 1 1 = Iε εV . (2 . 141) 3 1 = 3 Hidrostatični del je tako εH 1 ij = εV δij (2 . 142) 3 200 2.6 Tenzor majhnih deformacij oziroma v matrični obliki ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ εH 0 0 1 0 0 εH ⎣ ⎦ 1 ⎣ ⎦ ij = 0 εH 0 = εV 0 1 0 . (2 . 143) 3 0 0 εH 0 0 1 Preostali del tenzorja majhnih deformacij je definiran kot deviatorični oziroma distorzijski del deformacijskega stanja, tako da je dij ≡ εDij = εij − εHij → dij = εij − δijεH . (2 . 144) V kartezijskih koordinatah x, y, z tako dobimo ⎡ ⎤ εxx − εH εxy εxz [ dij] = ⎣ εyx εyy − εH εyz ⎦ . (2 . 145) εzx εzy εzz − εH Razcep (2.140) lahko sedaj zapišemo takole ε 1 ij = εH δij + dij = εV δij + dij . (2 . 146) 3 V glavnih koordinatah deformacijskega stanja ima tudi distorzijski del deformacijskega tenzorja diagonalno obliko ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ d 11 0 0 ε 11 − εH 0 0 [ dij] = ⎣ 0 d ⎦ ⎣ ⎦ 22 0 = 0 ε 22 − εH 0 . 0 0 d 33 0 0 ε 33 − εH (2 . 147) Analogno kot v razdelku 1.11 lahko tudi ugotovimo, da se glavne smeri distorzijskega dela deformacijskega stanja ujemajo z glavnimi smermi celotnega tenzorja majhnih deformacij. Za naše nadaljnje delo je pomembna druga invarianta distorzijskega dela deformacijskega tenzorja Id. Ob upoštevanju ugotovitev iz 2 razdelka 1.11 jo lahko izrazimo z enačbo Id = Iε − 1 ( Iε)2 (2 . 148) 2 2 3 1 201 2.7 Tenzor zasukov ali z glavnimi normalnimi deformacijami Id = − 1 ( ε (2 . 149) 2 11 − ε 22)2 + ( ε 22 − ε 33)2 + ( ε 33 − ε 11)2 6 ali pa z glavnimi distorzijskimi deformacijami Id = − 1 d 2 + d 2 + d 2 . (2 . 150) 2 2 11 22 33 2.7 Tenzor zasukov Ob upoštevanju zvez (2.88) lahko tenzor zasukov v kartezijskem koor- dinatnem sistemu zapišemo na dva načina ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 ωxy ωxz 0 ωz −ωy [ ωij] = ⎣ ωyx 0 ωyz ⎦ = ⎣ −ωz 0 ωx ⎦ . (2 . 151) ωzx ωzy 0 ωy −ωx 0 Tenzor zasukov je antisimetričen, zato so njegove diagonalne kompo- nente enake nič. Podobno kakor pri tenzorju majhnih deformacij sesta- vimo koordinatne vektorje zasukov ωx = ωxy e y + ωxz e z ωy = ωyx e x + ωyz e z (2 . 152) ωz = ωzx e x + ωzy e y oziroma ωi = ωij e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 153) j Glede na enačbo (2.151) pa lahko koordinatne vektorje zasukov zapiše- mo tudi takole ωx = ωz e y − ωy e z ωy = −ωz e x + ωx e z (2 . 154) ωz = ωy e x − ωx e y . 202 2.7 Tenzor zasukov V enačbi (2.89) smo za polovični rotor pomikov vpeljali oznako ω 1 rot u = ω = ωx e x + ωy e y + ωz e z = ωi e i ( i = x, y, z) . 2 i (2 . 155) V primeru, da gre za majhne deformacije, lahko tudi vektorju ω najdemo geometrijski pomen. Tedaj namreč vektor ω predstavlja rezultirajoči zasuk elementarnega dela telesa v bližnji okolici opazovanega delca. Zveze med rezultirajočim vektorjem zasuka ω in koordinatnimi vektorji ωx, ωy, ωz izpeljemo iz vektorskih produktov vektorja ω z baznimi vektorji e x, e y, e z. Ker je na primer e x e y e z ω × e x = ωx ωy ωz = ωz e y − ωy e z = ωx (2 . 156) 1 0 0 in podobno za smeri e y in e z, dobimo ωx = ω × e x ωy = ω × e y (2 . 157) ωz = ω × e z ali splošno ωi = ω × e i ( i = x, y, z) . (2 . 158) Enačbo (2.93), s katero smo povezali parcialne odvode pomikov s komponentami tenzorjev majhnih deformacij in zasukov, lahko sedaj zapišemo v vektorski obliki. Zvezo ∂uj ∂x = εij + ωij ( i, j = x, y, z) (2 . 159) i pomnožimo z baznimi vektorji e j ( j = x, y, z) in seštejemo po j ∂u j ε ω ∂x e j = ij e j + ij e j ( i, j = x, y, z) . (2 . 160) j i j j 203 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov Ker so e j konstantni vektorji, dobimo ob upoštevanju enačb (2.10), (2.114) in (2.153) naslednjo zvezo ∂u ∂x = εi + ωi ( i = x, y, z) . (2 . 161) i Zaradi enačbe (2.158) pa lahko pišemo ∂u ∂x = εi + ω × e i ( i = x, y, z) . (2 . 162) i Tako smo parcialne odvode vektorskega polja pomikov izrazili s koor- dinatnimi vektorji deformacij in zasukov. Na koncu poskusimo še koordinatnim vektorjem rotacij poiskati fizikalni pomen. Primerjava enačb (2.22) in (2.161) ∂u e i = e i + ∂x = e i + εi + ωi ( i = x, y, z) (2 . 163) i pove, da vektor ωi predstavlja tisti del spremembe telesnega baznega vektorja e i, ki je posledica zavrtitve materialnega vlakna v smeri xi okrog obravnavanega materialnega delca. Če bi se namreč elementarni del telesa v bližnji okolici delca obnašal kot togo telo, kar pomeni, da v tej okolici ne bi prišlo do sprememb dolžin in pravih kotov ( εi = 0), bi vektor ωi predstavljal celotno spremembo telesnega baznega vektorja e i med deformiranjem telesa. 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov V praktičnih primerih mehanske analize se lahko v odvisnosti od izbrane poti za reševanje mehanskih enačb znajdemo v različnih situaci- jah. Če v določeni fazi računskega postopka poznamo pomike ui( x, y, z), je določitev komponent tenzorja majhnih deformacij εij in rotacij ωij trivialna: pomike odvajamo in njihove prve odvode vstavimo v kinematične enačbe (2.96) in (2.97). V nadaljevanju pa si oglejmo bolj 204 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov zahteven primer, da je deformacijsko stanje telesa podano s kompo- nentami εij( x, y, z) tenzorja majhnih deformacij v kartezijskih koordinatah x, y, z. To pomeni, da poznamo šest enoličnih, dvakrat zvezno odvedljivih funkcij εij = εij( x, y, z) ( i, j = x, y, z) in želimo določiti zasuke in pomike, ki pripadajo temu deformacijskemu stanju. Način podpiranja telesa oziroma njegovo povezavo s sosednjimi telesi lahko brez izgube na splošnosti opišemo z vektorjema pomika u0 in zasuka ω 0 referenčne točke T 0( x 0 , y 0 , z 0). Načelno lahko referenčno točko T 0 poljubno izberemo. Če gre za samostojno telo, vzamemo za točko T 0 navadno katero od podpor, če je obravnavano telo element sestavljene konstrukcije, pa je ugodno za točko T 0 izbrati katerega od stikov s sosednjimi deli konstrukcije. Ob predpostavki, da poznamo zasuk ω 0 referenčne točke T 0 in da je zasuk ω enolična vektorska funkcija, določimo zasuk ω poljubne točke telesa T ( x, y, z) z integriranjem popolnega diferenciala zasuka dω vzdolž poljubne neprekinjene poti od točke T 0 do točke T (slika 2.9) T T dω = ω − ω 0 → ω( T ) = ω 0 + dω . (2 . 164) T 0 T 0 V kartezijskih koordinatah je ∂ω ∂ω ∂ω ∂ω dω = dx dy dz dx ∂x + ∂y + ∂z = ∂x i . (2 . 165) i i Parcialne odvode, ki nastopajo v gornji enačbi, povežemo z deformaci- jami z enačbo (2.89). Ker je ω 1 1 = rot u = ∇ × u (2 . 166) 2 2 in ker je ∇ “konstanten vektor”, lahko ob upoštevanju enačbe (2.162) pišemo ∂ω 1 ∂ ∇ × u 1 ∇ × ε 1 ∇ × ∂x = = i + ( ω × e i) . (2 . 167) i 2 ∂xi 2 2 205 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov Dvojni vektorski produkt, ki nastopa v drugem členu na desni strani enačbe (2.167), je primer, kjer se operator nabla ne obnaša kakor navaden kartezijski vektor †. Zato je ↓ ↓ ∇ × ( ω × e i) = ∇ × ( ω × e i) + ∇ × ( ω × e i) . (2 . 168) Upoštevajoč znano formulo za dvojni vektorski produkt a × (b × c) = b(a · c) − c(a · b) (2 . 169) dobimo ∇ × ( ω × e i) = ω(e i · ∇) − e i( ∇ · ω) + ω( ∇ · e i) − e i( ω · ∇) . (2 . 170) Ker je ∂ω ω(e i · ∇) = (e i · ∇) ω = ∂xi ∇ · ω 1 = ∇ · ( ∇ × u) = 0 2 (2 . 171) ∇ · e i = 0 e i( ω · ∇) = ( ω · ∇)e i = 0 , dobimo ∂ω ∇ × ( ω × e i) = ∂x (2 . 172) i in iz enačbe (2.167) sledi ∂ω ∂x = ∇ × εi . (2 . 173) i Popolni diferencial zasuka je sedaj dω = ( ∇ × εi) dxi = ∇ × εi dxi ( i = x, y, z) . (2 . 174) i i † Glej na primer: Bronštejn, Semendjajev, Matematični priročnik (1967), str. 634 ali D. M. Ivanović, Vektorska analiza, Naučna knjiga, Beograd (1963). 206 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov Prirastek krajevnega vektorja dr, ki ustreza premiku za ds vzdolž poljubne integracijske krivulje C med referenčno točko T 0 in poljubno točko telesa T (slika 2.9), povežemo z ustreznimi prirastki kartezijskih koordinat z enačbo dr = ds e s = dxi e i ( i = x, y, z) , (2 . 175) i kjer je e s enotski tangentni vektor na integracijsko krivuljo C v opazovani točki e s = esi e i ( i = x, y, z) . (2 . 176) i Slika 2.9 Iz primerjave enačb (2.175) in (2.176) sledi dxi = ds esi ds = dx ( i = x, y, z) . (2 . 177) i esi i Prvo od zvez (2.177) vstavimo v enačbo (2.174) dω = ∇ × εiesi ds ( i = x, y, z) . (2 . 178) i 207 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov Primerjava z enačbo (2.115) pove, da izraz v oklepaju predstavlja vred- nost tenzorja majhnih deformacij v smeri e s (slika 2.9) εs = εi esi ( i = x, y, z) , (2 . 179) i zato lahko popolni diferencial zasuka dω izrazimo v brezkoordinatni obliki z enačbo dω = ( ∇ × εs) ds . (2 . 180) Enačba (2.164) je sedaj T T ω( T ) = ω 0 + ( ∇ × εi) dxi = ω 0 + ( ∇ × εs) ds . (2 . 181) T 0 i T 0 Kakor vidimo, je zasuk ω poljubne točke T sestavljen iz konstantnega zasuka ω 0 referenčne točke T 0, kakršnega bi dobili, če bi imeli opravka s togim telesom, in dodatnega člena, ki je posledica deformabilnosti telesa. Če za tisti del zasuka, ki je posledica lastnih deformacij telesa, uvedemo oznako ωε T T ωε( T ) = ( ∇ × εi) dxi = ( ∇ × εs) ds , (2 . 182) T 0 i T 0 lahko enačbo (2.181) zapišemo kakor sledi ω( T ) = ω 0 + ωε . (2 . 183) Podobno kakor zasuk določimo tudi vektor pomika u poljubne točke T z integriranjem popolnega diferenciala pomikov od referenčne točke T 0 do točke T T u( T ) = u0 + du , (2 . 184) T 0 kjer je ∂ ∂ ∂ ∂ d u u u u u = dx dy dz dx ∂x + ∂y + ∂z = ∂x i ( i = x, y, z) . (2 . 185) i i 208 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov Upoštevajoč enačbo (2.161) lahko popolni diferencial pomika izrazimo z deformacijami in zasuki in enačba (2.184) preide v naslednjo obliko T T u( T ) = u0 + ( εi + ωi) dxi = u0 + ( εi + ω × e i) dxi . T 0 i T 0 i (2 . 186) Integral vektorskega produkta preoblikujemo z integriranjem po delih in ob upoštevanju zveze (2.175) dobimo T T T ω × e i dxi = ω × e i dxi = ω × dr T 0 i T 0 i T 0 T T = ω × r − dω × r T 0 T 0 T = ω × r − ω 0 × r0 + r × dω . (2 . 187) T 0 Zaradi enačb (2.183) in (2.180) je dalje T T ω×e i dxi = ( ω 0+ ωε) ×r −ω 0 ×r0+ r ×( ∇×εs) ds . (2 . 188) T 0 i T 0 Enačba (2.186) se s tem glasi T u = u ε 0 + ω 0 × (r − r0) + ωε × r + s + r × ( ∇ × εs) ds . (2 . 189) T 0 Z oznakama u t = u0 + ω 0 × (r − r0) T (2 . 190) u ε = ωε × r + εs + r × ( ∇ × εs) ds T 0 zapišemo enačbo (2.189) na kratko u = u t + u ε . (2 . 191) 209 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov V deležu u t smo namreč prepoznali poenostavljeno Rodriguesovo formulo (1.346) za pomike togega telesa, del u ε pa predstavlja vpliv deformabilnosti telesa na pomik u poljubne točke T . Slika 2.10 Če poznamo deformacije εs, lahko torej z enačbama (2.181) in (2.189) določimo pomike in zasuke poljubne točke T v odvisnosti od pomikov in zasukov referenčne točke T 0. Enačbi smo izpeljali ob predpostavki, da so zasuki in pomiki enolične funkcije koordinat. To pomeni, da integrali, ki nastopajo v obeh enačbah, niso odvisni od izbire integracijske poti. † Praktično delo pri določanju zasukov in pomikov v kartezijskem koordi- natnem sistemu si občutno olajšamo, če izberemo integracijsko pot od † Pogoje, ki jih morajo izpolnjevati komponente tenzorja majhnih deformacij, da bi bila zagotovljena enoličnost pomikov in zasukov, bomo izpeljali v razdelku 2.9. 210 2.8 Doloˇ canje zasukov in pomikov referenčne točke T 0 do poljubne točke T na poseben način. Sestavimo jo iz treh ravnih odsekov, ki so vsak zase vzporedni s katero od koordinatnih smeri (slika 2.10). Na prvem odseku med točkama T 0( x 0 , y 0 , z 0) in T 1( x, y 0 , z 0), ki je vzporeden z osjo x, je dy = dz = 0 ter y = y 0 in z = z 0. Za odsek med točkama T 1 in T 2( x, y, z 0), ki je vzporeden z osjo y, velja dx = dz = 0 in z = z 0, za odsek med točkama T 2 in T ( x, y, z) pa dx = dy = 0. Z upoštevanjem opisane izbire integracijske poti v enačbah (2.181) in (2.186) dobimo x ω( x, y, z) = ω( x 0 , y 0 , z 0)+ ∇ × εx( ξ, y 0 , z 0) dξ + x 0 y ∇×εy( ξ,η,z 0) dη+ y 0 z ∇×εz( ξ,η,ζ) dζ (2 . 192) z 0 x u( x, y, z) = u( x ε 0 , y 0 , z 0)+ x( ξ, y 0 , z 0) + ωx( ξ, y 0 , z 0) dξ + x 0 y εy( ξ, η, z 0) + ωy( ξ, η, z 0) dη + y 0 z εz( ξ, η, ζ) + ωz( ξ, η, ζ) dζ . (2 . 193) z 0 V obeh gornjih enačbah nastopajo integrali s spremenljivimi zgornjimi mejami, saj koordinate x, y, z določajo izbrano poljubno točko telesa, v kateri želimo izračunati pomike in zasuke. Zato smo morali za izvrednotenje integralov, ki nastopajo v omenjenih enačbah, izbrati nove in- tegracijske spremenljivke ξ ∈ [ x 0 , x] , η ∈ [ y 0 , y] , ζ ∈ [ z 0 , z]. Integracijsko pot med točkama T 0 in T bi seveda lahko izbrali tudi drugače, vsekakor pa jo je smiselno sestaviti iz treh ravnih odsekov, v kakršnemkoli zaporedju vzporednih s koordinatnimi osmi. 211 2.9 Kompatibilnostni pogoji 2.9 Kompatibilnostni pogoji Stokesov integralni izrek Stokesov† integralni izrek je eden od osnovnih izrekov matema- tične analize. Z njim povežemo krivuljski integral poljubne, vsaj en- krat zvezno odvedljive vektorske funkcije P po sklenjeni krivulji C s ploskovnim integralom rotorja te funkcije po orientirani ploskvi S , napeti nad krivuljo C (slika 2.11) P · e s ds = rot P · e n dS = ( ∇ × P) · e n dS . (2 . 194) C S S Pri tem je smer integriranja vzdolž krivulje določena z zahtevo, da je integracijsko področje S ves čas na “levi” strani krivulje C . Slika 2.11 Ker je e s ds = dr, v kartezijskih koordinatah dobimo ∂Pz ∂Py ( Pxdx + Pydy + Pzdz) = − enx + C S ∂y ∂z ∂Px ∂P − z e ∂z ∂x ny + ∂Py ∂P − x e dS . ∂x ∂y nz (2 . 195) † George Gabriel Stokes, irski matematik, 1819–1903. 212 2.9 Kompatibilnostni pogoji V razdelku o kompatibilnostnih pogojih uporabljamo Stokesov inte- gralni izrek v posplošeni obliki ∂P z ∂P y (P xdx + P ydy + P zdz) = − enx + C S ∂y ∂z ∂P x ∂ − P z e ∂z ∂x ny + ∂P y ∂ − P x e dS . ∂x ∂y nz (2 . 196) Pri tem so P x, P y, P z vsaj enkrat zvezno odvedljive vektorske funkcije, definirane vzdolž krivulje C in na ploskvi S . Pogoji za enoliˇ cnost zasukov in pomikov V razdelku 2.4 smo izpeljali kinematične enačbe trdnega telesa (2.96), ki v primeru majhnih deformacij povezujejo šest linearno neodvisnih komponent εij simetričnega tenzorja majhnih deformacij ε(2) s tremi neodvisnimi komponentami ui vektorskega polja pomikov u ∂u ε x xx = ∂x ∂u ε y yy = ∂y ∂u ε z zz = ∂z ∂u ∂u (2 . 197) ε 1 y x xy = εyx = 2 ∂x + ∂y ∂u ∂u ε 1 z y yz = εzy = 2 ∂y + ∂z ∂u ∂u ε 1 x z zx = εxz = . 2 ∂z + ∂x Če poznamo komponente pomika ui kot zvezne in odvedljive funkcije koordinat x, y, z, lahko z enačbami (2.197) brez težav določimo deformacije εij. V primeru, da poznamo deformacije εij in iščemo 213 2.9 Kompatibilnostni pogoji pomike ui, pa se naloga zaplete †. Enačbe (2.197) predstavljajo namreč predoločen sistem enačb, saj imamo za določitev treh pomikov na razpolago šest enačb. Sistem je enolično rešljiv le v primeru, da so funkcije εij povezane z dodatnimi enačbami – vezmi. Ker nas zanimajo le enolične rešitve, vzamemo kot vezi kar pogoje za enolično integrabilnost pomikov. V mehaniki te pogoje imenujemo kompatibilnostni pogoji. Matematično jih izrazimo z zahtevo, da mora biti integral popolnega diferenciala du vektorskega polja pomikov po poljubni sklenjeni krivulji C znotraj telesa enak nič du = 0 . (2 . 198) C Z drugimi besedami lahko kompatibilnostne pogoje opredelimo kot pogoje, ki jih morajo izpolnjevati komponente tenzorja deformacij, da bi bil integral na desni strani enačbe (2.184) neodvisen od izbire inte- gracijske poti od referenčne točke T 0 do točke T , kakor smo to predpostavili v razdelku 2.8. V tem smislu lahko pogoj (2.198) izpeljemo z naslednjim razmislekom. Vzemimo, da poznamo popolni diferencial du funkcije u in njeno vrednost u0 v referenčni točki T 0. Pomik u poljubne točke T je tedaj u = u0 + du , (2 . 199) C 1 pri čemer smo za integracijsko pot od točke T 0 do točke T izbrali krivuljo C 1 (slika 2.12). Funkcija u je enolična, če dobimo enak rezultat pri katerikoli drugi integracijski poti, na primer vzdolž krivulje C 2 u = u0 + du . (2 . 200) C 2 S primerjavo enačb (2.199) in (2.200) dobimo du = du oziroma du − du = 0 . (2 . 201) C 1 C 2 C 1 C 2 † Ali bomo pri mehanski analizi trdnega telesa prišli v prvo ali v drugo od omenjenih situacij, je odvisno od tega, kakšno metodo izberemo za reševanje sistema osnovnih enačb, ki vladajo nad mehanskim stanjem telesa. O tem bomo podrobneje govorili v 4. poglavju. 214 2.9 Kompatibilnostni pogoji Če s ¯ C 2 označimo integracijsko pot, ki sicer poteka po isti krivulji kot C 2, le v nasprotni smeri, velja du = − du . (2 . 202) C 2 ¯ C 2 Enačbo (2.201) lahko tedaj zapišemo tudi takole du + du = du = 0 , (2 . 203) C 1 ¯ C 2 C kakor smo pogoj enoličnosti pomika u vpeljali z enačbo (2.198). C 1 ∪ ¯ C 2 = C Slika 2.12 Kakor je razvidno iz enačbe (2.186), nastopa v izrazu za določanje pomikov tudi vektor zasuka ω. Potreben pogoj za enoličnost pomikov je torej tudi enoličnost zasuka ω dω = 0 . (2 . 204) C Upoštevajoč enačbo (2.181) lahko pogoj za enoličnost zasukov (2.204) zapišemo v kartezijskem koordinatnem sistemu takole dω = ( ∇ × εx) dx + ( ∇ × εy) dy + ( ∇ × εz) dz = 0 . C C (2 . 205) Integral po sklenjeni krivulji C prevedemo v skladu s Stokesovim izrekom v integral po ploskvi S , ki je napeta nad krivuljo C (slika 2.11) in dobimo 215 2.9 Kompatibilnostni pogoji ! ∂ ∂ enx + S ∂y ( ∇ × εz) − ∂z ( ∇ × εy) ∂ ∂ e ∂z ( ∇ × εx) − ∂x ( ∇ × εz) ny + " ∂ ∂ e dS ∂x ( ∇ × εy) − ∂y ( ∇ × εx) nz = 0 . (2 . 206) Izrazi v oglatih oklepajih predstavljajo vrednosti nekega tenzorja 2. reda v smereh e x, e y, e z. Ta tenzor imenujemo tenzor kompatibilnosti K(2). Njegove vrednosti v koordinatnih smereh so torej koordinatni vektorji kompatibilnosti, za katere uvedemo oznake K x, K y, K z ∂ ∂ K x = ∂y ( ∇ × εz) − ∂z ( ∇ × εy) ∂ ∂ K y = (2 . 207) ∂z ( ∇ × εx) − ∂x ( ∇ × εz) ∂ ∂ K z = ∂x ( ∇ × εy) − ∂y ( ∇ × εx) . Enačba (2.206) se s tem glasi (K xenx + K yeny + K zenz) dS = 0 . (2 . 208) S Primerjava z enačbo (1.142) pove, da pomeni izraz pod integralom vred- nost tenzorja K(2) v smeri e n K xenx + K yeny + K zenz = K n (2 . 209) in enačba (2.204) dobi končno obliko dω = 0 → K n dS = 0 . (2 . 210) C S Oglejmo si še pogoj za enoličnost pomika u . Iz enačbe (2.189) sledi, da lahko kompatibilnostni pogoj (2.198) zapišemo takole εs + r × ( ∇ × εs) ds = 0 . (2 . 211) C 216 2.9 Kompatibilnostni pogoji V kartezijskih koordinatah je # εx + r × ( ∇ × εx) dx + C εy + r × ( ∇ × εy) dy + $ εz + r × ( ∇ × εz) dz = 0 . (2 . 212) Na levi strani gornje enačbe uporabimo Stokesov izrek in po nekoliko daljši izpeljavi, v kateri je treba upoštevati tudi enačbe (2.17) in oznake (2.207), dobimo r × (K xenx + K yeny + K zenz) dS = 0 . (2 . 213) S Upoštevajoč enačbo (2.209) lahko sedaj tudi kompatibilnostni pogoj (2.198) zapišemo v zgoščeni obliki du = 0 → r × K n dS = 0 . (2 . 214) C S Opazimo lahko podobnost kompatibilnostnih pogojev (2.210) in (2.214) z enačbama (1.100) in (1.101). Kompatibilnostna pogoja lahko torej razumemo kot neke vrste “ravnotežna pogoja”, ki zahtevata, da morata biti rezultanta in rezultirajoči moment “napetosti kompatibilnosti” K n na ploskvi S enaki nič. Podobno kakor pri napetostih veljata tudi naslednji “enačbi ravnotežja za napetosti kompatibilnosti”, ki se ujemata z ravnotežnima enačbama (1.122) in (1.129) v primeru, da ni prostorninske obtežbe † ∂K x ∂K y ∂K z ∂x + ∂y + ∂z = 0 , (2 . 215) e x × K x + e y × K y + e z × K z = 0 . (2 . 216) † O tem se lahko prepričamo z vstavljanjem zvez (2.207) v enačbi (2.215) in (2.216). Dokaz enačbe (2.215) je čisto preprost, za dokaz enačbe (2.216) pa moramo upoštevati identiteto (2.169) in simetrijo tenzorja majhnih deformacij. 217 2.9 Kompatibilnostni pogoji Od tod lahko sklepamo, da je tenzor kompatibilnosti K(2) v matematič- nem pogledu povsem enakovreden tenzorju napetosti σ(2) ali tenzorju majhnih deformacij ε(2). Gre torej za simetričen tenzor 2. reda s komponentami Kij ⎡ ⎤ Kxx Kxy Kxz [ Kij] = ⎣ Kyx Kyy Kyz ⎦ . (2 . 217) Kzx Kzy Kzz Zaradi simetrije, ki izhaja iz enačbe (2.216), je tenzor kompatibilnosti določen s šestimi linearno neodvisnimi komponentami, med katerimi pa v skladu z enačbami (1.132) obstaja diferencialna odvisnost ∂Kji ∂x = 0 ( i, j = x, y, z) . (2 . 218) i i Slika 2.13 Vrnimo se h kompatibilnostnemu pogoju (2.210). Vzemimo, da pred- stavlja obravnavano telo enkrat sovisno območje V v trorazsežnem prostoru. To pomeni, da lahko vsako sklenjeno krivuljo C znotraj območja V skrčimo v eno samo točko, ne da bi pri tem zapustili območje V (slika 2.13-a). V tem primeru lahko tudi poljubno sklenjeno integracijsko krivuljo v kompatibilnostnem pogoju (2.210) skrčimo na točko znotraj območja telesa V . S tem se tudi integracijska ploskev S skrči v eno samo točko in pogoj (2.210) je izpolnjen, če je integrand enak nič 218 2.9 Kompatibilnostni pogoji K n = 0 (2 . 219) povsod na območju V in na njegovi mejni ploskvi S †. Jasno je, da je v tem primeru izpolnjen tudi pogoj za enoličnost pomikov (2.214). Pri enkrat sovisnih telesih je torej pogoj (2.219) potreben in zadosten pogoj za enoličnost zasukov ω in pomikov u. Območja z notranjimi odprtinami, v katerih lahko najdemo m družin sklenjenih krivulj, ki jih ne moremo na opisani način skrčiti v točko, temveč kvečjemu na eno od kontur notranje odprtine, imenujemo ( m + 1) –krat sovisna območja (slika 2.13-b). Območje z eno notranjo odprtino je torej dvakrat sovisno, območje z dvema notranjima odprtinama trikrat sovisno in tako naprej. Pri večkrat sovisnih telesih je pogoj (2.219) sicer potreben, ne pa tudi zadosten pogoj za enoličnost zasukov in pomikov. Za vsako sklenjeno krivuljo, ki je znotraj območja V ni mogoče skrčiti bolj kakor na konturo Cni notranje odprtine, moramo namreč enoličnost zasukov in pomikov zagotoviti posebej dω = 0 → K n dS = 0 , (2 . 220) Cni Sni du = 0 → r × K n dS = 0 . (2 . 221) Cni Sni Enačba (2.219), ki pri enkrat sovisnih območjih predstavlja potreben in zadosten pogoj za enolično integrabilnost kinematičnih enačb (2.96), je izpolnjena le tedaj, če so vsi trije koordinatni vektorji kompatibilnosti enaki nič K x = 0 K y = 0 (2 . 222) K z = 0 . Od tod pa spet sledi, da morajo biti vse komponente tenzorja kompa- tibilnosti enake nič † Izbira krivulje C in s tem tudi območja S je poljubna, zato predstavlja enačba (2.219) edino rešitev enačbe (2.220). 219 2.9 Kompatibilnostni pogoji ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ Kxx Kxy Kxz 0 0 0 ⎣ Kyx Kyy Kyz ⎦ = ⎣ 0 0 0 ⎦ . (2 . 223) Kzx Kzy Kzz 0 0 0 Z zapisom enačb (2.222) v kartezijski bazi e x, e y, e z izrazimo kompatibilnostne pogoje v skalarni obliki. Vektorske produkte, ki nastopajo v izrazih (2.207), izračunamo z ustreznimi determinantami. Upoštevamo še, da je tenzor majhnih deformacij simetričen in da zaradi zveznosti in odvedljivosti deformacij εij vrstni red odvajanja v mešanih parcialnih odvodih ni pomemben. Po nekoliko daljši izpeljavi in ureditvi tako dobimo ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε K yy zz yz xx = − ∂z + 2 2 ∂y 2 ∂y∂z = 0 ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε K zz xx zx yy = − ∂x + 2 2 ∂z 2 ∂z∂x = 0 ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε K xx yy xy zz = − ∂y + 2 2 ∂x 2 ∂x∂y = 0 ∂ ∂ε ∂ε ∂ε ∂ 2 ε (2 . 224) K yz zx xy zz xy = Kyx = − − ∂z ∂x + ∂y ∂z ∂x∂y = 0 ∂ ∂ε ∂ε ∂ε ∂ 2 ε K zx xy yz xx yz = Kzy = − − ∂x ∂y + ∂z ∂x ∂y∂z = 0 ∂ ∂ε ∂ε ∂ε ∂ 2 ε K xy yz zx yy zx = Kxz = − − ∂y ∂z + ∂x ∂y ∂z∂x = 0 . Kompatibilnostne enačbe je mogoče zapisati tudi s komponentami tako imenovanega Riemannovega† tenzorja četrtega reda R(4). Komponente tega tenzorja v kartezijskem koordinatnem sistemu označimo z Rijkl ( i, j, k, l = x, y, z) in dobimo ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε R jk il jl ik ijkl = − − . ∂x + (2 . 225) i∂xl ∂xj∂xk ∂xi∂xk ∂xj∂xl † Georg Friedrich Bernhard Riemann, nemški matematik, 1826–1866. 220 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje Riemannov tenzor R(4) ima v trorazsežnem prostoru 34 = 81 komponent. Zaradi simetrije tenzorja majhnih deformacij in ker v mešanih odvodih deformacij vrstni red odvajanja ni pomemben, lahko ugo- tovimo, da je od enainosemdesetih komponent tenzorja R(4) le devet različnih od nič, med njimi pa le šest medsebojno neodvisnih †. Če namesto splošnih indeksov i, j, k, l vstavimo ustrezne kombinacije posebnih indeksov x, y, z, lahko hitro ugotovimo, da veljajo med komponentami tenzorja kompatibilnosti K(2) in tenzorja R(4) naslednje enakosti Rxyxy ≡ −Kzz Ryzyz ≡ −Kxx Rzxzx ≡ −Kyy (2 . 226) Rxyzx = Rxzyx ≡ −Kyz = −Kzy Ryzxy = Ryxzy ≡ −Kzx = −Kxz Rzxyz = Rzyxz ≡ −Kxy = −Kyx . Vse ostale komponente tenzorja R(4) so enake nič. Pogoje za enoličnost pomikov in rotacij lahko torej enakovredno izrazi- mo z zahtevo, da morajo biti vse komponente Riemannovega tenzorja v deformiranem stanju telesa enake nič Rijkl = 0 ( i, j, k, l = x, y, z) . (2 . 227) 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje (RDS) Pri analizi napetosti smo v razdelku 1.13 vpeljali pojem ravninske-ga napetostnega stanja, pri katerem vsi možni vektorji napetosti ležijo v isti ravnini. Podobno lahko primer, pri katerem vsi deformacijski vektorji ležijo v isti ravnini, opredelimo kot ravninsko deformacijsko stanje (RDS). † Zahtevnejši bralec lahko več o tem izve iz knjige Saje, Srpčič, Osnove nelinearne mehanike trdnih teles (1993). 221 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje Kot primer vzemimo, da je deformacijsko stanje v okolici opazovanega materialnega delca opisano z vektorskim poljem pomikov u s kompo- nentami ux = ux( x, y) uy = uy( x, y) (2 . 228) uz = C , kjer je C konstanta (navadno kar C = 0). Z upoštevanjem navedenih pomikov v kinematičnih enačbah (2.197) dobimo ∂u ε x xx = ∂x ∂u ε y yy = ∂y (2 . 229) ∂u ∂u ε 1 y x xy = εyx = 2 ∂x + ∂y εxz = εyz = εzz = 0 . V tem primeru ima matrika majhnih deformacij naslednjo obliko ⎡ ⎤ εxx εxy 0 ε [ ε xx εxy ij ] = ⎣ εyx εyy 0 ⎦ ali [ εij] = ε . (2 . 230) 0 0 0 yx εyy Deformacijski vektorji v koordinatnih ravninah kartezijskega koordinat- nega sistema ( x, y, z) so tedaj εx = εxx e x + εxy e y εy = εyx e x + εyy e y (2 . 231) εz = 0 . Gre torej za ravninsko deformacijsko stanje v ravnini ( x, y). Iz enačb (2.97) tudi sledi, da se v obravnavanem primeru RDS razvije le zasuk ωxy ≡ ωz, ostala dva zasuka pa sta nič ∂u ∂u ω 1 y x xy ≡ ωz = − 2 ∂x ∂y ω (2 . 232) yz ≡ ωx = 0 ωzx ≡ ωy = 0 . 222 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje Poudarimo še, da so v opisanem primeru vse deformacije in zasuk ωz le funkcije koordinat x in y εij = εij( x, y) ( i, j = x, y) (2 . 233) ωz = ωz( x, y) . Računski model ravninskega deformacijskega stanja je umestno vpe- ljati na primer pri mehanski analizi segmenta med dvema prečnima prerezoma dolinske pregrade, predorske cevi, opornega zidu ali podobne konstrukcije, pri kateri sosednji segmenti preprečujejo razvoj pomikov pravokotno na ravnino obravnavanega segmenta. V tem smislu je ra- čunski model RDS primeren tudi za obravnavanje nekaterih rotacijsko simetričnih primerov. Za transformacije deformacijskih količin ter določanje velikosti in smeri glavnih normalnih in kotnih deformacij pri ravninskem deformacijskem stanju veljajo enaka pravila, kakor smo jih izpeljali v primeru ravninskega napetostnega stanja v razdelku 1.13. Normalno deforma- cijo v smeri e ξ in polovično spremembo pravega kota med vektorjema e ξ in e η izračunamo podobno, kakor smo z enačbama (1.306) in (1.307) izračunali normalno in strižno napetost pri RNS εξξ = εξ · e ξ = 1 1 ( εxx + εyy) + ( εxx − εyy) cos 2 α + εxy sin 2 α , (2 . 234) 2 2 εξη = εξ · e η = − 1( εxx − εyy) sin 2 α + εxy cos 2 α . (2 . 235) 2 Tudi smeri in velikosti glavnih normalnih in glavnih kotnih deformacij določamo z obrazci, ki smo jih z enačbami (1.308) do (1.328) vpeljali pri RNS v razdelku 1.13. Pri določitvi smeri glavnih normalnih napetosti si pomagamo z enačbo (1.310) 2 εxy tg 2 αε = ε (2 . 236) xx − εyy 223 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje in z njenimi rešitvami kπ α 1 2 εxy ε = arctg ± ( k = 0 , 1 , 2 , . . . ) . (1 . 228) 2 εxx − εyy 2 Glavni smeri e1 in e2 določata rešitvi pri k = 0 in k = 1. Če označimo αε = αk=0 ε , dobimo e1 = cos αε e x + sin αε e y (2 . 237) e2 = − sin αε e x + cos αε e y . Velikosti glavnih normalnih deformacij lahko izračunamo po vzorcu enačbe (1.314) % ε 1 1 11 , 22 = ( εxx + εyy) ± ( εxx − εyy)2 + ε 2 2 4 xy , (2 . 239) oziroma bolj nedvoumno ε 11 = εξξ( αk=0 ε ) = 1 1 ( εxx + εyy) + ( εxx − εyy) cos 2 αε + εxy sin 2 αε 2 2 (2 . 240) ε 22 = εξξ( αk=1 ε ) = 1 ( εxx + εyy) − 1( εxx − εyy)cos2 αε − εxy sin2 αε . 2 2 Glavna kotna sprememba nastopa med vektorjema e γ in t γ, ki ju določimo s prvo rešitvijo enačbe εxx − εyy tg 2 αγ = − (2 . 241) 2 εxy e γ = cos αγ e x + sin αγ e y (2 . 242) t γ = − sin αγ e x + cos αγ e y 224 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje oziroma √ 2 e γ = (e1 + e2) 2 √ (2 . 243) 2 t γ = (e1 − e2) . 2 Enotska vektorja e γ in t γ določata smernici dveh medsebojno pravokotnih materialnih vlaken v ravnini ( x, y), med katerima dobimo največjo oziroma najmanjšo kotno spremembo γ (podrobnosti so pojasnjene v zgledu 2.2) % γ 1 = ± ( εxx − εyy)2 + ε 2 ( ε 11 − ε 22) . (2 . 244) 4 xy = ± 1 2 Jasno je, da lahko konstruiramo tudi Mohrove kroge za RDS, vendar se bomo temu zaradi popolne analogije z RNS odpovedali. Kompatibilnostni pogoji pri RDS Pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( x, y) imamo opraviti s tremi kinematičnimi enačbami, iz katerih moramo določiti dva pomika ux in uy ∂u ε x xx = ∂x ∂u ε y yy = ∂y (2 . 245) ∂uy ∂ux 2 εxy = 2 εyx = . ∂x + ∂y Fizikalni razmislek pove, da ima sistem (2.245) enolično rešitev, kar pomeni, da enačbe niso neodvisne med seboj. Njihovo medsebojno povezavo lahko v obravnavanem primeru poiščemo na preprost način z eliminacijo pomikov. Prvo od gornjih enačb dvakrat parcialno odva- jamo po y, drugo dvakrat parcialno po x, tretjo pa mešano po x in y. Nato prvi dve dobljeni enačbi seštejemo, tretjo pa odštejemo. Pri 225 2.10 Ravninsko deformacijsko stanje zveznih in odvedljivih pomikih vrstni red odvajanja v mešanih odvodih ni pomemben in sledi ∂ 2 εxx ∂ 2 εyy ∂ 2 ε ∂ 3 u ∂ 3 u ∂ 3 u ∂ 3 u − xy x y − y − x ∂y + 2 + = 0 . 2 ∂x 2 ∂x∂y = ∂x∂y 2 ∂y∂x 2 ∂x 2 ∂y ∂x∂y 2 (2 . 246) Na levi strani enačbe (2.246) prepoznamo komponento Kzz tenzorja kompatibilnosti in lahko pišemo ∂ 2 εxx ∂ 2 εyy ∂ 2 εxy RDS( x, y) : Kzz = − ∂y + 2 2 ∂x 2 ∂x∂y = 0 . (2 . 247) Enak rezultat dobimo tudi z neposrednim upoštevanjem zvez (2.228) in (2.229) v enačbah (2.224), pri čemer je preostalih pet kompatibilnostnih pogojev identično izpolnjenih. Kakor vidimo, dobimo v primeru ravninskega deformacijskega stanja en sam kompatibilnostni pogoj (2.247), ki povezuje kinematične enačbe (2.229) tako, da je iz njih mogoče enolično določiti pomika ux in uy. Vse navedeno seveda velja tudi tedaj, če vlada ravninsko deformacij- sko stanje v kateri od preostalih dveh koordinatnih ravnin, ali v ka- terikoli drugi splošni ravnini skozi obravnavani delec. Uporabimo lahko vse prikazane enačbe, le indekse moramo ustrezno spremeniti. Pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( y, z) bi tako dobili ∂ 2 εyy ∂ 2 εzz ∂ 2 εyz RDS( y, z) : Kxx = − ∂z + 2 2 ∂y 2 ∂y∂z = 0 , (2 . 248) pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( z, x) pa ∂ 2 εzz ∂ 2 εxx ∂ 2 εzx RDS( z, x) : Kyy = − ∂x + 2 2 ∂z 2 ∂z∂x = 0 . (2 . 249) 226 2.11 Deformabilno telo – Zgledi 2.11 Deformabilno telo - Zgledi Zgled 2.1 Deformiranje telesa je opisano s poljem pomikov u v telesnih koordinatah x, y, z (dolžine so podane v cm) u = 10 − 4 2 x 2 e x − ( x + y)2 e y + 4 e z . a. Določi spremembo razdalje med delcema T 1 in T 2, ki sta v nedeformiranem stanju določena s točkama T 1(10 , 10 , 0) in T 2(11 , 11 , 0)! b. V točki T 1 določi točno vrednost specifične spremembe dolžine v smeri T 1 T 2! Kolikšno napako narediš, če to specifično spremembo dolžine izraziš – z vrednostjo tenzorja majhnih deformacij v smeri T 1 T 2, – s povprečno vrednostjo specifične spremembe dolžine med točka- ma T 1 in T 2 ? c. Določi velikosti in smeri glavnih normalnih in kotnih deformacij v točki T 1 ! a. Najprej določimo krajevna vektorja r1 in r2 točk T 1 in T 2 pred deformacijo ter njuno razliko Δr r1 = 10e x + 10e y r2 = 11e x + 11e y Δr = r2 − r1 = e x + e y . Razdalja med točkama T 1 in T 2 je pred deformacijo enaka dolžini |Δr | relativnega krajevnega vektorja Δr √ |Δr | = 12 + 12 = 2 → |Δr | = 1 . 414214 cm . Med deformiranjem telesa se delca T 1 in T 2 iz točk T 1 in T 2 premakneta v novi legi T in T , kakor je shematično prikazano na 1 2 sliki Z-2.1 a. Pomika obeh točk izračunamo tako, da telesne koordinate točk T 1 in T 2 vstavimo v enačbo za pomik u( x, y, z) 227 2.11 Deformabilno telo – Zgledi T 1(10 , 10 , 0) u → 1 = 10 − 4(200 e x − 400 e y + 4 e z) T 2(11 , 11 , 0) u2 = 10 − 4(242 e x − 484 e y + 4 e z) . Slika Z-2.1 a Krajevna vektorja r in r k točkama T in T ter njuna razlika Δr so 1 2 1 2 r = r 1 1 + u1 = 10 . 0200 e x + 9 . 9600 e y + 0 . 0004 e z r 2 = r2 + u2 = 11 . 0242 e x + 10 . 9516 e y + 0 . 0004 e z Δr = r − r 2 1 = 1 . 0042 e x + 0 . 9916 e y . Nova razdalja ( T 1 T 2) med točkama T in T je enaka dolžini |Δr | 1 2 relativnega krajevnega vektorja Δr ( T 1 T 2) = |Δr | = 1 . 00422 + 0 . 99162 = 1 . 411272 cm . Sprememba razdalje med točkama T 1 in T 2 je sedaj |Δr | − |Δr | = 1 . 411272 − 1 . 414214 = − 0 . 002942 cm . b. Točna vrednost specifične spremembe dolžine v smeri e r je določena z enačbo (2.61) 228 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Drr = 1 + 2 Err − 1 . Pri tem je e r enotski vektor smeri T 1 T 2. Določimo ga z normiranjem relativnega krajevnega vektorja Δr Δr 1 e r = → √ | e r = (e x + e y) . Δr | 2 Izračunati moramo še komponente Eij tenzorja velikih deformacij v točki T 1. V skladu z enačbami (2.51) je splošno ∂u ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 E x 1 x y z xx = ∂x + + + 2 ∂x ∂x ∂x = 4 x · 10 − 4 + 8 x 2 + 2 ( x + y)2 · 10 − 8 ∂u ∂u 2 ∂u 2 ∂u 2 E y 1 x y z yy = ∂y + + + 2 ∂y ∂y ∂y = − 2( x + y) · 10 − 4 + 2 ( x + y)2 · 10 − 8 ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u ∂u E 1 y x 1 x x y y z z xy = + 2 ∂x + ∂y 2 ∂x ∂y + ∂x ∂y + ∂x ∂y = −( x + y) · 10 − 4 + 2 ( x + y)2 · 10 − 8 . Ostale komponente tenzorja velikih deformacij so v našem primeru enake nič ( Ezx = Ezy = Ezz = 0). V točki T 1(10 , 10 , 0) imajo od nič različne komponente tenzorja velikih deformacij naslednje vrednosti Exx = 40 · 10 − 4 + 1600 · 10 − 8 = 40 . 16 · 10 − 4 Eyy = − 40 · 10 − 4 + 800 · 10 − 8 = − 39 . 92 · 10 − 4 Exy = − 20 · 10 − 4 + 800 · 10 − 8 = − 19 . 92 · 10 − 4 . Pri tem smo namenoma ločili prispevke linearnih in nelinearnih delov komponent Eij. Linearni deli namreč predstavljajo komponente εij tenzorja majhnih deformacij. 229 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Matriki tenzorjev velikih in majhnih deformacij v točki T 1(10 , 10 , 0) sta tako ⎡ ⎤ 40 . 16 − 19 . 92 0 [ Eij] ⎣ ⎦ T = 10 − 4 − 19 . 92 − 39 . 92 0 1 0 0 0 ⎡ ⎤ 40 − 20 0 [ εij] ⎣ ⎦ T = 10 − 4 − 20 − 40 0 . 1 0 0 0 Vrednost Err tenzorja velikih deformacij v smeri e r izračunamo z enačbo (2.63) Err = Eijerierj . i j Ker je erz = 0, sledi Err = Exx e 2 rx + 2 Exy erxery + Eyy e 2 ry = 10 − 4 40 . 16 · 1 − 2 · 19 . 92 · 1 − 39 . 92 · 1 2 2 2 Err = − 19 . 80 · 10 − 4 . Točna vrednost specifične spremembe dolžine Drr v smeri e r je torej Drr = 1 − 2 · 19 . 80 · 10 − 4 − 1 Drr = − 19 . 8196 · 10 − 4 . Podobno kakor vrednost Err izračunamo tudi normalno komponento εrr tenzorja majhnih deformacij, s katero lahko približno opišemo specifično spremembo dolžine v smeri e r εrr = εijerierj = εxx e 2 rx + 2 εxy erxery + εyy e 2 ry i j = 10 − 4 40 · 1 − 2 · 20 · 1 − 40 · 1 2 2 2 εrr = − 20 · 10 − 4 . 230 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Drr in εrr predstavljata točno in približno vrednost specifične spremembe dolžine v točki T 1. Povprečno vrednost specifične spremembe dolžine ¯ Drr med točkama T 1 in T 2 pa v Lagrangevem opisu določimo z ulomkom | | ¯ D Δr | − |Δr | Δr | 1 . 411272 rr = − − | 1 = 1 Δr | = |Δr | 1 . 414214 ¯ Drr = − 0 . 00208 . Relativna napaka nε, ki jo naredimo, če specifično spremembo dolžine v smeri e r v točki T 1 izrazimo z vrednostjo εrr, je ε n rr 0 . 002 ε = − − D 1 = 1 rr 0 . 001982 nε = 0 . 0091 = 0 . 91 % . Pri tem smo kot primerjalno vrednost seveda vzeli točno vrednost specifične sprememebe dolžine Drr. Podobno določimo relativno na- pako ¯ n, ki jo naredimo, če specifično spremembo dolžine v smeri e r v točki T 1 izrazimo s povprečno vrednostjo ¯ Drr ¯ Drr 0 . 00208 ¯ n = − − D 1 = 1 rr 0 . 001982 ¯ n = 0 . 0494 = 4 . 94 % . V našem primeru bi torej naredili kar 5.4-krat večjo napako, če bi specifično spremembo dolžine Drr izrazili s povprečno vrednostjo specifične spremembe dolžine med točkama T 1 in T 2, kakor če jo izrazimo z ustrezno vrednostjo εrr. Te ugotovitve seveda ne smemo posplošiti, saj se v primeru homogenega deformacijskega stanja povprečna vrednost ujema s točno vrednostjo specifične spremembe dolžine v vsaki točki telesa. c. Ker gre za ravninsko deformacijsko stanje, določimo velikosti in smeri glavnih normalnih in kotnih deformacij z enačbami (2.236) do 231 2.11 Deformabilno telo – Zgledi (2.245). Glavni normalni deformaciji ε 11 in ε 22 sta % ε 1 1 11 , 22 = ( εxx + εyy) ± ( εxx − εyy)2 + ε 2 2 4 xy = % 1 1 = 10 − 4 (40 − 40) ± (40 + 40)2 + 202 2 4 ε 11 = 0 . 00447 ε 22 = − 0 . 00447 . Glavni smeri e1 in e2 sta določeni z rešitvijo enačbe 2 εxy − 2 · 20 tg 2 αε = → α ε = = − 1 ε = − 13 . 3 o + k · 90 o . xx − εyy 40 + 40 2 Vzamemo αε = αk=0 ε = − 13 . 3 o in v skladu z enačbama (2.237) dobimo (slika Z-2.1 b) e1 = cos αε e x + sin αε e y = 0 . 973 e x − 0 . 230 e y e2 = − sin αε e x + cos αε e y = 0 . 230 e x + 0 . 973 e y . Z vstavitvijo rešitve αε = − 13 . 3 o v enačbi (2.240) se lahko prepričamo, da pripada smeri e1 glavna normalna deformacija ε 11, smeri e2 pa glavna normalna deformacija ε 22. Ker je sin 2 αε = sin ( − 26 . 6 o) = − 0 . 447 cos 2 αε = cos ( − 26 . 6 o) = 0 . 894 , dobimo ε 1 1 11 = ( εxx + εyy) + ( εxx − εyy) cos 2 αε + εxy sin 2 αε = 2 2 1 1 10 − 4 (40 − 40) + (40 + 40) · 0 . 894 + 20 · 0 . 447 = 0 . 00447 2 2 ε 1 22 = ( εxx + εyy) − 1 ( εxx − εyy) cos 2 αε − εxy sin 2 αε = 2 2 1 10 − 4 (40 − 40) − 1 (40 + 40) · 0 . 894 − 20 · 0 . 447 = − 0 . 00447 . 2 2 232 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Naredimo še nekaj kontrol. Koordinatni vektorji deformacij so v našem primeru εx = 10 − 4 (40 e x − 20 e y) εy = 10 − 4 ( − 20 e x − 40 e y) εz = 0 . Transformacijsko matriko za preslikavo iz začetne koordinatne baze e x, e y, e z v glavno bazo e1 , e2 , e3 sestavljajo komponente glavnih vektorjev ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ e 1 x e 1 y e 1 z 0 . 973 − 0 . 230 0 [ eαi] = ⎣ e ⎦ ⎣ ⎦ 2 x e 2 y e 2 z = 0 . 230 0 . 973 0 . e 3 x e 3 y e 3 z 0 0 1 Vektorja deformacij v smereh e1 in e2 izračunamo s Cauchyjevo enačbo (2.115) ε 1 = εx e 1 x + εy e 1 y + εz e 1 z = 10 − 4 0 . 973 (40 e x − 20 e y) − 0 . 230 ( − 20 e x − 40 e y) = 10 − 4 (43 . 525 e x − 10 . 275 e y) ε 2 = εx e 2 x + εy e 2 y + εz e 2 z = 10 − 4 0 . 230 (40 e x − 20 e y) + 0 . 973 ( − 20 e x − 40 e y) = 10 − 4 ( − 10 . 275 e x − 43 . 525 e y) . Deformacijska vektorja ε 1 in ε 2 lahko zapišemo tudi takole ε 1 = 0 . 00447 (0 . 973 e x − 0 . 230 e y) = 0 . 00447 e1 ε 2 = − 0 . 00447 (0 . 230 e x + 0 . 973 e y) = − 0 . 00447 e2 . Do enakih ugotovitev bi prišli tudi tako, da bi poiskali normalni in strižni komponenti deformacijskih vektorjev ε 1 in ε 2 ε 11 = ε 1 · e1 = 10 − 4 ( 43 . 525 · 0 . 973 + 10 . 275 · 0 . 230 ) = 0 . 00447 ε 12 = ε 1 · e2 = 10 − 4 ( 43 . 525 · 0 . 230 − 10 . 275 · 0 . 973 ) = 0 ε 22 = ε 2 · e2 = 10 − 4 ( − 10 . 275 · 0 . 230 − 43 . 525 · 0 . 973 ) = − 0 . 00447 ε 21 = ε 2 · e1 = 10 − 4 ( − 10 . 275 · 0 . 973 + 43 . 525 · 0 . 230 ) = 0 . 233 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Tudi neposredna pot z uporabo transformacijske formule (2.119) vodi do enakih rezultatov [ εαβ] = [ eαi][ εij][ ejβ] ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 0 . 973 − 0 . 230 0 40 − 20 0 0 . 973 0 . 230 0 = 10 − 4 ⎣ 0 . 230 0 . 973 0 ⎦ ⎣ − 20 − 40 0 ⎦ ⎣ − 0 . 230 0 . 973 0 ⎦ 0 0 1 0 0 0 0 0 1 ⎡ ⎤ 44 . 721 0 0 [ εαβ] = 10 − 4 ⎣ 0 − 44 . 721 0 ⎦ . 0 0 0 Dobljeni rezultati povedo, da v smeri e1 nastopi raztezek, v smeri e2 pa skrček, oba velikosti 0 . 00447, to je 0 . 447 % (slika Z-2.1 b). Pravi kot med vlaknoma, ki sta pred deformacijo usmerjeni vzdolž vektorjev e1 in e2 se med deformiranjem ne spremeni. Slika Z-2.1 b Ekstremno vrednost kotne spremembe γ izračunamo s formulo (2.244) % γ 1 = ± ( εxx − εyy)2 + ε 2 ( ε 11 − ε 22) → γ = ± 0 . 00447 . 4 xy = ± 1 2 Smernici tistih dveh materialnih vlaken, ki sta sprva pravokotni med seboj, med deformiranjem pa se pravi kot med njima najbolj spremeni, 234 2.11 Deformabilno telo – Zgledi določata enotska vektorja e γ in t γ (slika Z-2.1 c). Določimo ju tako, da rešitev enačbe (2.241) εxx − εyy tg 2 αγ = − = − 40 + 40 = 2 → αγ = 31 . 7 o + k · 90 o 2 εxy − 2 · 20 pri k = 0 vstavimo v enačbi (2.242) e γ = 0 . 851 e x + 0 . 526 e y t γ = 0 . 526 e x − 0 . 851 e y . Še hitreje določimo enotska vektorja e γ in t γ z enačbama (2.243) √ 2 e γ = (e e 1 + e2) γ = 0 . 851 e x + 0 . 526 e y 2 √ → 2 t t γ = (e1 − e2) γ = 0 . 526 e x − 0 . 851 e y . 2 Vektor deformacij, ki pripada smeri e γ, označimo z εe, vektor deformacij, ki pripada smeri t γ pa z εt. Njune komponente določimo tokrat malo drugače, pri čemer upoštevamo, da gre za ravninsko deformacijsko stanje ! " ! " εex εxx εyx eex ε = = ey εxy εyy eey ! " ! " 40 − 20 0 . 851 23 . 511 10 − 4 − = 10 − 4 20 − 40 0 . 526 − 38 . 042 ! " ! " εtx εxx εyx etx ε = = ty εxy εyy ety ! " ! " 40 − 20 0 . 526 38 . 042 10 − 4 − = 10 − 4 . 20 − 40 − 0 . 851 23 . 511 εe = 10 − 4 ( 23 . 511 e x − 38 . 042 e y ) εt = 10 − 4 ( 38 . 042 e x + 23 . 511 e y ) . 235 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Polovični spremembi pravih kotov med vektorjema e γ in t γ oziroma med vektorjema e γ in −t γ sta εe · t γ = 10 − 4 (23 . 511 · 0 . 526 + 38 . 042 · 0 . 851) = 0 . 00447 = 0 . 256 o εe · ( −t γ) = 10 − 4 ( − 23 . 511 · 0 . 526 − 38 . 042 · 0 . 851) = − 0 . 00447 = − 0 . 256 o . Upoštevajoč definicijo spremembe pravega kota (2.64) in enačbo (2.108) lahko torej ugotovimo, da se pravi kot med vektorjema e γ in t γ zmanjša za 2 × 0 . 256 = 0 . 512 o, pravi kot med vektorjema e γ in −t γ pa se za prav toliko poveča (slika Z-2.1 c). Slika Z-2.1 c Za kontrolo še izračunajmo εt · e γ = 10 − 4 (23 . 511 · 0 . 526 + 38 . 042 · 0 . 851) = 0 . 00447 = 0 . 256 o εt · ( −e γ) = 10 − 4 ( − 23 . 511 · 0 . 526 − 38 . 042 · 0 . 851) = − 0 . 00447 = − 0 . 256 o . Rezultat skupaj s sliko Z-2.1 c potrjuje prejšnjo ugotovitev, da se pravi kot med vektorjema t γ in e γ zmanjša, pravi kot med vektorjema t γ in −e γ pa poveča za 0 . 512 o. 236 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Zgled 2.2 V točki T , kjer je deformacijsko stanje opisano z matriko [ εij] majhnih deformacij glede na telesni koordinatni sistem z bazo e x, e y, e z, določi specifično spremembo dolžine v smeri enotskega vektorja e ξ ter spremembe pravih kotov v koordinatnih ravninah drugega kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e ξ, e η, e ζ! Določi tudi velikosti in smeri glavnih normalnih deformacij ter specifično spremembo prostornine v točki T ! ⎡ √ ⎤ 1 − 3 2 √ √ e 2 x − 1 e y + e z [ εij] = 10 − 3 ⎣ − 3 1 − 2 √ √ ⎦ e ξ = 1 2 2 2 √ 2 2 − 2 4 e η = − 1 e e e 2 x + 12 y + 2 z Enotski vektor e ζ, ki skupaj z vektorjema e ξ in e η sestavlja novo desnosučno kartezijsko bazo, ni podan. Določimo ga z vektorskim produktom znanih baznih vektorjev e ξ in e η e x e y e z √ e 1 2 ζ = e ξ × e η = − 1 2 2 2 √ − 1 1 2 2 2 2 √ √ 2 2 e ζ = − e x − e y . 2 2 Komponente deformacijskih vektorjev εξ, εη in εζ, ki predstavljajo vrednosti tenzorja majhnih deformacij v smereh e ξ, e η, e ζ, določimo glede na bazo e x, e y, e z z enačbo (2.119) [ εαβ] = [ eαi] [ εij] [ ejβ] = [ εαj] [ ejβ] . Pri tem matrika [ εαj] = [ eαi] [ εij] vsebuje ravno iskane komponente deformacijskih vektorjev εξ, εη in εζ v bazi e x, e y, e z (glej tudi zgled 1.6, točko b.) 237 2.11 Deformabilno telo – Zgledi ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ εξx εξy εξz eξx eξy eξz εxx εyx εzx ⎣ εηx εηy εηz ⎦ = ⎣ eηx eηy eηz ⎦ ⎣ εxy εyy εzy ⎦ εζx εζy εζz eζx eζy eζz εxz εyz εzz ⎡ √ ⎤ ⎡ √ ⎤ 1 − 1 2 ⎢ 2 2 2 √ ⎥ 1 − 3 2 √ = 10 − 3 ⎣ − 1 1 2 ⎦ ⎣ − 3 1 − 2 ⎦ 2 2 2 √ √ √ √ − 2 − 2 0 2 − 2 4 2 2 ⎡ √ ⎤ 3 − 3 3 2 √ = 10 − 3 ⎣ − 1 1 2 √ √ ⎦ . 2 2 0 Deformacijski vektorji εξ, εη in εζ so tako √ εξ = 10 − 3(3 e x − 3 e y + 3 2 e z) √ εη = 10 − 3( −e x + e y + 2 e z) √ √ εζ = 10 − 3( 2 e x + 2 e y) . Specifično spremembo dolžine v smeri e ξ izračunamo kot projekcijo vektorja εξ na smer e ξ √ √ D 2 ξξ ≈ εξξ = εξ · e ξ = 10 − 3 3 · 1 + 3 · 1 + 3 2 · 2 2 2 Dξξ = 6 · 10 − 3 . Spremembo pravega kota med enotskima vektorjema e ξ in e η izračunamo s skalarnim produktom deformacijskega vektorja εξ z enotskim vektorjem e η √ √ D 2 ξη ≈ 2 εξη = 2 εξ · e η = 2 · 10 − 3 − 3 · 1 − 3 · 1 + 3 2 · 2 2 2 Dξη = 0 . 238 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Podobno določimo tudi spremembi preostalih dveh pravih kotov med baznimi vektorji Dηζ ≈ 2 εηζ = 2 εη · e ζ = 0 Dζξ ≈ 2 εζξ = 2 εζ · e ξ = 0 . Kakor vidimo, so vektorji e ξ, e η, e ζ glavni vektorji podanega deformacijskega stanja, saj so kotne spremembe v vseh koordinatnih ravninah enake nič. Normalna deformacija εξξ je torej že ena od glavnih normalnih deformacij, preostali dve pa določimo na podoben način εηη = εη · e η = 2 · 10 − 3 εζζ = εζ · e ζ = − 2 · 10 − 3 . Enak rezultat dobimo tudi z uporabo transformacijske enačbe (2.119) [ εαβ] = [ εαj] [ ejβ] ⎡ √ ⎤ ⎡ √ ⎤ 1 2 3 − 3 3 2 √ − 1 − ⎢ 2 2 2 √ ⎥ [ εαβ] = 10 − 3 ⎣ − 1 1 2 √ √ ⎦ ⎣ − 1 1 − 2 ⎦ 2 2 2 √ √ 2 2 0 2 2 0 2 2 ⎡ ⎤ 6 0 0 [ εαβ] = 10 − 3 ⎣ 0 2 0 ⎦ . 0 0 − 2 Določitev specifične spremembe prostornine εV v točki T je sedaj zelo preprosta naloga. Kakor pove enačba (2.139), je specifična sprememba prostornine v območju majhnih deformacij določena kar s prvo in- varianto deformacijskega tenzorja εV = Iε 1 = ε 11 + ε 22 + ε 33 = 10 − 3(6 + 2 − 2) = 0 . 006 . 239 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Zgled 2.3 Deformiranje telesa je opisano z vektorskim poljem pomikov u( x, y, z) = 10 − 4 (5 x 2 − 6 z) e x + 2 y 2 z e y + ( x 2 − 3 y 2 z) e z . Slika Z-2.3 a V točki T ( x, 4 , 2), ki leži v ravnini Γ (slika Z-2.3 a), določi: a. specifično spremembo dolžine normale in specifično spremembo dol- žine tangente v smeri AB na ravnino Γ, b. spremembo pravega kota Θ, c. rezultirajoči vektor zasuka ω, vrednosti tenzorja zasukov ωn v smeri normale in ωt v smeri AB ter povprečni zasuk ωn okrog smeri normale na ravnino Γ, č. glavne normalne in kotne deformacije! d. Ugotovi, ali v kaki točki na črti AB vlada izohorno deformacijsko stanje (to pomeni, da je specifična sprememba prostornine v taki točki enaka nič) ! 240 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Najprej določimo komponente εij tenzorja majhnih deformacij in komponente ωij tenzorja zasukov ∂u ε x xx = ∂x = 10 x · 10 − 4 ∂u ε y yy = ∂y = 4 yz · 10 − 4 ∂u ε z zz = ∂z = − 3 y 2 · 10 − 4 ∂u ∂u ε 1 y x xy = = 0 2 ∂x + ∂y ∂u ∂u ε 1 z y yz = = ( y 2 − 3 yz) · 10 − 4 2 ∂y + ∂z ∂u ∂u ε 1 x z zx = = ( x − 3) · 10 − 4 2 ∂z + ∂x ∂u ∂u ω 1 y x xy ≡ ωz ≡ −ωyx = − = 0 2 ∂x ∂y ∂u ∂u ω 1 z y yz ≡ ωx ≡ −ωzy = − = −( y 2 + 3 yz) · 10 − 4 2 ∂y ∂z ∂u ∂u ω 1 x z zx ≡ ωy ≡ −ωxz = − = −( x + 3) · 10 − 4 . 2 ∂z ∂x Enačba ravnine Γ je z = − 2 x + 8 , zato je za točko T ∈ Γ x = 3 in dobimo T (3 , 4 , 2). Matriki majhnih deformacij in zasukov v točki T sta torej ⎡ ⎤ 30 0 0 [ εij] T = 10 − 4 ⎣ 0 32 − 8 ⎦ 0 − 8 − 48 ⎡ ⎤ 0 0 6 [ ωij] T = 10 − 4 ⎣ 0 0 − 40 ⎦ . − 6 40 0 241 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Enotski vektor normale ravnine Γ označimo z e n, enotski vektor smeri √ AB pa z e t (slika Z-2.3 b). Ker je AB = 4 5, dobimo 1 e n = cos α e x + sin α e z = √ (2e x + e z) 5 1 e t = − sin α e x + cos α e z = √ ( −e x + 2e z) . 5 Slika Z-2.3 b a. Komponente deformacijskega vektorja εn , ki v točki T pripada smeri e n, določimo po analogiji z enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ εnx ⎬ εxx εyx εzx ⎨ enx ⎬ ε ⎣ ε ⎦ e ⎩ ny xy εyy εzy ny ε ⎭ = ⎩ ⎭ nz εxz εyz εzz enz ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ 30 0 0 ⎨ 2 ⎬ ⎨ 60 ⎬ 10 − 4 = 10 − 4 ⎣ 0 32 − 8 ⎦ 1 √ √ − ⎩ 0 ⎭ = ⎩ 8 ⎭ 0 − 8 − 48 5 1 5 − 48 ε 10 − 4 n = √ (60 e x − 8 e y − 48 e z) . 5 Podobno določimo komponente deformacijskega vektorja εt, ki v točki T pripada smeri e t ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ εtx ⎬ 30 0 0 ⎨ − 1 ⎬ ⎨ − 30 ⎬ ε ⎣ ⎦ 1 √ 10 − 4 √ − ⎩ ty 0 32 − 8 0 16 ε ⎭ = 10 − 4 5 ⎩ ⎭ = 5 ⎩ ⎭ tz 0 − 8 − 48 2 − 96 242 2.11 Deformabilno telo – Zgledi ε 10 − 4 t = √ ( − 30 e x − 16 e y − 96 e z) . 5 Specifična sprememba dolžine Dnn v smeri normale e n je enaka normalni deformaciji εnn, ki jo določimo kot projekcijo deformacijskega vektorja εn na smer e n ε 10 − 4 72 nn = εn · e n = √ √ · (60 · 2 − 48 · 1) = · 10 − 4 = 0 . 00144 5 · 5 5 Dnn ≈ εnn = 0 . 00144 . Specifična sprememba dolžine materialnega vlakna v smeri tangente AB pa določimo z normalno deformacijo εtt ε 10 − 4 tt = εt · e t = √ √ · (30 · 1 − 96 · 2) = − 162 · 10 − 4 = 0 . 00324 5 · 5 5 Dtt ≈ εtt = 0 . 00324 . b. Sprememba ΔΘ = Dyt pravega kota Θ med vlaknoma, ki sta v nedeformiranem stanju usmerjeni vzdolž enotskih vektorjev e y in e t, je pri majhnih deformacijah enaka dvakratni vrednosti deformacijske komponente εyt, ki jo izračunamo s skalarnim množenjem deformacijskega vektorja εy z enotskim vektorjem e t (slika Z-2.3 c). V našem primeru je εy = 10 − 4 (32 e y − 8 e z) in sledi εyt = εy · e t = − 16 √ · 10 − 4 5 ΔΘ = Dyt ≈ 2 εyt = − 32 √ · 10 − 4 = − 0 . 00143 . 5 Za kontrolo izračunajmo ΔΘ še s projekcijo deformacijskega vektorja εt na smer e y εty = εt · e y = − 16 √ · 10 − 4 5 243 2.11 Deformabilno telo – Zgledi ΔΘ = Dty ≈ 2 εty = − 32 √ · 10 − 4 = − 0 . 00143 . 5 Slika Z-2.3 c c. Rezultirajoči vektor zasuka ω v točki T je ω = ωx e x + ωy e y + ωz e z = ωyz e x + ωzx e y + ωxy e z ω = 10 − 4 ( − 40 e x − 6 e y) . Rotacijska vektorja ωn in ωt, ki predstavljata vrednosti tenzorja zasukov ω(2) v smereh e n in e t, najhitreje izračunamo z uporabo enačbe (2.158), kjer vzamemo i = n e x e y e z ω 10 − 4 n = ω × e n = √ − 40 − 6 0 5 2 0 1 ω 10 − 4 n = √ ( − 6 e x + 40 e y + 12 e z) 5 e x e y e z ω 10 − 4 t = ω × e t = √ − 40 − 6 0 5 − 1 0 2 ω 10 − 4 t = √ ( − 12 e x + 80 e y − 6 e z) . 5 244 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Za kontrolo izračunajmo komponente vektorjev ωn in ωt še s transformacijsko enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎨ ωnx ⎬ ωxx ωyx ωzx ⎨ enx ⎬ ω ⎣ ω ⎦ e ⎩ ny xy ωyy ωzy ny ω ⎭ = ⎩ ⎭ nz ωxz ωyz ωzz enz ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ 0 0 − 6 ⎨ 2 ⎬ ⎨ − 6 ⎬ 10 − 4 = 10 − 4 ⎣ 0 0 40 ⎦ 1 √ √ ⎩ 0 ⎭ = ⎩ 40 ⎭ 6 − 40 0 5 1 5 12 in podobno za vektor ωt ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ ωtx ⎬ 0 0 − 6 ⎨ − 1 ⎬ ⎨ − 12 ⎬ ω ⎣ ⎦ 1 √ 10 − 4 √ . ⎩ ty 0 0 40 0 80 ω ⎭ = 10 − 4 5 ⎩ ⎭ = 5 ⎩ ⎭ tz 6 − 40 0 2 − 6 Tudi povprečni zasuk ωn okrog smeri normale e n lahko določimo na dva načina. Najhitreje ga izračunamo kot projekcijo rezultirajočega zasuka ω na smer normale e n ωn = ω · e n = 10 − 4( − 40 e x − 6 e y) · 1 √ (2 e x + e z) 5 ωn = − 80 √ · 10 − 4 . 5 Zasuk ωn lahko določimo tudi kot povprečni zasuk v ravnini enotskih vektorjev e y in e t ωn ≡ ωyt = ωy · e t . Pri nas je ωy = − 40 · 10 − 4 e z in dobimo ωn ≡ ωyt = − 80 √ · 10 − 4 . 5 Za kontrolo izračunajmo še zasuk ωty ω 80 ty = ωt · e y = √ · 10 − 4 = −ωn . 5 245 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Kakor se spodobi, smo dobili nasproten predznak, saj je smer zasuka iz smeri e t proti e y nasprotna smeri vektorja normale e n. č. Glede na obliko matrike majhnih deformacij [ εij] je jasno, da je raztezek εxx že ena od glavnih normalnih deformacij, na primer εxx ≡ ε 11 = 30 · 10 − 4. V zgledu 1.11 smo pokazali, da lahko preostali glavni vrednosti določimo kakor pri ravninskem deformacijskem stanju % ε 1 1 22 , 33 = ( εyy + εzz) ± ( εyy − εzz)2 + ε 2 2 4 yz % 1 1 = 10 − 4 (32 − 48) ± (32 + 48)2 + 82 2 4 ε 22 = 32 . 79 · 10 − 4 ε 33 = − 48 . 79 · 10 − 4 . Glavne normalne deformacije navadno razvrstimo po velikosti, podobno kakor smo z (ne)enačbo (1.245) razvrstili glavne normalne napetosti. Dobljene glavne normalne deformacije zato ustrezno preštevilčimo in dobimo ε 11 = 32 . 79 · 10 − 4 ε 22 = 30 . 00 · 10 − 4 ε 33 = − 48 . 79 · 10 − 4 . Glavne vrednosti kotnih deformacij označimo z γ I, γ II in γ III in jih izračunamo po vzorcu enačb (1.244) γ 1 I = ( ε 22 − ε 33) → γ I = 39 . 40 · 10 − 4 2 γ 1 II = ( ε 33 − ε 11) → γ II = − 40 . 79 · 10 − 4 2 γ 1 III = ( ε 11 − ε 22) → γ III = 1 . 40 · 10 − 4 . 2 d. Deformacijsko stanje je izohorno, če je specifična sprememba pro- stornine DV v obravnavani točki telesa enaka nič. Specifična sprememba prostornine je pri majhnih deformacijah enaka prvi invarianti 246 2.11 Deformabilno telo – Zgledi deformacijskega tenzorja. V našem primeru dobimo DV = Iε . 1 = εxx + εyy + εzz = 10 − 4 10 x + 4 yz − 3 y 2 Pogoj DV = 0 pokaže, da je specifična sprememba prostornine nič povsod na preseku obravnavanega telesa s ploskvijo 3 y 10 x + 4 yz − 3 y 2 = 0 oziroma z = − 5 x . 4 2 y Za točke, ki ležijo na črti AB, velja z = − 2 x + 8 in y = 4 in pogoj izohornosti DV = 0 preide v preprosto obliko 10 − 4 10 x + 4 · 4 · ( − 2 x + 8) − 3 · 42 = 0 . Od tod sledi x 40 8 = in z = . 11 11 Pogoj naloge torej izpolnjuje točka T 40 1 , 4 , 8 . To pomeni, da se 11 11 elementarnemu delu telesa v bližnji okolici točke T 1 pri obravnavani deformaciji prostornina ne spremeni. Naredimo še kontrolo in najprej izračunajmo vrednosti normalnih deformacij v točki T 1 ε 400 xx = 10 − 4 · 10 · 40 = · 10 − 4 11 11 ε 128 yy = 10 − 4 · 4 · 4 · 8 = · 10 − 4 11 11 εzz = − 10 − 4 · 3 · 42 = − 528 · 10 − 4 11 Specifična sprememba prostornine v točki T 1 je torej zares enaka nič ε 10 − 4 V = Iε = ε (400 + 128 − 528) = 0 1 xx + εyy + εzz = 11 247 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Zgled 2.4 Homogen kvader s stranicami a, b, c se deformira tako, da se stranica AB translatorno premakne v smeri y za vrednost vB. Vse stranice ostanejo pri tem ravne (slika Z-2.4 a). Slika Z-2.4 a Določi vektor pomika poljubnega delca D( x, y, z) ter komponente tenzorja majhnih deformacij glede na prikazani kartezijski koordinatni sistem! Določi tudi velikosti in smeri glavnih normalnih deformacij! Glede na podatek, da ostanejo stranice obravnavanega kvadra ravne †, lahko pomik v smeri y določimo iz podobnih trikotnikov (slika Z-2.4 b), pomika ux in uz pa sta nič. Razen tega je tudi očitno, da pomik uy ni odvisen od koordinate y. To pomeni, da je pomik uy poljubnega delca D( x, y, z) enak pomiku uy delca D 1( x, b, z) na mejni ploskvi y = b z x z uy = ¯ v → u c y = vB a c † Deformirana oblika poljubnega prereza y=konst. je hiperbolični paraboloid. 248 2.11 Deformabilno telo – Zgledi in vektor pomika poljubnega delca D( x, y, z) je x ∈ [ 0 , a ] v V B : y ∈ [ 0 , b ] → u( x, y, z) = xz e y . z ∈ ac [ 0 , c ] Slika Z-2.4 b Z odvajanjem pomika uy in vstavitvijo v kinematične enačbe (2.96) dobimo komponente tenzorja majhnih deformacij ∂u ε x xx = ∂x = 0 ∂u ε y yy = ∂y = 0 ∂u ε z zz = ∂z = 0 ∂u ∂u v ε 1 y x B xy = εyx = = z 2 ∂x + ∂y 2 ac ∂u ∂u v ε 1 z y B yz = εzy = = x 2 ∂y + ∂z 2 ac ∂u ∂u ε 1 x z zx = εxz = = 0 . 2 ∂z + ∂x 249 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Z okrajšavo v α B = 2 ac dobi matrika majhnih deformacij naslednjo preprosto obliko ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ εxx εxy εxz 0 αz 0 [ εij] = ⎣ εyx εyy εyz ⎦ = ⎣ αz 0 αx ⎦ . εzx εzy εzz 0 αx 0 Invariante obravnavanega deformacijskega stanja so Iε = 0 1 Iε x 2 2 = −α 2 + z 2 Iε 3 = 0 . Glavne normalne deformacije izračunamo kot korene karakteristične enačbe ε 3 − Iε ε 2 + Iε ε − Iε = 0 . 1 2 3 V našem primeru dobimo ε 3 − α 2 x 2 + z 2 ε = ε ε 2 − α 2 x 2 + z 2 = 0 . Korene gornje enačbe je prav lahko izračunati ε 11 = α x 2 + z 2 ε 22 = 0 ε 33 = −α x 2 + z 2 . Smerne kosinuse prve glavne smeri e1 določimo kot rešitve naslednje enačbe ⎡ √ ⎤ −α x 2 ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ + z 2 αz 0 ⎢ ⎨ e 1 x ⎬ ⎨ 0 ⎬ ⎢ √ ⎥ ⎣ αz −α x ⎥ 2 + z 2 αx ⎦ e 1 y 0 . √ ⎩ e ⎭ = ⎩ ⎭ 1 z 0 0 αx −α x 2 + z 2 Kakor vemo, so rešitve premo sorazmerne kofaktorjem k členom poljub- ne vrstice ali stolpca matrike koeficientov. Vzemimo kar prvo vrstico in izračunajmo kofaktorje K(1) xx = α 2 z 2 K(1) xy = α 2 z x 2 + z 2 K(1) xz = α 2 xz . 250 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Dobljene vrednosti normiramo tako, da bo e1 enotski vektor & k(1) x = ± ( K(1) xx )2 + ( K(1) xy )2 + ( K(1) xz )2 k(1) x = ±α 2 z 2( x 2 + z 2) . Privzamemo kar pozitivni predznak norme in dobimo K(1) z e xx 1 x = = k(1) x 2( x 2 + z 2) K(1) e xy 1 1 y = = √ k(1) x 2 K(1) x e xz 1 z = = k(1) x 2( x 2 + z 2) z 1 x e1 = e x + √ e y + e z . 2( x 2 + z 2) 2 2( x 2 + z 2) Podobno določimo drugo glavno smer e2 x z e2 = − √ e √ e x x + z . 2 + z 2 x 2 + z 2 Tretjo glavno smer e3 najhitreje določimo z vektorskim produktom e3 = e1 × e2 , od koder sledi z x e3 = e x − 1 √ e y + e z . 2( x 2 + z 2) 2 2( x 2 + z 2) (Kontrola: določi glavne normalne deformacije s transformacijsko enačbo (2.119)! Upoštevaj, da komponente glavnih vektorjev tvorijo transformacijsko matriko, ki diagonalizira matriko majhnih deforma- cij!) 251 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Zgled 2.5 Na površini tanke pločevine označimo pravokoten vzorec, ki ga določajo točke T 0 , T 1 , T 2 , T 3 (slika Z-2.5 a). Pod vplivom zunanje obtežbe, ki deluje v ravnini pločevine, se nekatere od teh točk premaknejo v nove lege. Začetna debelina stene δ = 1 mm se v točki T 0 zmanjša na 0 . 9987 mm. V točki T 0 določi: a. komponente tenzorja majhnih deformacij v koordinatnem sistemu ( x, y, z), b. velikosti in smeri glavnih normalnih in ekstremnih strižnih deformacij, c. specifično spremembo prostornine! T 0(0 , 0) → T 0(0 , 0) T 1(4 , 0) → T (4 . 0313 , 0 . 0726) 1 T 2(4 , 3) → T (4 . 0450 , 3 . 0400) 2 T 3(0 , 3) → T (0 , 2 . 9850) . 3 (koordinate so v cm) Slika Z-2.5 a a. Zaradi preglednejšega pisanja označimo dolžino stranice T 0 T 1 z a, dolžino stranice T 0 T 3 z b in dolžino diagonale T 0 T 2 z d, njihove dolžine po deformaciji pa po vrsti z a, b in d. Enotski vektor smeri nedeformirane diagonale d označimo z e ξ (slika Z-2.5 b): a = 4 cm . . . a = 4 . 03132 + 0 . 07262 = 4 . 0320 cm b = 3 cm . . . b = 2 . 9850 cm d = 42 + 32 = 5 cm d = 4 . 04502 + 3 . 04002 = 5 . 0600 cm . 252 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Slika Z-2.5 b e 4 3 ξx = = 0 . 8 eξy = = 0 . 6 → e ξ = 0 . 8 e x + 0 . 6 e y . 5 5 Specifične spremembe dolžin v smereh x, y in ξ izračunamo v skladu z Lagrangevo formulacijo deformacij glede na začetne dolžine “vlaken” v teh smereh a − a D 4 . 0320 − 4 xx = εxx = → ε a = xx = 0 . 008 4 b − b D 2 . 9850 − 3 yy = εyy = → ε b = yy = − 0 . 005 3 d − d D 5 . 0600 − 5 ξξ = εξξ = → ε d = ξξ = 0 . 012 . 5 (S tem smo dejansko določili povprečne vrednosti specifičnih sprememb dolžin stranic a in b ter diagonale d.) Ker obtežba deluje v ravnini pločevine, ni kotnih deformacij v ravninah ( x, z) in ( y, z) εxz = 0 in εyz = 0 . Specifična sprememba dolžine v smeri ξ je povezana s komponentami tenzorja majhnih deformacij v koordinatnem sistemu ( x, y, z) z enačbo (2.120) εξξ = εij eξi eξj ( i, j = x, y, z) i j 253 2.11 Deformabilno telo – Zgledi εξξ = εxx e 2 ξx + 2 εxy eξx eξy + εyy e 2 ξy , v kateri je edina neznanka deformacija εxy. Ko vstavimo številske vrednosti, dobimo 0 . 012 = 0 . 008 · 0 . 82 + 2 εxy · 0 . 8 · 0 . 6 − 0 . 005 · 0 . 62 in od tod εxy = 0 . 009 . Iz podatka o spremembi debeline pločevine lahko izračunamo tudi specifično spremembo dolžine v smeri z δ − δ ε 0 . 9987 − 1 zz = → ε δ = zz = − 0 . 0013 . 1 Matrika majhnih deformacij v točki T 0 je tako ⎡ ⎤ 80 90 0 [ εij] = 10 − 4 ⎣ 90 − 50 0 ⎦ . 0 0 − 13 Za kontrolo lahko v tem geometrijsko preprostem primeru določimo spremembo pravega kota v ravnini ( x, y) neposredno iz slike Z-2.5 a yT 0 . 0726 tg D 1 xy = x = = 0 . 0180 → Dxy = arctg 0 . 0180 ≈ 0 . 0180 T 4 . 0313 1 D ε xy xy = = 0 . 009 . 2 b. Iz oblike matrike majhnih deformacij [ εij] je očitno, da je εzz že kar ena od glavnih normalnih deformacij; označimo jo na primer z ε 33 ε 33 ≡ εzz = − 0 . 0013 . 254 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Preostali dve glavni normalni deformaciji ε 11 in ε 22 lahko sedaj določimo kot pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( x, y) ' ε ε 2 ε xx + εyy xx − εyy 11 , 22 = ± + ε 2 2 2 xy ⎡ ' ⎤ 80 + 50 2 = 10 − 4 ⎣ 80 − 50 ± + 902 ⎦ 2 2 ε 11 = 0 . 0126 ε 22 = − 0 . 0096 . Enotska vektorja smeri glavnih normalnih deformacij v ravnini ( x, y) določimo z enačbo (2.236) 2 εxy 2 · 0 . 009 tg 2 αε = ε = = 1 . 3846 xx − εyy 0 . 008 + 0 . 005 2 αε = 54 . 2 o → αε = 27 . 1 o . Ker je sin 27 . 1 o = 0 . 4553 in cos 27 . 1 o = 0 . 8904, sledi (slika Z-2.5 c) e1 = 0 . 8904 e x + 0 . 4553 e y e2 = − 0 . 4553 e x + 0 . 8904 e y e3 = e z . Slika Z-2.5 c c. Specifična sprememba prostornine v točki T 0 je DV ≡ εV = Iε = ε 1 xx + εyy + εzz = ε 11 + ε 22 + ε 33 DV = 0 . 008 − 0 . 005 − 0 . 0013 → DV = 0 . 0017 . V tem zgledu smo imeli opraviti z meritvami deformacij v bližnji okolici izbrane točke T 0 na površini obtežene pločevine. Tudi prikazana analiza 255 2.11 Deformabilno telo – Zgledi deformacijskega stanja se nanaša na točko T 0, medtem ko za poznavanje deformacijskega stanja obravnavanega telesa kot celote nimamo dovolj podatkov. Zgled 2.6 Deformiranje telesa je opisano s komponentami εij tenzorja majhnih deformacij glede na kartezijski koordinatni sistem ( x, y, z). V notranjosti telesa si zamislimo krožno valjasto ploskev z vzdolžno osjo z in s polmerom 1 cm ter točko T (0 . 8 , y > 0 , 0) na tej ploskvi (slika Z-2.6 a). a. Določi specifično spremembo dolžine v smeri normale ter spremembo pravega kota med normalo in tangento na vodilno krožnico v točki T ! b. Določi velikosti in smeri glavnih normalnih deformacij v točki T ! ⎡ ⎤ 5 . 28 − 12 . 96 0 [ εij] T = 10 − 4 ⎣ − 12 . 96 − 2 . 28 0 ⎦ 0 0 − 1 Slika Z-2.6 a Slika Z-2.6 b 256 2.11 Deformabilno telo – Zgledi a. Koordinate točke T morajo zadoščati enačbi presečne krožnice obravnavane ploskve z ravnino ( x, y) (slika Z-2.6 b) x 2 + y 2 = 12 → y = 0 . 6 cm → T (0 . 8 , 0 . 6 , 0) . Enotski vektor normale na valjasto ploskev v točki T označimo z e n, enotski vektor tangente na vodilno krožnico pa z e t e n = 0 . 8 e x + 0 . 6 e y e t = − 0 . 6 e x + 0 . 8 e y . Specifično spremembo dolžine Dnn v smeri normale e n določimo v skladu z enačbama (2.103) in (2.104) Dnn = εnn = εijenienj ( i, j = x, y, z) i j εnn = εxx e 2 nx + 2 εxy enxeny + εyy e 2 ny = 10 − 4 5 . 28 · 0 . 82 − 2 · 12 . 96 · 0 . 8 · 0 . 6 − 2 . 28 · 0 . 62 Dnn = εnn = − 9 . 883 · 10 − 4 . Spremembo pravega kota Dnt med normalo e n in tangento e t določimo kot dvakratno vrednost deformacije εnt Dnt = 2 εnt = 2 εijenietj ( i, j = x, y, z) i j 2 εnt = 2 εxx enxetx + εxy( enxety + enyetx) + εyy enyety = 2 · 10 − 4 − 5 . 28 · 0 . 8 · 0 . 6 − 12 . 96(0 . 82 − 0 . 62) − 2 . 28 · 0 . 6 · 0 . 8 Dnt = 2 εnt = − 14 . 515 · 10 − 4 . b. Zaradi preprostejšega dela vpeljemo reducirane vrednosti deforma- cij ¯ εij = 104 εij 257 2.11 Deformabilno telo – Zgledi in določimo glavne vrednosti tenzorja majhnih deformacij kot rešitve naslednje enačbe 5 . 28 − ¯ ε − 12 . 96 0 − 12 . 96 − 2 . 28 − ¯ ε 0 = 0 . 0 0 − 1 − ¯ ε Determinanto razvijemo po elementih tretje vrstice in dobimo ( − 1 − ¯ ε)(¯ ε 2 − 3 ¯ ε− 180) = 0 . Prva dva korena dobimo iz pogoja ¯ ε 2 − 3 ¯ ε− 180 = (¯ ε− 15)(¯ ε+ 12) = 0 → ¯ ε 11 = 15 ¯ ε 22 = − 12 , tretji koren pa iz pogoja − 1 − ¯ ε = 0 → ¯ ε 33 = − 1 . Dejanske vrednosti glavnih linearnih deformacij so sedaj ε 11 = 15 · 10 − 4 ε 22 = − 12 · 10 − 4 ε 33 = − 1 · 10 − 4 . Kakor vidimo iz sestave deformacijske matrike, je deformacija εzz že kar ena od glavnih normalnih deformacij ( ε 33 ≡ εzz). Zato se glavna smer e3 ujema s smerjo e z, glavni smeri e1 in e2 pa določimo z enačbo (2.236) kakor pri ravninskem deformacijskem stanju 2 εxy 2 · ( − 12 . 96) tg 2 αε = ε = = − 3 . 429 xx − εyy 5 . 28 + 2 . 28 2 αε = − 73 . 74 o → αε = − 36 . 87 o . Upoštevajoč enačbi (1.313) dobimo (slika Z-2.6 c) e1 = 0 . 8 e x − 0 . 6 e y e2 = 0 . 6 e x + 0 . 8 e y e3 = e z . 258 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Slika Z-2.6 c Komponente glavnih vektorjev tvorijo transformacijsko matriko, ki dia- gonalizira matriko majhnih deformacij ⎡ ⎤ 8 . 0 − 0 . 6 0 [ eαi] = ⎣ 0 . 6 0 . 8 0 ⎦ . 0 0 1 Bralcu prepuščamo, da se z uporabo enačbe (2.119) o tem sam prepriča. Zgled 2.7 Komponente tenzorja majhnih deformacij so podane v telesnih koordinatah x, y, z, in sicer v odvisnosti od konstantnega parametra K. Določi to kon-stanto tako, da bo iz deformacij mogoče enolično izračunati pomike! Določi prostorske koordinate in telesne bazne vektorje delca D(3 , 4 , 0) po deformaciji telesa, ki je v točki A(0 , 0 , 0) togo vpeto v nepomično podlago! Kako se med deformiranjem telesa spremenijo koordinate relativnega krajevnega vektorja Δr med delcema D in P(3 . 06 , 4 . 02 , 0) ? Dolžine so podane v cm. ⎡ ⎤ 2 x 2 − Ky 2 xy(3 y − 2) 0 [ εij] = 10 − 4 ⎣ xy(3 y − 2) 3 Kx 2 y 0 ⎦ 0 0 0 Da bi lahko iz kinematičnih enačb enolično določili pomike in zasuke v poljubni točki telesa, morajo komponente tenzorja majhnih deformacij 259 2.11 Deformabilno telo – Zgledi izpolnjevati kompatibilnostne pogoje. V obravnavanem primeru gre za ravninsko deformacijsko stanje v ravnini ( x, y), kjer je kompatibilnostni pogoj izražen z enačbo (2.247) ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε K xx yy xy zz = − ∂y + 2 2 ∂x 2 ∂x∂y = 0 . V obravnavanem primeru dobimo ∂ 2 εxx 104 ∂y = − 2 K 2 ∂ 2 εyy 104 ∂x = 6 K y 2 ∂ 2 εxy 104 ∂x∂y = 6 y − 2 in po vstavitvi v kompatibilnostni pogoj sledi 104 Kzz = ( K − 2) (6 y − 2) = 0 . Pri poljubni vrednosti y je gornja enačba izpolnjena le, če velja K − 2 = 0 → K = 2 . Matrika deformacij je tako ⎡ ⎤ 2( x 2 − y 2) xy(3 y − 2) 0 [ εij] = 10 − 4 ⎣ xy(3 y − 2) 6 x 2 y 0 ⎦ . 0 0 0 S tem lahko zapišemo vektorje deformacij, ki pripadajo smerem e x, e y, e z, kakor sledi εx = 10 − 4 2( x 2 − y 2) e x + xy(3 y − 2) e y εy = 10 − 4 xy(3 y − 2) e x + 6 x 2 y e y εz = 0 . 260 2.11 Deformabilno telo – Zgledi V kartezijskem koordinatnem sistemu določamo zasuke z enačbo (2.192) x y z ω = ω 0 + ∇ × εx η= y dξ ∇ × ε dη ∇ × ε 0 + y ζ + = z z dζ , x ζ= z 0 0 0 y 0 z 0 pri čemer smo za izvrednotenje integralov s spremenljivo zgornjo mejo vpeljali integracijske spremenljivke ξ ∈ [ x 0 , x], η ∈ [ y 0 , y] in ζ ∈ [ z 0 , z]. Kakor smo ugotovili v razdelku 2.10, nastopa pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( x, y) le zasuk ωz ≡ ωxy, preostala zasuka pa sta nič. Iz tretje od enačb (2.154) s tem sledi ωz = ωy e x − ωx e y = 0 . Zasuk ωz določimo kot projekcijo vektorja ω na smer e z, pri čemer upoštevamo, da je εz = 0 x y ωz = e z · ω = ω 0 z + e z · ( ∇ × εx) dξ η + e = y z · ( ∇ × εy) dη . x 0 0 y 0 Z ω 0 z smo označili vrednost zasuka ωz v referenčni točki A(0 , 0 , 0), zato je x 0 = 0 in y 0 = 0. Ker je obravnavano telo v točki A togo vpeto, je ω 0 z = ωz( A) = 0. Mešana produkta pod integrali izračunamo kot determinanti 0 0 1 ∂εxy ∂εxx e ∂ ∂ ∂ z · ( ∇ × εx) = = − ∂x ∂y ∂z ε ∂x ∂y = 10 − 4(3 y 2 + 2 y) xx εxy 0 0 0 1 ∂εyy ∂εxy e ∂ ∂ ∂ z · ( ∇ × εy) = = − ∂x ∂y ∂z ε ∂x ∂y = 10 − 4(6 xy + 2 x) . yx εyy 0 Tako dobimo ⎧ x y ⎫ ω ⎪ ⎪ z = 10 − 4 ⎩ 3 η 2 + 2 η dξ ⎭ . η + [6 ξη + 2 ξ] dη =0 0 0 261 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Po integriranju sledi končni izraz za zasuk ωz ωz = 10 − 4 3 xy 2 + 2 xy . Pomik u poljubne točke telesa T ( x, y, z) je določen z enačbo (2.193) x y z u = u ε ε ε 0 + x + ωx η= y dξ dη dζ . 0 + y + ωy ζ + = z z + ωz x ζ= z 0 0 0 y 0 z 0 Pomika ux in uy določimo s skalarnim množenjem gornje enačbe z enotskima vektorjema e x oziroma e y . Upoštevajoč, da je εz = 0 in ωz = 0, dobimo x y ux = e x · u = u 0 x + e x · [ εx + ωx] η dξ + e =0 x · [ εy + ωy] dη , 0 0 x y uy = e y · u = u 0 y + e y · [ εx + ωx] η dξ + e =0 y · [ εy + ωy] dη . 0 0 Za izhodiščno točko smo spet izbrali točko A(0 , 0 , 0) , za katero velja u 0 x = ux( A) = 0 in u 0 y = uy( A) = 0 . Zato je x y ux = [ εxx + ωxx] η dξ + [ ε =0 yx + ωyx] dη 0 0 x y uy = [ εxy + ωxy] η dξ + [ ε =0 yy + ωyy] dη . 0 0 Upoštevamo, da je ωxx = ωyy = 0 , ωxy = −ωyx = ωz , vstavimo izraze za deformacije in zasuk ωz in po ureditvi dobimo x y ux = 10 − 4 2 ξ 2 dξ − 4 ξη dη 0 0 x y uy = 10 − 4 6 ξη 2 dξ . y + 6 ξ 2 η dη =0 0 0 262 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Po integriranju in ureditvi sledi u 2 x 3 x = − 2 xy 2 · 10 − 4 3 uy = 3 x 2 y 2 · 10 − 4 . Vektor pomika poljubnega delca je torej 2 x 3 u = 10 − 4 − 2 xy 2 e x + 3 x 2 y 2 e y . 3 Dobljena enačba pove, kako se med deformiranjem telesa premakne delec s telesnimi koordinatami x, y, z. Prostorske koordinate x, y, z poljubnega delca s telesnimi koordinatami x, y, z so v deformiranem stanju B določene z enačbami (2.12). V našem primeru dobimo x 2 x 3 = x + ux → x = x + − 2 xy 2 · 10 − 4 3 y = y + uy → y = y + 3 x 2 y 2 · 10 − 4 . Zvezi med telesnimi in prostorskimi koordinatami poljubnega delca sta v obravnavanem primeru nelinearni. Zato tokrat ni mogoče izpeljati obratne zveze, ki bi v analitični obliki izražala telesne koordinate v odvisnosti od prostorskih koordinat. To bi lahko storili le numerično za vsako izbrano diskretno točko telesa, pri čemer bi za rešitev sistema dveh nelinearnih enačb z dvema neznankama uporabili katero od znanih metod, na primer Newtonovo tangentno metodo. Tako bi lahko rešili naslednjo nalogo: določi telesne koordinate delca, ki se v deformiranem stanju B nahaja v točki prostora x, y, z ! Pomika delca D(3 , 4 , 0) sta ux( D) = − 0 . 00780 cm in uy( D) = 0 . 04320 cm . Prostorske koordinate delca D so tako D(3 , 4 , 0) : x = 3 − 0 . 00780 → x = 2 . 99220 cm y = 4 + 0 . 04320 → y = 4 . 04320 cm . 263 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Telesno koordinatno bazo poljubnega delca v deformiranem stanju B določimo z enačbami (2.22) ∂u e x = e x + ∂x = 1 + 2( x 2 − y 2) · 10 − 4 e x + 6 xy 2 · 10 − 4 e y ∂u e y = e y + ∂y = − 4 xy · 10 − 4 e x + (1 + 6 x 2 y · 10 − 4) e y . Za delec D(3 , 4 , 0) dobimo D(3 , 4 , 0) : e x = 0 . 99860 e x + 0 . 02880 e y e y = − 0 . 00480 e x + 1 . 02160 e y . Oglejmo si še spremembo relativnega krajevnega vektorja Δr med delcema D in P, ki sta v nedeformiranem stanju B določena s krajevnima vektorjema r( D) in r( P) r( D) = 3 e x + 4 e y r( P) = 3 . 06 e x + 4 . 02 e y Δr = r( P) − r( D) = 0 . 06 e x + 0 . 02 e y . Med deformiranjem telesa doživi delec D pomik u( D), delec P pa pomik u( P) u( D) = − 0 . 00780 e x + 0 . 04320 e y u( P) = − 0 . 00798 e x + 0 . 04540 e y . Novi legi delcev D in P v stanju B določata krajevna vektorja r ( D) in r ( P) r ( D) = r( D) + u( D) → r ( D) = 2 . 99220 e x + 4 . 04320 e y r ( P) = r( P) + u( P) → r ( P) = 3 . 05202 e x + 4 . 06540 e y . Relativni krajevni vektor Δr v stanju B je tako Δr = r ( P) − r ( D) → Δr = 0 . 05982 e x + 0 . 02220 e y . 264 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Glede na to, da je Δr majhen krajevni vektor, lahko njegovo spremembo med deformiranjem telesa približno določimo tudi z enačbo (2.25), ki sicer velja za infinitezimalno majhne krajevne vektorje Δr ≈ Δ x e x + Δ y e y = 0 . 06 (0 . 99860 e x + 0 . 02880 e y) + 0 . 02 ( − 0 . 00480 e x + 1 . 02160 e y) Δr ≈ 0 . 05982 e x + 0 . 02216 e y . Kakor vidimo, smo za komponento v smeri e x dobili “točno” vrednost, pri komponenti v smeri e y pa smo naredili majhno napako ( − 0 . 18%). Zgled 2.8 Kot rešitev mehanskega problema ravninskega telesa po metodi napetosti smo dobili majhne deformacije εij kot funkcije telesnih koordinat x, z. Vse točke telesa se premikajo le v ravnini ( x, z). Razen tega je točka T 0(0 , 0 , 0) nepomično, a vrtljivo podprta, v točki T 1(10 , 0 , 0) pa je preprečen pomik v smeri z. Določi pomika ux in uz ter zasuk ωy kot funkcije koordinat ( x, z)! Določi vrednosti zasukov ωy v obeh podporah, pomik ux v točki T 1 ter vrednosti obeh pomikov in zasuka ωy v točki T (5 , 0 , 0 . 5)! Dolžine so podane v m. εxx = 8 x cos 2 πz · 10 − 4 εzz = − 100 xz · 10 − 4 εzx = εxz = [ −x 2(3 + 4 π sin 2 πz) − 25 z 2 + 15 x + 25] · 10 − 4 εyy = εxy = εzy = 0 ux(0 , 0 , 0) ≡ u 0 x = 0 uz(0 , 0 , 0) ≡ u 0 z = 0 uz(10 , 0 , 0) ≡ u 1 z = 0 265 2.11 Deformabilno telo – Zgledi Preden se lotimo določanja zasukov in pomikov, preverimo, če sploh smemo pričakovati enolične rešitve. Te so zagotovljene, če je izpolnjen pogoj kompatibilnosti, ki se pri ravninskem deformacijskem stanju v ravnini ( x, z) izraža z enačbo (2.249) ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε K zz xx zx yy = − ∂x + 2 2 ∂z 2 ∂z∂x = 0 . V našem primeru je ∂ 2 εzz 104 ∂x = 0 2 ∂ 2 εxx 104 ∂z = − 32 π 2 x cos2 πz 2 ∂ 2 εzx 104 ∂z∂x = − 16 π 2 x cos2 πz in kompatibilnostni pogoj je identično izpolnjen. V kartezijskem koordinatnem sistemu določimo rezultirajoči vektor za- suka ω z enačbo (2.192). Spet vpeljemo integracijske spremenljivke ξ, η, ζ in dobimo x y z ω = ω 0 + ∇ × εx η= y dξ ∇ × ε dη ∇ × ε 0 + y ζ + = z z dζ . x ζ= z 0 0 0 y 0 z 0 Pri tem je v našem primeru εx = εxx e x + εxz e z εy = 0 εz = εzx e x + εzz e z . Povprečni zasuk ωy v ravnini ( x, z) določimo kot projekcijo vektorja ω na smer enotskega vektorja e y x z ωy = e y · ω = ω 0 y + e y · ( ∇ × εx) η= y dξ 0 + e y · ( ∇ × εz) dζ . x ζ= z 0 0 z 0 Pri tem smo z ω 0 y označili vrednost zasuka ωy v točki T 0(0 , 0 , 0). To pomeni, da smo za referenčno točko za določitev zasuka ωy izbrali točko 266 2.11 Deformabilno telo – Zgledi T 0, čeprav zasuka v tej točki zaenkrat še ne poznamo. Mešana produkta v gornji enačbi sta 0 1 0 ∂εxx ∂εxz e ∂ ∂ ∂ y · ( ∇ × εx) = = − ∂x ∂y ∂z ε ∂z ∂x xx 0 εxz e y · ( ∇ × εx) = [2 x(3 − 4 π sin 2 πz) − 15] · 10 − 4 0 1 0 ∂εzx ∂εzz e ∂ ∂ ∂ y · ( ∇ × εz) = = − ∂x ∂y ∂z ε ∂z ∂x zx 0 εzz e y · ( ∇ × εz) = (50 z − 8 π 2 x 2 cos 2 πz) · 10 − 4 . Zasuk ωz je sedaj x ωy = ω 0 y+10 − 4 2 ξ(3 − 4 π sin 2 πζ) − 15 dξ z + =0 0 z 10 − 4 (50 ζ − 8 π 2 ξ 2 cos 2 πζ) dζ . 0 Po integriranju sledi izraz za zasuk ωy ωy = ω 0 y + 10 − 4[ x 2(3 − 4 π sin 2 πz) + 25 z 2 − 15 x] . Pomik u poljubne točke telesa T ( x, y, z) je določen z enačbo (2.193) x y z u = u ε ε ε 0 + x + ωx η= y dx dη dζ . 0 + y + ωy z + = z z + ωz x ζ= z 0 0 0 y 0 z 0 Pomika ux in uz določimo s skalarnim množenjem gornje enačbe z enotskima vektorjema e x oziroma e z. Če za izhodiščno točko spet izberemo kar točko T 0, dobimo x z ux = e x · u = u 0 x + e x · εx + ωx dx ε dz z + e =0 x · z + ωz 0 0 x z uz = e z · u = u 0 z + e z · εx + ωx dx ε dz . z + e =0 z · z + ωz 0 0 267 2.11 Deformabilno telo – Zgledi V izhodiščni točki T 0 sta preprečena oba pomika ( u 0 x = u 0 z = 0), tako da velja x z ux = εxx + ωxx dξ ε dζ ζ + =0 zx + ωzx 0 0 x z uz = εxz + ωxz dξ ε dζ . ζ + =0 zz + ωzz 0 0 Upoštevamo, da je ωxx = ωzz = 0 , ωzx = −ωxz = ωy, vstavimo izraze za deformacije in zasuk ωy in po ureditvi dobimo ⎧ ⎪ x u ⎪ ⎪ x = 10 − 4⎪ ⎩ [8 ξ cos 2 πζ] z dξ + =0 0 ⎫ z ⎪ ⎪ 104 ω 0 ⎪ y + 25 − 8 πξ 2 sin 2 πζ dζ⎪ ⎭ 0 ⎧ ⎫ ⎪ x z ⎪ u ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ z = 10 − 4⎪ ⎩ ( − 104 ω 0 y − 6 ξ 2 + 30 ξ + 25) dξ − 100 ξζ dζ⎪ ⎭ . 0 0 Po integriranju in ureditvi sledi ux = z ω 0 y + 10 − 4(4 x 2 cos 2 πz + 25 z) uz = −x ω 0 y + 10 − 4 − 2 x 3 + 15 x 2 + 25 x(1 − 2 z 2) . Zasuk ωy v izhodiščni točki T 0 določimo ob pogoju, da je pomik u 1 z v točki T 1(10 , 0 , 0) enak nič uz(10 , 0 , 0) = − 10 ω 0 y + 10 − 4 − 2 · 103 + 15 · 102 + 25 · 10 = 0 ω 0 y = − 25 · 10 − 4 . S tem dobimo končno obliko funkcij pomikov in zasuka ωy ux = 10 − 4 · 4 x 2 cos 2 πz uz = 10 − 4 − 2 x 3 + 15 x 2 + 50 x(1 − z 2) ωy = 10 − 4 x 2(3 − 4 π sin 2 πz) − 15 x − 25(1 − z 2) . 268 2.11 Deformabilno telo – Zgledi (Kontrola: Vstavi parcialne odvode dobljenih funkcij pomikov v kine- matične enačbe in preveri, če so te izpolnjene!) Preostali del naloge je čisto preprost. V izraze za pomika ux in uz ter zasuk ωy vstavimo koordinate točk T 1 in T ter izračunamo vrednosti pomikov in zasuka v teh točkah. Rezultati so zbrani v preglednici. Točka T 0(0 , 0 , 0) T 1(10 , 0 , 0) T (5 , 0 , 0 . 5) ux (m) 0 0 . 040000 − 0 . 010000 uz (m) 0 0 0 . 031250 ωy (rad) − 0 . 002500 0 . 012500 − 0 . 001875 269 3 SOVISNOSTI MED NAPETOSTMI IN DEFORMACIJAMI 3.1 Sploˇ sno o sovisnostih med napetostmi in deformacijami V prvem poglavju smo napetostno stanje opazovanega material- nega delca in s tem tudi obravnavanega trdnega telesa opisali s šestimi neodvisnimi komponentami simetričnega tenzorja napetosti. Izpeljali smo sistem treh enačb ravnotežja s pripadajočimi robnimi pogoji, s katerimi smo napetosti povezali z zunanjo površinsko in prostorninsko obtežbo. Izpeljane enačbe so neodvisne od materialnih lastnosti obrav- navanega telesa in jih torej lahko uporabljamo pri vseh modelih teles iz zvezne snovi. Prav tako smo v drugem poglavju neodvisno od vrste in lastnosti snovi izpeljali kinematične enačbe, ki predstavljajo zveze med tremi komponentami vektorskega polja pomikov in šestimi neodvisnimi komponentami simetričnega tenzorja majhnih deformacij. Izkušnje pa nas učijo, da se telesa iz različnih materialov različno odzivajo na enako zunanjo obtežbo. Tako se, na primer, gumijast trak pri isti vzdolžni sili veliko bolj raztegne kot jeklen trak enakih dimenzij. Da bi lahko povezali zunanjo obtežbo s pomiki, moramo torej poiskati novo skupino enačb, ki opisujejo medsebojno odvisnost napetosti in de- formacij. Do takega sklepa nas pripelje še drug razmislek. Doslej smo izpeljali tri ravnotežne in šest kinematičnih, skupaj torej devet enačb. V teh enačbah nastopa šest napetosti, šest deformacij in trije pomiki, skupaj petnajst neznanih funkcij. Vpeljati moramo torej še šest enačb, da bi bil mehanski problem trdnega telesa enolično rešljiv. Te enačbe imenujemo materialne ali konstitucijske enačbe. Pogosto, na primer v naslovu tega poglavja, je v rabi tudi izraz sovisnosti med napetostmi in deformacijami, čeprav je nekoliko ohlapen, saj v njih lahko nastopajo 270 3.1 Sploˇ sno o sovisnostih med napetostmi in deformacijami še druge spremenljivke (temperatura, vlažnost, čas). Struktura materiala Osnovna značilnost snovi, ki odločilno vpliva na njeno mehansko obnašanje, je struktura. To je način, kako so molekule sestavljene v kompaktno celoto. Glede na strukturo lahko trdne snovi v grobem razdelimo na amorfne, kristalne in kristalaste. Amorfne snovi so sestavljene iz popolnoma naključno razvrščenih in medsebojno povezanih os- novnih delcev. Med amorfne materiale spadajo na primer steklo, guma, nekatere plastične mase, smole in podobne snovi. Nasprotno pa je za kristalne snovi značilna po posebnih zakonitostih urejena razvrstitev in medsebojna povezava molekul. Kristalno strukturo lahko opazimo predvsem pri mineralih. Kristalaste snovi so sicer sestavljene iz pravil- nih kristalov, ki pa so lahko različnih oblik in orientacije ter brez poseb-nega pravila povezani med seboj. Kristalasta struktura je značilna za jeklo in druge kovine. Med kristalaste snovi uvrščamo tudi sestavlje- ne materiale, kot je na primer beton, pri katerem so mineralna zrna različnih velikosti in leg s cementnim vezivom povezana med seboj. Izotropija in anizotropija Od strukture je v največji meri odvisno, ali se snov obnaša izotropno ali anizotropno. Izotropija je lastnost snovi, da se obnaša enako v vseh smereh, in je posebej značilna za amorfne snovi. Tudi kristala-stim snovem navadno pripišemo izotropne lastnosti. Čeprav je vsak od kristalov, ki sestavljajo tako snov, sam zase anizotropen, se telo zaradi njihove naključne razporeditve v celoti obnaša kot izotropno. Snovi s kristalno strukturo pa se praviloma obnašajo anizotropno, kar pomeni, da so njihove mehanske lastnosti v različnih smereh različne. Zaradi pravilne kristalne strukture je navadno možno določiti končno število značilnih smeri anizotropije. Take posebne oblike anizotropije je mogoče opaziti tudi pri nekaterih organskih materialih (les, usnje,...), pri katerih so molekule razporejene v enako orientiranih vlaknih. Pose- bej za les so značilne občutne razlike v mehanskih lastnostih v smeri 271 3.2 Idealna telesa – materialni modeli vlaken ter v smereh radialno in tangencialno na smer letnic. Zaradi posebnosti tehnološkega postopka pri izdelavi elementov lahko pride do anizotropnega obnašanja tudi pri nekaterih materialih, ki imajo sicer kristalasto strukturo. Značilen primer je vroče valjana pločevina, pri kateri so mehanske lastnosti v smeri valjanja drugačne kakor pravokotno na to smer. Homogenost in nehomogenost Telesa, ki imajo v vsaki točki znotraj območja, ki ga zasedajo v pro- storu, enako strukturo, gostoto in mehanske lastnosti, imenujemo ho- mogena. Nasprotno se pri nehomogenih telesih nekatere ali vse navedene značilnosti spreminjajo od točke do točke. Amorfna in kristalasta telesa so ponavadi homogena. Prav tako običajno obravnavamo kot ho- mogen material nearmiran beton, čeprav je sestavljen iz zrn peska in gramoza ter cementnega veziva. Beton, ojačen z jeklenimi palicami, pa je izrazit primer nehomogenega materiala. 3.2 Idealna telesa – materialni modeli Medtem ko so ravnotežne in kinematične enačbe v okviru privzetih omejitev glede velikosti deformacij enake za vse vrste zvezne snovi, se sovisnosti med napetostmi in deformacijami pri različnih realnih ma- terialih močno razlikujejo. Razen fizikalno kemijske narave snovi vpli- vajo nanje tudi različni načini delovanja zunanje obtežbe (statična, di- namična,...), temperatura, vlažnost, pri nekaterih snoveh pa tudi čas. Že v uvodu smo omenili, da je formulacija zvez med napetostmi in defor- macijami zelo zapletena naloga. Predvsem ni mogoče pričakovati, da bi lahko enovito zapisali te zveze za vse materiale, s katerimi imamo opra- viti v tehniki. Pomagamo si z vpeljavo tako imenovanih idealnih teles, ki jim pripišemo poenostavljene mehanske lastnosti čim večje skupine realnih teles, za katere je značilno podobno mehansko obnašanje v določenih razmerah. Gre torej spet za računske modele, tokrat jih imenujemo 272 3.2 Idealna telesa – materialni modeli tudi materialni modeli, s katerimi skušamo čim preprosteje, pa vendar v mejah vnaprej predpisane natančnosti opisati dejansko obnašanje materialov. Pri tem gre v glavnem za dve skupini idealnih teles. V prvo skupino uvrščamo telesa, pri katerih lahko vpliv časa na razvoj napetosti in deformacij zanemarimo in jih imenujemo časovno neodvisna idealna telesa. S takimi telesi se pretežno ukvarjamo tudi v tej knjigi. Na koncu poglavja pa se na kratko posvetimo tudi bolj splošnim časovno odvisnim idealnim telesom, ki vključujejo tudi vpliv časa na sovisnosti med napetostmi in deformacijami. Med časovno neodvisnimi idealnimi telesi sta v mehaniki trdnih teles bistvenega pomena idealno elastično ali Hookovo† telo in idealno plastično ali Saint-Venantovo‡ telo. Osnovo za matematično modeliranje časovno odvisnih idealnih teles pa razen že omenjenih dveh pred- stavlja tako imenovana viskozna ali Newtonova tekočina. Na lastnostih teh treh idealnih teles so zgrajene osnovne discipline klasične mehanike zvezne snovi: teorija elastičnosti, teorija plastičnosti in hidromehanika. Seveda pa z lastnostmi omenjenih treh idealnih teles ni mogoče opisati dejanskega obnašanja raznovrstnih snovi pri različnih tehnoloških pro- cesih in v različnih razmerah delovanja. Za obravnavanje različnih, praviloma časovno odvisnih problemov, s katerimi se srečamo v tehniki, je bilo treba razviti vrsto novih idealnih teles z zelo zapletenimi last- nostmi. To je naloga posebne veje mehanike, imenovane reologija, znotraj katere nastopajo Hookovo, Saint-Venantovo in Newtonovo telo kot posebni primeri. S smiselnimi kombinacijami teh osnovnih teles skuša reologija čim verneje posnemati dejansko, zapleteno obnašanje različnih snovi, na primer zemljin, betona, smol, kovin pri visokih temperaturah, lesa in drugih materialov. † Robert Hooke, angleški inženir, 1635–1703. ‡ Adhémar Jean Claude Barré de Saint-Venant, francoski matematik in fizik, 1797– 1886. 273 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Splošni pristop pri snovanju idealnih teles lahko v grobem razdelimo na dve fazi. Najprej glede na izkušnje, pridobljene z opazovanjem obnašanja skupine sorodnih snovi, izberemo funkcijsko obliko sovis- nosti med deformacijami, napetostmi, temperaturo in časom, s katero skušamo v kvalitativnem smislu opisati to obnašanje. V drugi fazi pa na osnovi ustreznega števila eksperimentalnih podatkov določimo parametre teh sovisnosti, s čimer opredelimo konstitucijske enačbe opa- zovanega materiala tudi v kvantitativnem pogledu – pravimo, da ma- terialni model kalibriramo. Kakor smo že omenili, je praviloma laže sestaviti materialni model časovno neodvisnega telesa, še posebej v izotermnem primeru, ko se tudi temperatura snovi ne spreminja. V tem primeru lahko navadno že z razmeroma majhnim številom ekspe- rimentov ugotovimo primerno funkcijsko obliko zvez med napetostmi in deformacijami ter dosežemo zadovoljivo natančnost nastopajočih parametrov. Pomemben podatek pri tovrstnih materialih je, ali se v določenem napetostnem območju obnašajo elastično ali neelastično. Elastična so telesa, ki se med delovanjem zunanje obtežbe sicer deformi- rajo, vendar se po popolni razbremenitvi povrnejo v prvotno velikost in obliko. Telesa, ki tudi po popolni razbremenitvi ohranijo deformi- rano obliko in velikost, so idealno plastična. Najpogosteje pa se telesa obnašajo elastično–plastično, kar pomeni, da se po razbremenitvi del deformacije izgubi, del pa se ohrani. 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus V odvisnosti od vrste preiskovanega materiala so znane številne eksperimentalne metode, s katerimi skušamo pridobiti čim več pomemb- nih podatkov o obnašanju materiala pri značilnih načinih in pogo- jih obteževanja. Najpogostejša in najpreprostejša metoda preiskave je enoosni natezni poskus na valjastem ali prizmatičnem vzorcu. Ta poskus je posebej primeren za preiskave kovinskih materialov. Pri drugih materialih so pogosto potrebne še dodatne preiskave, na primer 274 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus tlačne, upogibne in torzijske preiskave pri betonu in lesu, strižne in triaksialne preiskave zemljin in podobno. Enoosni natezni poskus Kot rečeno, je enoosni natezni poskus najpreprostejši način določitve osnovnih mehanskih parametrov materiala. Pri tem gre za preiskavo valjastega ali prizmatičnega vzorca standardiziranih dimenzij in oblike pri natezni osni obtežbi. Kot primer si oglejmo rezultate enoosnega nateznega poskusa na vzorcu mehkega konstrukcijskega jekla, ki predstavlja značilno obna- šanje razmeroma velike skupine trdnih snovi. Praviloma izvajamo tovrstne preiskave pri konstantni temperaturi T = 20 ◦ C, standardi-zirana pa je tudi hitrost obteževanja. Vzorec vstavimo v trgalni stroj, ki omogoča hkratno merjenje osne obtežbe vzorca (natezne osne sile) N, vzdolžnega podaljška Δl in prečnega skrčka Δd. Pri znani začetni merski dolžini vzorca l in znanem začetnem premeru d lahko pri vsaki doseženi vrednosti natezne osne sile N izračunamo velikost enakomerne vzdolžne normalne napetosti σl, pripadajočo specifično spremembo dolžine v vzdolžni (longitudinalni) smeri εl in specifično spremembo dolžine v prečni (transverzalni) smeri εt. Praviloma določamo tako imenovano nazivno (nominalno) ali inženirsko vrednost vzdolžne normalne napetosti σl, ki se nanaša na začetno ploščino A prečnega prereza nedeformiranega vzorca πd 2 N A = σl = . (3 . 1) 4 A Tudi specifični spremembi dolžin εl v vzdolžni smeri in εt prečno na vzdolžno os vzorca izrazimo glede na nedeformirane izmere vzorca ε Δl Δd l = ε . l t = d (3 . 2) Medsebojno odvisnost med nazivno vzdolžno normalno napetostjo σl in vzdolžno specifično spremembo dolžine εl običajno prikažemo v diagramu, ki mu pravimo σ−ε diagram ali delovni diagram materiala. Na 275 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus sliki 3.1 je prikazan σ−ε diagram mehkega konstrukcijskega jekla. Na diagramu lahko opazimo nekatere značilne točke oziroma območja, s katerimi so določene glavne mehanske lastnosti opazovanega materiala. Slika 3.1 Začetni del diagrama med točkama O in P poteka po premici, kar pomeni, da v tem območju napetost σl narašča premosorazmerno z relativnim raztezkom εl. Napetost, ki ustreza točki P , imenujemo meja proporcionalnosti in jo označimo s σP . Dokler napetost v vzorcu ne doseže meje proporcionalnosti, je zveza med napetostjo in deformacijo linearna. Če v tem območju vzorec razbremenimo, poteka razbre- menitev po isti premici kot obremenitev. Pri popolni razbremenitvi do točke O tudi deformacija v celoti izgine. Take deformacije imenujemo elastične deformacije, lastnost snovi, da se po prenehanju obremenitve povrne v nedeformirano stanje, pa elastičnost. Pri povečevanju napetosti nad mejo proporcionalnosti σP zveza med deformacijo in napetostjo ni več linearna, vendar pa tudi za to območje 276 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus velja, da po razbremenitvi deformacija izgine. Tako obnašanje imenu- jemo nelinearna elastičnost in ga lahko opazujemo vse dotlej, dokler napetost ne doseže vrednosti σE. To napetost imenujemo meja elastič- nosti in je v σ−ε diagramu označena s točko E. Pri napetostih nad mejo elastičnosti σE se značaj deformacij bistveno spremeni. Že majhno povečanje napetosti povzroči občutno večji prirastek raztezka kakor v elastičnem področju. Na polirani površini vzorca lahko z natančnim opazovanjem opazimo poševne črte, ki so glede na vzdolžno smer nagnjene približno za 45 ◦. To so tako imenovane L¨ udersove linije†, ki nastanejo zaradi medsebojnih zdrsov kristalov v ravninah največjih strižnih napetosti. Ko napetost doseže točko T , material ne nudi več odpora nadaljnjemu raztezanju; raztezek raste pri konstantni ali celo padajoči nazivni napetosti. Pravimo, da ma- terial plastično teče. Vrednost napetosti σT imenujemo meja tečenja. Pogosto sta v rabi tudi izraza meja velikih raztezkov pri natezni oziroma meja gnetenja pri tlačni obtežbi kovinskih elementov. Po začetnem hitrem naraščanju deformacije nad mejo tečenja se ma- terial spet začne opazneje upirati nadaljnjemu raztezanju; deformacija raste le ob povečevanju napetosti. Ta pojav imenujemo utrditev mate- riala. Opazujemo ga lahko vse do točke M , kjer napetost doseže svojo največjo vrednost σM . To napetost imenujemo natezna trdnost materiala. Od tod naprej obremenitve vzorca ne moremo več povečevati; nazivna napetost pada, deformacija pa se še povečuje, dokler se vzorec pri napetosti σF ne pretrga oziroma “poruši”. Napetost σF imenujemo napetost pri porušitvi ali porušna napetost. Za celotno območje σ−ε diagrama nad mejo elastičnosti E je značilno, da se pri razbremenitvi vzorec ne vrne v začetno obliko in velikost, temveč poteka razbremenjevanje približno vzporedno smeri OP , torej vzporedno z linearno elastičnim delom diagrama. Od celotne dosežene deformacije εl se torej pri razbremenitvi en del izgubi, drugi del pa † Pojav je leta 1859 odkril in opisal nemški inženir W. Lüders. 277 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus ostane. Deformacijo εl lahko torej zapišemo kot vsoto εl = εe + εp . (3 . 3) Povračljivi del εe imenujemo elastična deformacija, nepovračljivi del εp pa plastična deformacija. Lastnost materiala, da se v njem pojavijo plastične deformacije, imenujemo plastičnost. V σ − ε diagramu lahko torej ločimo dve območji: elastično območje med točkama O in E in elastično–plastično območje med točkama E in F . V elastičnem območju je celotna deformacija elastična, v elastično– plastičnem območju pa je celotna deformacija sestavljena iz elastičnega in plastičnega dela. Kakor vidimo, se lahko isti material obnaša kot elastičen ali kot elastično–plastičen, pač v odvisnosti od velikosti dosežene napetosti oziroma deformacije. Slika 3.2 Pri obravnavanju mehanskih lastnosti materialov pogosto uporabljamo pojma žilavost in krhkost (slika 3.2). Žilavi ali duktilni so materiali z izrazitimi območji elastičnega in plastičnega obnašanja, ki pred porušitvijo dosežejo znatne plastične deformacije †. Značilna pred- stavnika žilavih snovi sta mehko jeklo in les. Za krhke snovi (kamen, steklo, nekatera jekla, lito železo, ...) je nasprotno značilno, da imajo † Pojem žilavosti pogosto uporabljamo tudi za opis sposobnosti snovi za prenašanje ponavljajoče se obtežbe v plastičnem območju. 278 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus majhno sposobnost deformiranja. Pri naraščanju napetosti se deforma- cija le počasi povečuje, nato pa nenadoma pride do porušitve vzorca. Od celotne dosežene deformacije je le neznaten del plastičen. Tak način porušitve imenujemo krhki lom. Za krhke materiale je značilno, da je porušna napetost pri natezni obremenitvi praviloma manjša kakor pri tlačni obremenitvi. Posebej omenimo še tako imenovane plastične materiale (plastelin, glina, asfalt, ...), ki praktično nimajo elastičnega območja in se v celoti plastično deformirajo. Opozoriti pa moramo, da je opisana razdelitev materialov le pogojna. Diagram σ−ε namreč definira mehanske lastnosti preizkušanega materiala pri enoosnem napetostnem stanju, pri konstantni temperaturi in pri predpisani hitrosti obteževanja. V drugačnih razmerah se lahko isti ma- terial obnaša povsem drugače. Zlasti je pomemben vpliv temperature, saj se pri segrevanju praviloma povečuje žilavost oziroma duktilnost, medtem ko isti material pri nizkih temperaturah postane krhek. Jeklo pri visokih temperaturah postane povsem plastično in tekoče, pri nizkih temperaturah pa se obnaša kot zelo krhek material. Podobno lahko ugotovimo, da nekateri materiali pri počasnem povečevanju obtežbe dosežejo visoke napetosti in velike plastične deformacije, pri hipni obremenitvi pa se že pri manjši obtežbi porušijo s krhkim lomom. Torej bi bilo umestno govoriti o stanjih, v katerih se pri določenih pogojih nahaja material (elastično, plastično, krhko, žilavo stanje). Vendar običajno uporabljamo prej navedeno razdelitev na elastične, elastično–plastične, krhke, žilave materiale; taka razdelitev namreč v večini primerov ustreza normalnim pogojem, v kakršnih te materiale uporabljamo v tehniki, zlasti v gradbeništvu. Vrnimo se k σ −ε diagramu, ki prikazuje sovisnost med napetostjo in deformacijo pri enoosnem nateznem poskusu valjastega vzorca. Pri duktilnih kovinskih materialih dobimo podobno sliko tudi pri tlačnem poskusu (slika 3.3-a), kar pomeni, da je σ − ε diagram v elastičnem območju in v začetnem delu elastično–plastičnega območja približno “antisimetričen”. Pri krhkih materialih pa je, kot že rečeno, absolutna 279 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus vrednost porušne napetosti v tlaku znatno večja od porušne napetosti v nategu (slika 3.3-b). Slika 3.3 Razlika med obnašanjem pri natezni oziroma pri tlačni obremenitvi je še posebej opazna pri betonu, za katerega je znano, da dobro prenaša tlačne napetosti, medtem ko je njegova natezna trdnost praktično zane- marljiva. Tudi načini preizkušanja so pri betonu precej bolj zapleteni kakor pri kovinah. V tej knjigi se podrobnejši obravnavi mehanskih lastnosti betona odpovedujemo, saj nam gre predvsem za razlago os- novnih principov in izpeljavo konstitucijskih enačb za preproste mate- rialne modele. Dejanski σ−ε diagram. Logaritemska deformacija Pri opisu standardnega σ −ε diagrama smo poudarili, da gre za sovisnost med nazivno vzdolžno normalno napetostjo σl in celotno doseženo 280 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus specifično spremembo dolžine vzorca. To pomeni, da smo vzdolžno nor- malno napetost med celotnim poskusom določali kot razmerje med osno silo N in ploščino A prečnega prereza nedeformiranega vzorca. Slika 3.4 Vendar lahko med enoosnim poskusom z merjenjem spremembe pre- mera vzorca Δd zasledujemo tudi razvoj specifične spremembe dolžine v prečni smeri glede na vzdolžno os vzorca. Ugotovimo lahko, da vzdolžnemu raztezku ustreza skrček v prečni smeri. To je razumljivo, saj je osnovna lastnost trdnih teles ravno ta, da se “upirajo” spremembi prostornine. V elastičnem območju in v začetnem delu elastično–pla- stičnega območja diagrama je prečna deformacija razmeroma majhna in enakomerna po celotni dolžini vzorca. V območju velikih plastičnih deformacij in največjih napetosti pa pride do izrazite lokalne zožitve in končno do pretrganja oziroma porušitve vzorca. Dejanska vzdolžna napetost σ∗l, ki je določena kot razmerje med osno silo N in trenutno ploščino A, je zato ves čas večja od nazivne napetosti σl. V začetnem delu diagrama je razlika praktično zanemarljiva, v območju izrazite lokalne zožitve pa je odstopanje bistveno večje in kaže, da se dejanska napetost v resnici povečuje vse do porušitve vzorca (slika 3.4). 281 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Iz oblike σ−ε diagrama lahko razberemo, da po prestopu meje tečenja raztezek zelo hitro narašča. Tako pridemo v območje velikih deformacij, kjer določitev specifične spremembe dolžine glede na celotno spremembo dolžine vzorca in njegovo začetno dolžino ni več povsem upravičena. Boljšo mero za trenutni raztezek dobimo z naslednjim razmislekom. Vzemimo, da je v določenem trenutku obteževanja skupna sprememba dolžine Δl. Trenutna deformirana dolžina vzorca l je torej l = l + Δl . (3 . 4) Pri infinitezimalnem prirastku obtežbe za dN se dolžina vzorca spremeni za dl. Tej spremembi ustreza prirastek prave (trenutne) vzdolžne deformacije dl, ki ga izračunamo glede na doseženo dolžino vzorca l dl dl = . l (3 . 5) Celotno vzdolžno deformacijo dobimo z integriranjem gornje enačbe v mejah od začetne dolžine l do trenutne dolžine l l dl l l = . (3 . 6) l l = ln l To je tako imenovana logaritemska deformacija, ki je z deformacijo εl povezana z enačbo l + Δl l = ln l = ln(1 + εl) . (3 . 7) Prirastek logaritemske deformacije dl je tako dε d l l = . (3 . 8) 1 + εl Razvoj desne strani zveze (3.7) v potenčno vrsto 1 l = εl − 1 ε 2 ε 3 2 l + 3 l − . . . (3 . 9) 282 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus pokaže, da pri majhnih vrednostih εl med deformacijo εl in logaritemsko deformacijo l praktično ni razlike, saj lahko kvadratni člen in člene višjih redov zanemarimo v primerjavi z linearnim členom |εl| 1 → l ≈ εl . (3 . 10) Ker se dolžina vzorca med poskusom neprestano povečuje, za zapore- doma izmerjene trenutne dolžine l , l , . . . , l 1 2 n = l velja l < l < l . . . < l 1 2 n (3 . 11) in logaritemsko deformacijo pri doseženi dolžini vzorca l = ln lahko izračunamo takole l dl l 1 dl l 2 dl ln dl l = + + . . . + = 1+ 2+ . . . + n . (3 . 12) l l = l l l l 1 l 1 2 ln− 1 n Podobno kakor logaritemsko vzdolžno deformacijo l pogosto definiramo tudi logaritemsko prostorninsko ali volumsko deformacijo V . Vzemimo, da je elementarni del vzorca v nedeformiranem stanju kvader s končno velikimi stranicami ax, ay, az in začetno prostornino V = axayaz. V določenem trenutku obteževanja znašajo skupne spremembe teh dolžin po vrsti Δax, Δay, Δaz, tako da so nove dolžine ax = ax + Δax ay = ay + Δay (3 . 13) az = az + Δaz . Prostornina kvadra je tedaj V = axayaz. Zaradi prirastka zunanje obtežbe se prostornina spremeni za dV in ustrezni prirastek logaritemske volumske deformacije dV je dV dV = . V (3 . 14) 283 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Po integriranju gornje enačbe v mejah od začetne prostornine V do trenutne prostornine V dobimo celotno logaritemsko volumsko deformacijo V dV V V = V V = ln( V ) . (3 . 15) Ob upoštevanju izrazov za V in V lahko logaritemsko volumsko deformacijo zapišemo kot vsoto a a a a xayaz x y z V = ln . a = ln + ln + ln (3 . 16) xayaz ax ay az Tako smo dobili vsoto logaritemskih vzdolžnih deformacij v smereh x, y, z V = x + y + z . (3 . 17) Kakor vidimo, je logaritemska volumska deformacija, ki vključuje tudi plastične deformacije, izražena na povsem enak način kakor specifična sprememba prostornine εV , ki smo jo za primer majhnih deformacij izpeljali v razdelku 2.6. Idealizirani (raˇ cunski) σ−ε diagrami Da bi se izognili težavam, ki jih prinese upoštevanje σ − ε diagramov z vsemi njihovimi posebnostmi, si pri večini praktičnih nalog pomagamo z vpeljavo idealiziranih oziroma računskih materialnih diagramov. S temi idealiziranimi računskimi materialnimi diagrami zajamemo le bistvene značilnosti posameznih oziroma večjih skupin materialov, ki v določenih razmerah izkazujejo podobno mehansko obnašanje. Pri tem sta najpomembnejša razmejitev med elastičnim in plastičnim oziroma elastično–plastičnim območjem ter opis obnašanja v elastično– plastičnem območju. Pri konstrukcijskem jeklu se vrednosti napetosti na meji proporcionalnosti, meji elastičnosti in meji tečenja običajno le malo razlikujejo, zato za mejo med linearno elastičnim in plastičnim de- lom diagrama navadno vzamemo kar mejo tečenja T ; ustrezno napetost 284 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus označimo s σY = σT , pripadajočo vzdolžno deformacijo pa z εY . Slika 3.5 285 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Nekateri idealizirani materialni diagrami, ki jih najpogosteje uporab- ljamo pri praktičnem delu, so prikazani na sliki 3.5. Tako je na sliki 3.5-a prikazan računski model linearno elastičnega, na sliki 3.5-b pa model nelinearno elastičnega materiala. Skupna značilnost obeh modelov je, da je trenutna napetost odvisna le od trenutne velikosti deformacije, nič pa od tega, kako je bilo trenutno deformacijsko stanje doseženo. Zveza med napetostjo in deformacijo je torej vseskozi enolična. Takim materialom pravimo tudi hiperelastični materiali. Slika 3.5-c prikazuje model idealno togega – idealno plastičnega materiala, pri katerem je elastična deformacija zanemarljivo majhna. Šele, ko napetost doseže mejo plastičnega tečenja, se pojavi deformacija, ki se pri nespremenjeni napetosti veča čez vse meje. Če med plastičnim deformiranjem material razbremenimo, je celotna dosežena deformacija plastična, torej nepovrnljiva. Podobno obnašanje opisuje model idealno togega materiala z linearno plastično utrditvijo (slika 3.5-č), le da je tu za plastično deformiranje potrebno nadaljnje povečevanje napetosti nad mejo plastičnega tečenja. Posebej pri kovinah pogosto uporabljamo modela idealno elastičnega – idealno plastičnega materiala (slika 3.5-d) in bilinearnega elastično – plastičnega materiala z utrditvijo (slika 3.5-e). Za oba je značilno, da se pri napetostih pod mejo plastičnega tečenja snov obnaša linearno elastično, nad to mejo pa se pojavijo plastične deformacije. Če med plastičnim deformiranjem material razbremenimo, poteka razbremenitev vzporedno z elastičnim delom σ−ε diagrama. Pri tem se del dosežene deformacije povrne, del pa ostane. Za modele c – e je torej značilno, da zveza med napetostjo in deformacijo ni enolična, temveč je odvisna od tega, kako je bilo trenutno napetostno oziroma deformacijsko stanje doseženo. Za materiale, katerih mehanskega obnašanja ne moremo dovolj natanč- no opisati z navedenimi idealiziranimi diagrami, moramo vpeljati posebne, navadno strožje računske modele. Kot primer navedimo mate- riale z izrazito ukrivljenimi materialnimi diagrami, pri katerih si lahko pomagamo na dva načina. Opišemo jih lahko z ustreznimi eksponent-286 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus nimi funkcijami ali pa z multilinearnimi računskimi modeli, pri katerih dejanski diagram nadomestimo z zaporedjem linearnih odsekov. Kot zanimivo možnost omenimo še uporabo programskih orodij tako imeno- vane umetne inteligence, na primer umetnih nevronskih mrež, s katerimi je mogoče razmeroma natančno opisati tudi zelo neregularno obnašanje nekaterih snovi. Linearno elastiˇ cni del materialnega diagrama. Hookov zakon V linearno elastičnem območju je sovisnost med vzdolžno normalno napetostjo σl in specifično spremembo dolžine εl opisana s Hookovim zakonom σ σ l l = E εl oziroma εl = . E (3 . 18) Parameter E imenujemo modul elastičnosti ali Youngov† modul in ga določimo iz naklona linearnega dela σ−ε diagrama (slika 3.1) E = tg η . (3 . 19) Enoosni poskus tudi kaže, da je prečna deformacija εt v linearno elastičnem območju premosorazmerna vzdolžni deformaciji εl ν εt = −ν εl = − σ E l . (3 . 20) Konstantni brezdimenzijski materialni parameter ν ≥ 0, ki je znan kot koeficient prečne kontrakcije (zoženja) ali Poissonov‡ količnik, določimo kot razmerje med izmerjenima deformacijama v vzdolžni in prečni smeri ε l ν t Δd = − . ε = − (3 . 21) l dΔl Okvirne vrednosti modulov elastičnosti, koeficientov prečne kontrak- cije in meje tečenja za nekatere materiale, s katerimi se največkrat srečujemo v inženirstvu, so podane v preglednici 3-1. † Thomas Young, britanski fizik in zdravnik, 1773–1829. ‡ Siméon Denis Poisson, francoski matematik, 1781–1840. 287 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Zakon superpozicije Linearnost in enoličnost zveze med napetostjo in deformacijo omogoča vpeljavo tako imenovanega zakona superpozicije. Vzemimo, da vzorec najprej obremenimo z napetostjo σ(1) l in izmerimo deformacijo ε(1) l . Nato vzorec razbremenimo in ga ponovno obremenimo z napetostjo σ(2) l , ki ji ustreza deformacija ε(2) l (slika 3.6). Če po ponovni razbre- menitvi obremenimo palico z napetostjo σl, ki je enaka vsoti napetosti σ(1) l in σ(2) l , je tudi ustrezna deformacija εl enaka vsoti deformacij ε(1) l in ε(2) l σl = σ(1) l + σ(2) l → εl = ε(1) l + ε(2) l . (3 . 22) Ob predpostavki, da je vsaka posamezna napetost, kakor tudi njihova vsota, manjša od meje tečenja, velja dobljeno pravilo za poljubno veliko obtežnih primerov, pri čemer vrstni red obteževanja ni pomemben. Slika 3.6 Zakon superpozicije lahko posplošimo tudi na prostorsko napetostno in deformacijsko stanje in ga zapišemo, na primer, v naslednji obliki: Če na linearno elastično telo deluje več obtežb, je njihov skupni mehan- ski vpliv enak vsoti mehanskih vplivov, ki pripadajo posameznim ob- težbam. S pojmom mehanski vpliv so zajeti pomiki ter napetostno in deformacijsko stanje telesa. Hitro se lahko prepričamo, da v nelinearno elastičnem in elastično–plastičnem območju zakon superpozicije ne velja. 288 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Elastiˇ cno–plastiˇ cni del materialnega diagrama V območju elastičnih deformacij ustreza vsaki podani napetosti σl ena sama vrednost deformacije εl, ne glede na to, ali gre za obremenjevanje ali razbremenjevanje vzorca. To pomeni, da je zveza med napetostjo in deformacijo v elastičnem območju enolična. Za elastično–plastično območje pa je značilno, da je ta zveza odvisna od zgodovine deformi- ranja oziroma obteževanja vzorca. Kakor smo že omenili, se razbre- menitev v elastično–plastičnem območju odvija približno vzporedno z linearno elastičnim delom σ−ε diagrama. Slika 3.7 Material, ki je bil sicer že plastificiran, se torej med razbremenjevanjem spet obnaša elastično, zato pravimo, da gre za elastično razbremenitev. Pri popolni razbremenitvi, ko je σl = 0, elastični del deformacije εe izgine, plastični del εp pa ostane. Tudi pri ponovnem obteževanju se vzorec sprva obnaša linearno elastično, vse dokler ne doseže plastičnega dela σ−ε diagrama. Deformacije, ki ustrezajo posameznim vrednostim napetosti σl, pa tudi točka, v kateri se material pri ponovnem obremenjevanju spet začne plastificirati, so odvisne od dosežene plastične 289 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus deformacije εp (slika 3.1). Pojav, da je meja tečenja pri ponovni obremenitvi višja kakor pri prvi obremenitvi vzorca, smo imenovali utrditev materiala. Če je delovni diagram materiala antisimetričen, kar pomeni, da je σl( −εl) = −σl( εl), navadno predpostavimo, da je tudi meja tečenja utrjenega materiala enaka tako v nateznem kakor v tlačnem napetostnem področju. Takemu načinu utrjevanja pravimo izotropno utrjevanje (slika 3.7). Slika 3.8 Vendar poskusi kažejo, da je pri kovinah način utrjevanja praviloma drugačen. Če material, ki je bil, na primer, že plastificiran v nategu, elastično razbremenimo in ponovno obremenimo v tlaku, se v tlačnem napetostnem območju plastifikacija začne že pri nižji absolutni vred- nosti napetosti kot je bila meja tečenja utrjenega materiala v nategu (slika 3.8-a). Ta pojav je znan kot Bauschingerjev† efekt in ga lahko približno opišemo s kinematičnim modelom utrjevanja (slika 3.8-b). V splošnem velja, da v primerjavi z izotropnim kinematični model utrditve bolje opisuje dejansko obnašanje materiala, zlasti v primerih † Johann Bauschinger, nemški matematik in tehnik, 1833–1893. 290 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus cikličnega obteževanja, pri katerem pride do izmeničnega plastificiranja materiala v nateznem oziroma tlačnem napetostnem območju. Kakor kažejo poskusi, je tudi v elastično–plastičnem območju prečna deformacija premo sorazmerna vzdolžni deformaciji, in sicer s približno konstantnim koeficientom prečne kontrakcije ν ≈ 0 . 5 εp ≈ − 1 εl . (3 . 23) 2 V nadaljevanju bomo pokazali, da je s tem opisana nestisljivost materi- ala pri majhnih deformacijah, kar pomeni, da je v plastičnem območju specifična sprememba prostornine εV vseskozi enaka nič. Vpliv ˇ casa na zvezo med napetostjo in deformacijo. Lezenje in sprostitev materiala Dosedanje ugotovitve o obnašanju materialov pri obremenjevanju in razbremenjevanju ter o posebnostih σ −ε diagramov, ki grafično predstavljajo rezultate enoosnih poskusov, se nanašajo na vnaprej predpisan način in hitrost obremenjevanja in razbremenjevanja. Čas trajanja posameznega poskusa je praviloma razmeroma kratek, zato je vpliv časa na rezultate zanemarljiv. Pri drugačnih hitrostih obremenjevanja lahko v splošnem opazimo, da se rezultati razlikujejo od standardnega σ−ε diagrama. Z opazovanjem obteženih vzorcev skozi daljše časovno obdobje je mogoče tudi ugotoviti, da se deformacije povečujejo s časom, tudi v primeru, da obtežba ostane nespremenjena. Omenjeni poskusi opozarjajo na vrsto pojavov, ki so povezani s hitrostjo obteževanja in trajanjem obremenitve vzorcev, vendar jih pri definiranju idealnih teles navadno ne upoštevamo. Oglejmo si dva med seboj povezana časovna pojava, ki sta pomembna tudi v vsakdanji tehniški praksi. To sta po- java lezenja in sprostitve materiala. Lezenje ali viskozno tečenje je pojav, da deformacija ne doseže svoje končne vrednosti neposredno po obremenitvi vzorca. Pri nespremenjeni obtežbi se deformacija s časom še naprej povečuje, čeprav ni bila 291 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus dosežena meja elastičnosti (slika 3.9-a). Del celotne deformacije, ki je posledica lezenja, navadno imenujemo viskozna deformacija. Poskusi kažejo, da viskozna deformacija sprva hitreje, nato pa vse počasneje narašča, dokler se sčasoma ne umiri. Še posebej za kovine in plastične mase je značilno, da se pri višjih temperaturah sposobnost viskoznega deformiranja izrazito poveča. Pri normalnih temperaturah je lezenje najizrazitejše pri betonskih in lesenih vzorcih. Slika 3.9 Sprostitev ali relaksacija napetosti je pojav, da se napetost manjša pri konstantni deformaciji (slika 3.9-b), in sicer na tisto vrednost, pri kateri bi v enakem času zaradi lezenja nastopila enaka deformacija sproščenega vzorca. Torej je relaksacija obraten pojav od lezenja. Še posebno v statično nedoločenih telesih pride zaradi lezenja in spro- stitve materiala do znatnih prerazporeditev in sprememb napetosti in deformacij. Kot primer navedimo zmanjšanje upogibnih momentov nad podporami in povečanje upogibnih momentov v poljih pri neprekinjenih nosilcih in okvirjih, zmanjšanje nateznih sil v kablih za prednapenjanje in podobno. S podrobnejšim proučevanjem mehanskih pojavov, v katerih igra čas kot spremenljivka problema pomembno vlogo, se ukvarja posebna veja mehanike – reologija. V tem učbeniku je vpliv časa omenjen zgolj infor-mativno, sicer pa se v nadaljevanju omejimo na obravnavanje časovno neobčutljivih snovi. 292 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus Vpliv spremenljive temperature na zvezo med napetostjo in deformacijo Kakor je bilo že omenjeno, so s segrevanjem oziroma ohlajanjem povezane občutne spremembe mehanskih lastnosti trdnih teles. Pri segrevanju se praviloma manjša modul elastičnosti, znižuje se meja plastičnega tečenja, povečuje pa se duktilnost in sposobnost viskoznega deformiranja. V mejah normalnih temperatur, v katerih delujejo grad- bene konstrukcije, te pojave navadno zanemarimo. Ni pa mogoče zanemariti znane lastnosti večine trdnih snovi, da se pri segrevanju raztezajo, pri ohlajanju pa krčijo. Preglednica 3-1 E ν σY αT material MPa − MPa K− 1 jeklo 210 000 0 . 30 240 − 410 1 . 25 · 10 − 5 aluminij 72 000 0 . 34 50 2 . 29 · 10 − 5 baker 115 000 0 . 34 120 1 . 67 · 10 − 5 beton 21 000 0 . 16 − 1 . 25 · 10 − 5 Pri obravnavanju vpliva temperaturne spremembe na deformacije je običajna predpostavka, da homogena sprememba temperature pri nepodprtem telesu povzroči le spremembo prostornine, ne pa tudi spre- membe oblike telesa. Pri vzorcu, na katerem izvajamo enoosni poskus, lahko opazimo, da sprememba temperature ΔT povzroči spremembo vzdolžne deformacije εTl εTl = αT ΔT . (3 . 24) Za večino materialov je linearni temperaturni razteznostni koeficient αT v normalnih razmerah praktično neodvisen od mehanske obtežbe vzorca, pa tudi v odvisnosti od trenutne dosežene temperature se le 293 3.3 Eksperimentalni podatki. Enoosni in striˇ zni poskus neznatno spreminja. Zato praviloma računamo kar s konstantno vred- nostjo koeficienta αT . Vrednosti teh koeficientov so za nekatere najpogostejše materiale zbrane v preglednici 3-1. Striˇ zni poskus Za celovitejši vpogled v obnašanje teles pri bolj splošnih napetostnih stanjih je pogosto treba razen enoosnega narediti še dodatne poskuse. Tak je na primer strižni poskus, ki je pomemben predvsem pri zemljinah in nekaterih anizotropnih snoveh. V odvisnosti od namena preiskave so načini izvedbe strižnih poskusov raznovrstni; praviloma so zahtevnejši od enoosnega nateznega poskusa, rezultati pa manj zanesljivi. Najeno- stavnejši je način, pri katerem enakomerno debel pravokoten vzorec obtežujemo s čisto strižno obtežbo τ v ravnini vzorca in merimo pripadajočo spremembo pravega kota γ med stranicama (slika 3.10-a). Tudi rezultate strižnega poskusa navadno prikažemo grafično v tako imenovanem τ −γ diagramu (slika 3.10-b). Slika 3.10 Pri konstrukcijskih jeklih je sovisnica med strižno obtežbo τ in kotno deformacijo γ podobna σ−ε diagramu. Določajo jo značilne vrednosti: meja proporcionalnosti τP , meja elastičnosti τE, meja tečenja τT in strižna trdnost τM . 294 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon V tem učbeniku se omejimo le na linearno elastični del τ −γ diagrama, kjer je zveza med strižno napetostjo τ in kotno deformacijo γ podana z enačbo τ = G γ . (3 . 25) Parameter G imenujemo strižni modul in ga določimo iz naklona linearnega dela τ −γ diagrama (slika 3.10-b) G = tg ϑ . (3 . 26) 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon V razdelku 3.3 smo opisali izvedbo enoosnega nateznega poskusa in pojave, ki jih pri tem lahko opazimo. Pri praktičnih nalogah, pri katerih imamo opraviti z enoosnim napetostnim stanjem, lahko torej neposredno uporabimo dejanske ali idealizirane σ−ε diagrame, ki smo jih za uporabljeni material dobili z enoosnimi poskusi. Vendar v praksi pogosto naletimo na primere, pri katerih je napetostno stanje ravnin- sko ali prostorsko. Da bi tudi v teh primerih lahko povezali napetosti z deformacijami, moramo ugotovitve, do katerih smo prišli pri enoosnih poskusih, posplošiti z vpeljavo idealnih trirazsežnih teles. Kakor smo že povedali, je običajni postopek naslednji: najprej glede na izkušnje z obnašanjem vzorcev v različnih napetostnih oziroma deformacijskih območjih izberemo funkcijsko obliko zvez med napetostmi, deformaci- jami, temperaturo in časom. S tem definiramo materialni model obrav- navane snovi v kvalitativnem pogledu. Parametre, ki določajo ta model tudi kvantitativno, pa določimo glede na rezultate meritev, in sicer pri tolikih poskusih, da je zagotovljena predpisana statistična zanesljivost. Za obravnavanje elastičnih teles privzamemo Cauchyjev model elastične snovi, ki je zasnovan na predpostavki, da so komponente σij napetostnega tenzorja σ(2) enolične funkcije komponent εij tenzorja majhnih 295 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon deformacij ε(2) † σij = fij( εkl) . (3 . 27) V kartezijskih koordinatah x, y, z lahko gornjo enačbo zapišemo z vsoto σij = σ 0 ij + Cijkl εkl ( i, j, k, l = x, y, z) . (3 . 28) k l Če so koeficienti Cijkl funkcije napetosti ali deformacij, gre za nelinearno elastično snov. Če so ti koeficienti še funkcije koordinat x, y, z, je snov tudi nehomogena, saj se v tem primeru zveze med napetostmi in deformacijami spreminjajo od delca do delca. V tem učbeniku se omejimo na primer, da so koeficienti Cijkl konstante, kar pomeni, da obravnavamo linearno elastično, homogeno, vendar zaenkrat anizotropno snov. Simetrični tenzor s komponentami σ 0 ij predstavlja začetne napetosti, ki pripadajo nedeformirani obliki in velikosti telesa σ 0 ij = σij( εkl = 0) . (3 . 29) Najpogostejši izvor začetnih napetosti je sprememba temperature telesa pri preprečenem deformiranju. Znano je, da se trdne snovi pri segre- vanju raztezajo, pri ohlajanju pa krčijo. Če zaradi nepodajnosti oko- lice ali zaradi delovanja zunanje obtežbe deformiranje telesa ni možno, se v njem pojavijo začetne temperaturne napetosti ‡. V nadaljevanju vzamemo, da so temperaturne začetne napetosti premo sorazmerne spremembi temperature. Če začetno temperaturo T 0 spremenimo za ΔT = T − T 0, pri čemer je deformiranje telesa preprečeno ( εkl = 0), lahko začetne napetosti izrazimo takole σ 0 ij = −βij ( T − T 0) = −βij ΔT ( i, j = x, y, z) . (3 . 30) † V literaturi je ta model znan kot Cauchyjev model hiperelastične snovi. V rabi je tudi Greenov model hiperelastične snovi, ki pa ga v tej knjigi ne obravnavamo. ‡ V splošnem bi s koeficienti σ0ij lahko opisali tudi zaostale napetosti, ki v nedeformirani snovi ostanejo zaradi tehnološkega postopka pri izdelavi telesa. 296 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Pri tem so koeficienti βij komponente simetričnega tenzorja β(2). To so numerične konstante, s katerimi opišemo vpliv temperaturne spremembe na začetne napetosti. Enačba (3.28) se s tem glasi σij = Cijkl εkl − βij ΔT . (3 . 31) k l Koeficienti Cijkl tvorijo konstitucijski tenzor 4. reda C(4), ki ima v trirazsežnem prostoru 34 = 81 komponent. Ker povezuje simetrična tenzorja σ(2) in ε(2), mora biti tudi tenzor C(4) simetričen glede na indeksa i in j oziroma k in l Cijkl = Cjikl (3 . 32) Cijkl = Cijlk . Ob upoštevanju simetrije napetostnega in deformacijskega tenzorja lahko neodvisne komponente obeh tenzorjev razvrstimo v dva stolpca s po šestimi elementi in zapišemo enačbo (3.31) v matrični obliki ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎪ σ C ε ⎪ xx xxxx Cxxyy Cxxzz Cxxxy Cxxyz Cxxzx xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ σ ⎪ C ⎪ ε ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ ⎢ yyxx Cyyyy Cyyzz Cyyxy Cyyyz Cyyzx ⎥ ⎪ ⎪ yy ⎪ ⎪ σ ⎬ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ Czzxx Czzyy Czzzz Czzxy Czzyz Czzzx ⎥ εzz − ⎪ = ⎢ ⎥ ⎪ σ C ⎪ xy ⎪ ⎢ xyxx Cxyyy Cxyzz Cxyxy Cxyyz Cxyzx ⎥ ⎪ 2 εxy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ σ ⎪ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ Cyzxx Cyzyy Cyzzz Cyzxy Cyzyz Cyzzx ⎪ ⎩ 2 εyz ⎪ ⎭ σzx Czxxx Czxyy Czxzz Czxxy Czxyz Czxzx 2 εzx ⎧ ⎫ ⎪ β ⎪ xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ β ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ β ⎬ zz ⎪ ΔT . (3 . 33) ⎪ β ⎪ xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ β ⎪ yz ⎪ ⎭ βzx Pri tem smo izkoristili enačbi (3.32) in zmanjšali število neodvisnih komponent konstitucijskega tenzorja na 36. Enačba (3.33) predstavlja posplošeni Hookov zakon linearno elastične anizotropne snovi. Če za stolpec napetosti uvedemo oznako {σ}, za matriko snovnih koeficientov 297 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon oznako [c], za stolpec deformacij oznako {ε} in za stolpec temperaturnih konstant oznako {β}, lahko gornjo enačbo zapišemo na kratko {σ} = [c] {ε} − {β} ΔT . (3 . 34) Pri elastični snovi smo predpostavili enolično zvezo med napetostmi in deformacijami, zato je matrika [c] nesingularna in lahko izračunamo njeno inverzno matriko [c] − 1. S tem lahko določimo obrat enačbe (3.34), kar pomeni, da rešimo sistem konstitucijskih enačb (3.33) glede na deformacije. Enačbo (3.34) pomnožimo z leve s [c] − 1 [c] − 1 {σ} = [c] − 1[c] {ε} − [c] − 1 {β} ΔT . (3 . 35) Z oznakami [d] = [c] − 1 (3 . 36) {α} = [c] − 1 {β} zapišemo inverzno obliko enačbe (3.34) takole {ε} = [d] {σ} + {α} ΔT . (3 . 37) Podobno kakor v enačbi (3.33) dobimo ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎪ ε d σ ⎪ xx xxxx dxxyy dxxzz dxxxy dxxyz dxxzx xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ε ⎪ d ⎪ σ ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ ⎢ yyxx dyyyy dyyzz dyyxy dyyyz dyyzx ⎥ ⎪ ⎪ yy ⎪ ⎪ ε ⎬ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ dzzxx dzzyy dzzzz dzzxy dzzyz dzzzx ⎥ σzz ⎪ = ⎢ ⎥ + ⎪ d σ ⎪ 2 εxy ⎪ ⎢ xyxx dxyyy dxyzz dxyxy dxyyz dxyzx ⎥ ⎪ xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ 2 ε ⎪ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ dyzxx dyzyy dyzzz dyzxy dyzyz dyzzx ⎪ ⎩ σyz ⎪ ⎭ 2 εzx dzxxx dzxyy dzxzz dzxxy dzxyz dzxzx σzx ⎧ ⎫ ⎪ α ⎪ xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ αyy ⎪ ⎪ α ⎬ zz ⎪ ΔT . (3 . 38) ⎪ ⎪ αxy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ α ⎪ yz ⎪ ⎭ αzx 298 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Drugi člen na desni strani enačbe (3.37) oziroma (3.38) predstavlja začetne deformacije ε 0 ij, ki nastopijo v sicer mehansko neobteženem telesu ( σij = 0) zaradi temperaturne spremembe ΔT ε 0 ij = αijΔT . (3 . 39) Po vzorcu enačbe (3.28) lahko sedaj zapišemo odvisnost deformacij εij od napetosti σ 0 ij in začetnih deformacij εij εij = ε 0 ij + Dijkl σkl ( i, j, k, l = x, y, z) . (3 . 40) k l Pri tem smo z Dijkl označili komponente inverznega konstitucijskega tenzorja D(4). Opozoriti moramo, da komponente matrike [d] niso enake istoležnim komponentam inverznega konstitucijskega tenzorja D(4). Upoštevajoč, da za komponente Dijkl veljajo enake simetrijske lastnosti kakor za komponente Cijkl Dijkl = Djikl (3 . 41) Dijkl = Dijlk , lahko zveze med komponentami matrike [d] in tenzorskimi komponen- tami Dijkl brez težav določimo s primerjanjem enačb (3.38) in (3.40) pri ΔT = 0. To nalogo prepuščamo bralcu. Vrnimo se k enačbi (3.33). Eksperimentalna določitev 36 parametrov Cijkl in 6 parametrov βij ter praktična uporaba konstitucijske enačbe (3.33) pri popolnoma splošnem anizotropnem materialu bi bila očitno zelo zapletena, če ne celo neizvedljiva. Zato si oglejmo, kako se po- splošeni Hookov zakon poenostavi pri ortotropni in kako pri izotropni snovi. V ta namen moramo najprej ugotoviti, kako se koeficienti Cijkl in βij transformirajo pri zasuku kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z v poljubno novo lego e ξ, e η, e ζ, ki je določena s transformacijsko matriko [ eαi]. Za koeficiente βij velja transformacijsko pravilo, ki smo ga izpeljali v poglavju o napetostih in ga zapisali z enačbo (1.163) 299 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon βαβ = βij eαi eβj ( i, j = x, y, z; α, β = ξ, η, ζ) . (3 . 42) i j To pravilo posplošimo tudi za transformacijo tenzorja C(4), kakor smo pokazali z enačbo (1.169) Cαβγδ = Cijkleαieβjeγkeδl i j k l (3 . 43) ( i, j, k, l = x, y, z; α, β, γ, δ = ξ, η, ζ) . Pri povsem splošnem anizotropnem materialu se pri poljubnem zasuku koordinatne baze spremenijo vsi koeficienti obeh omenjenih tenzor- jev. Pri izotropni snovi pa nasprotno vsi koeficienti ostanejo nespre- menjeni ne glede na zasuk koordinatne baze. Med tema skrajnima primeroma obstajajo nekateri posebni primeri anizotropije, pri katerih je mogoče ugotoviti končno število značilnih smeri, v katerih se snov obnaša izotropno. Ortotropna snov Med posebnimi primeri anizotropije je najpomembnejši primer or- totropne ali ortogonalno izotropne snovi, za katero je značilno, da se obnaša izotropno glede na tri medsebojno pravokotne ravnine. Slika 3.11 300 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Vzemimo, da so to kar koordinatne ravnine kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z. To pomeni, da se komponente tenzorjev C(4) in β(2) ne spremenijo, če koordinatno bazo e x, e y, e z zavrtimo za kot π okoli katerekoli od koordinatnih osi. Začnimo na primer tako, da zavrtimo koordinatno bazo za kot π okoli osi z v novo lego e ξ, e η, e ζ (slika 3.11). Transformacijska matrika, ki pripada temu zasuku, je ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ eξx eξy eξz − 1 0 0 [ eαi] = ⎣ eηx eηy eηz ⎦ = ⎣ 0 − 1 0 ⎦ . (3 . 44) eζx eζy eζz 0 0 1 Pogoj ortotropije izrazimo z zahtevo, da morajo biti pri opisanem za- suku koordinatne baze istoležne komponente tenzorjev C(4) in β(2) v obeh bazah enake. Ob upoštevanju transformacijskega pravila (3.43) in posebne oblike matrike [ eαi] lahko hitro ugotovimo, da ostanejo nespremenjene vse komponente tenzorja C(4), ki imajo nič ali sodo število indeksov z. Vsem členom z lihim številom indeksov z pa obravnavana transformacija spremeni predznak. Za komponento Cξξζξ na primer zahtevamo, da je Cξξζξ = Cxxzx in dobimo Cξξζξ = Cxxzx eξxeξxeζzeξx = Cxxzx · ( − 1) · ( − 1) · 1 · ( − 1) Cξξζξ = −Cxxzx = Cxxzx . (3 . 45) Člen Cxxzx je torej lahko kvečjemu nič. Na podoben način ugotovimo, da so vsi členi z lihim številom indeksov z enaki nič Cxxyz = Cxxzx = Cyyyz = Cyyzx = Czzyz = Czzzx = Cxyyz = Cxyzx = Cyzxx = Cyzyy = Cyzzz = Cyzxy = (3 . 46) Czxxx = Czxyy = Czxzz = Czxxy = 0 . Podobno iz enačbe (3.42) sledi, da ostanejo temperaturni koeficienti βxx, βyy, βxy in βzz pri obravnavanem zasuku koordinatne baze nespremenjeni, koeficienta βyz in βzx pa sta nič 301 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon βyz = βzx = 0 . (3 . 47) Postopek ponovimo pri zasuku koordinatne baze za kot π okrog smeri y (slika 3.12). Transformacijska matrika je tokrat ⎡ ⎤ − 1 0 0 [ eαi] = ⎣ 0 1 0 ⎦ . (3 . 48) 0 0 − 1 Slika 3.12 S podobnim sklepanjem kakor v prejšnjem primeru ugotovimo, da morajo biti nič tudi vsi členi, ki imajo liho število indeksov y Cxxxy = Cyyxy = Czzxy = Cxyxx = (3 . 49) Cxyyy = Cxyzz = Cyzzx = Czxyz = 0 in βxy = 0 . (3 . 50) Zasuk koordinatne baze za kot π okoli smeri x ne pove nič novega. To pomeni, da dobijo konstitucijske enačbe pri splošnem ortotropnem materialu naslednjo obliko 302 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎪ σ C ε ⎪ xx xxxx Cxxyy Cxxzz 0 0 0 xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ σ ⎪ C ⎪ ε ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ ⎢ yyxx Cyyyy Cyyzz 0 0 0 ⎥ ⎪ ⎪ yy ⎪ ⎪ σ ⎬ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ Czzxx Czzyy Czzzz 0 0 0 ⎥ εzz ⎪ = ⎢ ⎥ + ⎪ σ ⎪ xy ⎪ ⎢ 0 0 0 Cxyxy 0 0 ⎥ ⎪ 2 εxy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ σ ⎪ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ 0 0 0 0 Cyzyz 0 ⎪ ⎩ 2 εyz ⎪ ⎭ σzx 0 0 0 0 0 Czxzx 2 εzx ⎧ ⎫ ⎪ β ⎪ xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ βyy ⎪ ⎪ β ⎬ zz ⎪ ΔT . (3 . 51) ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 ⎪ ⎪ ⎭ 0 Pri tem moramo poudariti, da gre za material, ki je ortotropen glede na koordinatne ravnine kartezijskega koordinatnega sistema z bazo e x, e y, e z. Pri ortotropni snovi je torej zveza med napetostmi in deformacijami opisana z dvanajstimi mehanskimi in tremi temperatur- nimi parametri. Kakor vidimo, so normalne napetosti odvisne samo od normalnih deformacij, strižne napetosti pa le od kotnih sprememb. Sprememba temperature vpliva le na normalne, ne pa tudi na strižne napetosti. Vrednosti dvanajstih mehanskih in treh temperaturnih parametrov, ki določajo zvezo med napetostmi in deformacijami pri ortotropni snovi, določimo glede na rezultate eksperimentov. Ker je s poskusi neprimerno enostavneje izmeriti deformacije kakor napetosti, izrazimo enačbe (3.51) v inverzni obliki. Glede na posebno obliko enačb (3.51) lahko v skladu z enačbo (3.38) brez posebne izpeljave zapišemo ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎪ ε d σ ⎪ xx xxxx dxxyy dxxzz 0 0 0 xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ εyy ⎪ ⎪ ⎢ dyyxx dyyyy dyyzz 0 0 0 ⎥ ⎪ ⎪ σyy ⎪ ⎪ ε ⎬ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ dzzxx dzzyy dzzzz 0 0 0 ⎥ σzz ⎪ = ⎢ ⎥ + ⎪ ⎪ 2 εxy ⎪ ⎢ 0 0 0 dxyxy 0 0 ⎥ ⎪ σxy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ 2 ε ⎪ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ 0 0 0 0 dyzyz 0 ⎪ ⎩ σyz ⎪ ⎭ 2 εzx 0 0 0 0 0 dzxzx σzx 303 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon ⎧ ⎫ ⎪ α ⎪ xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ α ⎬ zz ⎪ ΔT . (3 . 52) ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 ⎪ ⎪ ⎭ 0 Pri ortotropni snovi upravičeno pričakujemo, da se smeri glavnih nor- malnih deformacij ujemajo s smermi glavnih normalnih napetosti. S tem in ob upoštevanju zakona superpozicije je mogoče material- ne parametre ortotropnega modela snovi določiti kar z enoosnimi in strižnimi poskusi na vzorcu v obliki kvadra, katerega stranske ploskve so vzporedne z ravninami ortotropije. Za začetek vzemimo, da je sprememba temperature ΔT nič, saj so poskusi praviloma izpeljani pri konstantni temperaturi. Smeri or- totropije opišemo s kartezijsko bazo e x, e y, e z. Najprej naredimo enoosni poskus na vzorcu, katerega vzdolžna os se ujema s smerjo e x. V obravnavanem obtežnem primeru gre torej za enoosno napetostno stanje, za katerega velja σxx = 0 in σyy = σzz = σxy = σyz = σzx = 0 . (3 . 53) Iz dobljenega σ −ε diagrama odčitamo modul elastičnosti Ex za prvo smer ortotropije, tako da je σ σ xx xx = Ex εxx → Ex = . ε (3 . 54) xx Z merjenjem prečnih deformacij v preostalih dveh ortotropnih smereh y in z pa določimo še koeficienta prečne kontrakcije νyx in νzx. Pri tem je s Poissonovim količnikom νyx opisan vpliv glavne normalne napetosti σxx na glavno prečno deformacijo εyy, s količnikom νzx pa vpliv napetosti σxx na glavno prečno deformacijo εzz ν ε yx yy = −νyx εxx = − σ E xx x ν (3 . 55) ε zx zz = −νzx εxx = − σ E xx . x 304 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Ker gre za ortotropno snov, količnika νyx in νzx namreč v splošnem nista enaka. S primerjavo prvih treh od enačb (3.52) z enačbami (3.54) in (3.55) dobimo ε 1 1 xx = dxxxx σxx = σ E xx → dxxxx = x Ex ν ν ε yx yx yy = dyyxx σxx = − σ E xx → dyyxx = − (3 . 56) x Ex ν ν ε zx zx zz = dzzxx σxx = − σ . E xx → dzzxx = − x Ex Postopek ponovimo pri enoosni obtežbi vzorca v ortotropni smeri e y, pri čemer velja σyy = 0 in σxx = σzz = σxy = σyz = σzx = 0 . (3 . 57) Iz dobljenega σ − ε diagrama odčitamo modul elastičnosti Ey za ortotropno smer y, izmerimo pa tudi Poissonova količnika νxy in νzy, ki opisujeta vpliv glavne normalne napetosti σyy na glavni prečni normalni deformaciji εxx in εzz. Podobno kakor v prejšnjem primeru dobimo ε 1 1 yy = dyyyy σyy = σ E yy → dyyyy = y Ey ν ν ε xy xy xx = dxxyy σyy = − σ E yy → dxxyy = − (3 . 58) y Ey ν ν ε zy zy zz = dzzyy σyy = − σ . E yy → dzzyy = − y Ey Končno naredimo še enoosni poskus v ortotropni smeri z in podobno kakor v prejšnjih dveh primerih dobimo ε 1 1 zz = dzzzz σzz = σ E zz → dzzzz = z Ez ν ν ε xz xz xx = dxxzz σzz = − σ E zz → dxxzz = − (3 . 59) z Ez ν ν ε yz yz yy = dyyzz σzz = − σ . E zz → dyyzz = − z Ez 305 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Koeficiente dxyxy, dyzyz in dzxzx, ki povezujejo strižne napetosti s spremembami pravih kotov, določimo s tremi ločenimi strižnimi poskusi. Vzemimo, da pravokotni vzorec najprej obtežimo s čisto strižno obtežbo v ravnini, ki jo določata ortotropni smeri x in y. Gre torej za čisti strig v ravnini ( x, y) σxy = 0 in σxx = σyy = σzz = σyz = σzx = 0 . (3 . 60) Iz dobljenega τ−γ diagrama, ki v tem primeru predstavlja sovisnico med delujočo strižno napetostjo τ = σxy in izmerjeno spremembo pravega kota γ = 2 εxy, odčitamo strižni modul Gxy. Ker je torej σxy 2 εxy = , G (3 . 61) xy iz primerjave s četrto od enačb (3.52) sledi 1 2 εxy = dxyxy σxy → dxyxy = . G (3 . 62) xy Strižna poskusa v ravninah ( y, z) in ( z, x) nas na podoben način pripe-ljeta do koeficientov dyzyz in dzxzx 1 2 εyz = dyzyz σyz → dyzyz = Gyz (3 . 63) 1 2 εzx = dzxzx σzx → dzxzx = , Gzx kjer sta Gyz in Gzx strižna modula v obravnavanih ravninah. Zakon superpozicije omogoča, da vplive vseh šestih omenjenih obtežnih primerov seštejemo in tako dobimo zveze med napetostmi in deforma- cijami pri prostorskem napetostnem in deformacijskem stanju. Temperaturne parametre αxx, αyy in αzz enostavno določimo z enim samim poskusom, pri katerem izmerimo temperaturne deformacije mehansko neobteženega vzorca v smereh ortotropije. 306 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Jasno je, da predstavljajo parametri αxx, αyy in αzz kar temperaturne razteznostne koeficiente v smereh x, y in z. S tem smo model linearno elastične ortotropne snovi umerili (kalibrirali) glede na dejanske mehanske in termomehanske lastnosti konkretnega obravnavanega materiala. Kakor vidimo, je model določen s tremi mo- duli elastičnosti, šestimi koeficienti prečne kontrakcije, tremi strižnimi moduli in tremi temperaturnimi razteznostnimi koeficienti ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ 1 νxy νxz 0 0 0 ⎧ ⎫ ⎪ Ex Ey Ez ⎪ εxx σxx ⎪ ⎪ ⎢ νyx 1 νyz ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 0 0 ⎪ ⎪ ⎪ ε ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ σ ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ ⎢ Ex Ey Ez ⎥ ⎪ ⎪ yy ⎪ ⎪ ε ⎬ ⎢ νzx νzy 1 ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ E 0 0 0 σ x Ey Ez ⎥ zz ⎪ = + ⎪ ⎢ ⎥ σ ⎪ 2 εxy ⎪ 0 0 0 1 0 0 ⎪ xy ⎪ ⎪ ⎪ ⎢ G ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ xy ⎪ ⎪ ⎩ 2 ε ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ ⎣ σ 0 0 0 0 1 0 ⎦ ⎪ ⎩ yz ⎪ ⎭ 2 ε G zx yz σzx 0 0 0 0 0 1 Gzx ⎧ ⎫ ⎪ α ⎪ xx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ α ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ α ⎬ zz ⎪ ΔT . (3 . 64) ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 ⎪ ⎪ ⎭ 0 V praksi pogosto uporabljamo nekoliko pripravnejši Greenov† model linearno elastične ortotropne snovi, ki vsebuje dodatno zahtevo, da je matrika [d] simetrična ν ν d yx xy yyxx = dxxyy → E = x Ey ν ν d zx xz zzxx = dxxzz → E = (3 . 65) x Ez ν ν d zy yz zzyy = dyyzz → . E = y Ez Greenov model je torej določen le z devetimi neodvisnimi mehanskimi parametri in s tremi temperaturnimi razteznostnimi koeficienti. † George Green, angleški mlinar in matematik, 1793–1841. 307 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Izotropna snov Povedali smo že, da pri izotropni snovi mehanske in druge lastnosti niso odvisne od smeri opazovanja. Gre torej za poseben primer ortotropne snovi, pri kateri dodatno zahtevamo, da se komponente tenzorjev C(4) in β(2) ne spremenijo, če koordinatno bazo e x, e y, e z v katerikoli od koordinatnih ravnin zavrtimo za poljuben kot ϕ v novo lego e ξ, e η, e ζ. Najprej vzemimo, da zavrtimo koordinatno bazo e x, e y, e z za kot ϕ okrog osi z (slika 3.13). Slika 3.13 Pripadajoča transformacijska matrika je ⎡ ⎤ cos ϕ sin ϕ 0 [ eαi] = ⎣ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎦ . (3 . 66) 0 0 1 Pogoje izotropije izrazimo z zahtevo, da morajo biti istoležne kompo- nente tenzorjev C(4) in β(2) enake v obeh bazah. Ob upoštevanju simetrijskih pogojev (3.32) dobimo Cξξξξ = Cxxxx cos4 ϕ + Cyyyy sin4 ϕ + ( Cxxyy + Cyyxx + 4 Cxyxy) sin2 ϕ cos2 ϕ = Cxxxx (3 . 67) 308 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Cηηηη = Cxxxx sin4 ϕ + Cyyyy cos4 ϕ + ( Cxxyy + Cyyxx + 4 Cxyxy) sin2 ϕ cos2 ϕ = Cyyyy (3 . 68) Cζζζζ = Czzzz (3 . 69) Cξξηη = ( Cxxxx + Cyyyy − 4 Cxyxy) sin2 ϕ cos2 ϕ+ Cxxyy cos4 ϕ + Cyyxx sin4 ϕ = Cxxyy (3 . 70) Cξξζζ = Cxxzz cos2 ϕ + Cyyzz sin2 ϕ = Cxxzz (3 . 71) Cηηξξ = ( Cxxxx + Cyyyy − 4 Cxyxy) sin2 ϕ cos2 ϕ+ Cxxyy sin4 ϕ + Cyyxx cos4 ϕ = Cyyxx (3 . 72) Cηηζζ = Cxxzz sin2 ϕ + Cyyzz cos2 ϕ = Cyyzz (3 . 73) Cζζξξ = Czzxx cos2 ϕ + Czzyy sin2 ϕ = Czzxx (3 . 74) Cζζηη = Czzxx sin2 ϕ + Czzyy cos2 ϕ = Czzyy (3 . 75) Cξηξη = ( Cxxxx + Cyyyy − Cxxyy − Cyyxx) sin2 ϕ cos2 ϕ+ Cxyxy(sin4 ϕ − 2 sin2 ϕ cos2 ϕ + cos4 ϕ) = Cxyxy (3 . 76) Cηζηζ = Cyzyz cos2 ϕ + Cxzxz sin2 ϕ = Cyzyz (3 . 77) Cζξζξ = Czxzx cos2 ϕ + Czyzy sin2 ϕ = Czxzx . (3 . 78) Kakor vidimo, je enačba (3.69) izpolnjena pri vsakem kotu ϕ. Sicer pa začnimo z enačbo (3.71), iz katere sledi enakost Cxxzz = Cyyzz . (3 . 79) Do enake ugotovitve pripelje tudi enačba (3.73). Podobno dobimo iz enačb (3.74) in (3.75) enakost Czzxx = Czzyy , (3 . 80) iz enačb (3.77) in (3.78) pa sledi Czxzx = Cyzyz . (3 . 81) 309 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Z medsebojnim odštevanjem enačb (3.70) in (3.72) dobimo še Cxxyy = Cyyxx . (3 . 82) Če ob upoštevanju enakosti (3.82) odštejemo enačbo (3.68) od enačbe (3.67), sledi Cxxxx = Cyyyy . (3 . 83) Preostane le še enačba (3.76), ki jo ob upoštevanju enačb (3.82) in (3.83) lahko zapišemo takole 1 ( Cxxxx − Cxxyy) − Cxyxy sin2 2 ϕ = 0 . (3 . 84) 2 Iz pogoja, da mora biti gornja enačba izpolnjena pri poljubnem kotu ϕ, sledi zveza Cxxxx = Cxxyy + 2 Cxyxy . (3 . 85) Za temperaturne koeficiente so pogoji izotropije izraženi z enačbami βξξ = βxx cos2 ϕ + βyy sin2 ϕ = βxx (3 . 86) βηη = βxx sin2 ϕ + βyy cos2 ϕ = βyy (3 . 87) βζζ = βzz . (3 . 88) Iz enačb (3.86) in (3.87) sledi enakost βxx = βyy , (3 . 89) enačba (3.88) pa je izpolnjena pri vsakem kotu ϕ. Kot naslednjo možnost vzemimo zasuk koordinatne baze e x, e y, e z okrog smeri y za poljuben kot ϕ v novo lego e ξ, e η, e ζ (slika 3.14). Pripadajoča transformacijska matrika je ⎡ ⎤ cos ϕ 0 − sin ϕ [ eαi] = ⎣ 0 1 0 ⎦ . (3 . 90) sin ϕ 0 cos ϕ 310 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Slika 3.14 S podobnim sklepanjem kakor v prejšnjem primeru pridemo do nasled- njih novih enakosti Czzzz = Cxxxx Czzxx = Cxxzz Cxxyy = Cxxzz (3 . 91) Cxyxy = Cyzyz Czzzz = Czzxx + 2 Czxzx in βzz = βxx . (3 . 92) Tretja možnost, ki se nanaša na poljuben zasuk koordinatne baze e x, e y, e z okrog smeri x, ne pove nič novega. Ob upoštevanju enačb (3.79) do (3.92) se lahko hitro prepričamo, da je mogoče konstitucijski zakon linearno elastične izotropne snovi izraziti s tremi neodvisnimi materialnimi parametri. Zaradi enostavnejšega zapisa vpeljemo nove oznake λ = Cxxyy = Cxxzz = Cyyzz = Cyyxx = Czzxx = Czzyy (3 . 93) 311 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon μ = Cxyxy = Cyzyz = Czxzx (3 . 94) βT = βxx = βyy = βzz . (3 . 95) Parametra μ in λ sta znana kot Laméjevi† konstanti linearno elastič- ne izotropne snovi. Konstitucijske enačbe izotropne linearno elastične snovi preidejo s tem v naslednjo matrično obliko ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ σxx 2 μ + λ λ λ 0 0 0 εxx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ σ ⎪ λ ⎪ ε ⎪ ⎨ yy ⎪ ⎪ ⎢ 2 μ + λ λ 0 0 0 ⎥ ⎪ ⎪ yy ⎪ ⎪ σ ⎬ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ zz ⎢ λ λ 2 μ + λ 0 0 0 ⎥ εzz ⎪ = ⎢ ⎥ − ⎪ σ ⎪ xy ⎪ ⎢ 0 0 0 μ 0 0 ⎥ ⎪ 2 εxy ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪ ⎩ σ ⎪ ⎪ ⎪ yz ⎪ ⎭ 0 0 0 0 μ 0 ⎪ ⎩ 2 εyz ⎪ ⎭ σzx 0 0 0 0 0 μ 2 εzx ⎧ ⎫ ⎪ β ⎪ T ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ β ⎪ ⎨ T ⎪ ⎪ β ⎬ T ⎪ ΔT . (3 . 96) ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0 ⎪ ⎪ ⎭ 0 Z uporabo oznake Iε za prvo invarianto tenzorja majhnih deformacij 1 Iε = ε 1 xx + εyy + εzz (3 . 97) lahko enačbe (3.96) zapišemo takole σxx = 2 μ εxx + λIε − β 1 T ΔT σyy = 2 μ εyy + λIε − β 1 T ΔT σzz = 2 μ εzz + λIε − β 1 T ΔT (3 . 98) σxy = 2 μ εxy σyz = 2 μ εyz σzx = 2 μ εzx . † Gabriel Lamé, francoski inženir, 1795–1870. 312 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Parametre μ, λ in βT določimo s poskusi. Pri tem se izkaže, da je za določitev parametrov μ in λ pri izotropnem linearno elastičnem materialu dovolj, če poznamo rezultate enega samega enoosnega poskusa †. Ker so pri izotropnem materialu vse smeri enakovredne, lahko vzorce odvzamemo v poljubnih smereh. Za rezultate enoosnega poskusa vzemimo, da se nanašajo na vzdolžno smer e x, tako da je σxx = 0 in σyy = σzz = σxy = σyz = σzx = 0 . (3 . 99) Iz dobljenega σ −ε diagrama odčitamo modul elastičnosti E, tako da velja σxx = E εxx . (3 . 100) Izmerimo tudi koeficient prečne kontrakcije ν, ki je zaradi izotropije enak v vseh smereh. Prečni deformaciji εyy in εzz sta zato enaki εyy = εzz = −νεxx . (3 . 101) Prva invarianta deformacij je tako Iε = ε 1 xx + εyy + εzz = (1 − 2 ν) εxx . (3 . 102) Zapišimo sedaj prvo in drugo od enačb (3.98) za izotermni primer ( ΔT = 0). Ob upoštevanju enačb (3.100) in (3.102) dobimo σxx = 2 μ εxx + λIε = ε 1 xx[2 μ + λ(1 − 2 ν)] = E εxx (3 . 103) σyy = 2 μ εyy + λIε 1 = εxx[ − 2 μν + λ(1 − 2 ν)] = 0 . Zanima nas le primer, da je εxx = 0, zato sledi 2 μ + λ(1 − 2 ν) = E (3 . 104) − 2 μν + λ(1 − 2 ν) = 0 . † Praviloma gre pri tem za večje število meritev, iz katerih so z ustreznimi statističnimi metodami določene dovolj zanesljive vrednosti mehanskih parametrov obravnavanega materiala (modul elastičnosti, Poissonov količnik, meja plastičnega tečenja,...) 313 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Od tod brez težav izrazimo Laméjevi konstanti μ in λ z elastičnim modulom E in Poissonovim količnikom ν E Eν μ = in λ = . (3 . 105) 2(1 + ν) (1 + ν)(1 − 2 ν) V enačbah (3.98) smo izrazili napetosti kot funkcije deformacij in spre- membe temperature. Pri številnih mehanskih nalogah pa je ugodneje, če poznamo deformacije v odvisnosti od napetosti in temperaturne spre- membe. V obravnavanem primeru je izpeljava inverzne oblike enačb (3.98) zelo preprosta. Najprej seštejmo prve tri od teh enačb. Ob upo- števanju definicije prvih invariant napetosti Iσ in deformacij Iε dobimo 1 1 σxx + σyy + σzz = Iσ − 1 = (2 μ + 3 λ) I ε 1 3 βT ΔT . (3 . 106) Če v skladu z enačbama (3.105) izrazimo Laméjevi konstanti μ in λ z elastičnim modulom E in Poissonovim količnikom ν, dobimo enakost E 2 μ + 3 λ = 1 − 2 ν (3 . 107) in iz enačbe (3.106) sledi Iε 1 − 2 ν 1 = E ( Iσ 1 + 3 βT ΔT ) . (3 . 108) Iz prve od enačb (3.98) lahko sedaj določimo deformacijo εxx ν ε 1 + ν 1 − 2 ν xx = σ Iσ β E xx − E + 1 E T ΔT . (3 . 109) Iz gornje enačbe lahko tudi razberemo pomen temperaturnega parame- tra βT v odvisnosti od temperaturnega razteznostnega koeficienta αT . Ker pri neobteženem vzorcu ( σij = 0) spremembi temperature ΔT v skladu z enačbo (3.24) ustreza deformacija εxx = αT ΔT , sledi E βT = αT . (3 . 110) 1 − 2 ν 314 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Podobno kakor v enačbi (3.109) lahko z napetostmi izrazimo tudi de- formaciji εyy in εzz, obrat zadnjih treh od enačb (3.98) pa je sploh preprost. Tako dobimo sistem šestih Neumann†– Duhamelovih‡ enačb linearno elastične izotropne snovi v inverzni obliki ν ε 1 + ν xx = σ Iσ E xx − E 1 + αTΔT ν ε 1 + ν yy = σ Iσ E yy − E + α 1 T ΔT ν ε 1 + ν zz = σ Iσ E zz − E + α 1 T ΔT (3 . 111) ε 1 + ν xy = σ E xy ε 1 + ν yz = σ E yz ε 1 + ν zx = σ E zx . Enačbe (3.111) pogosto srečamo tudi v naslednji obliki ε 1 xx = σ E xx − ν( σyy + σzz) + αT ΔT ε 1 yy = σ E yy − ν( σzz + σxx) + αT ΔT ε 1 zz = σ E zz − ν( σxx + σyy) + αT ΔT (3 . 112) ε 1 xy = σxy 2 G ε 1 yz = σyz 2 G ε 1 zx = σzx . 2 G Pri tem smo vpeljali običajno oznako G za strižni modul materiala E G = μ = . (3 . 113) 2(1 + ν) † Carl Gottfried Neumann, nemški matematik, 1832–1925. ‡ Jean Marie Constant Duhamel, francoski matematik, 1797–1872. 315 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon S sistemom linearnih algebrajskih enačb (3.98) oziroma z njegovo in- verzno obliko (3.111) smo med seboj povezali deformacije, napetosti in spremembo temperature. Oba omenjena sistema lahko na kratko zapišemo z enačbama σij = 2 μ εij + λIεδ 1 ij − βT ΔT δij ν ( i, j = x, y, z) (3 . 114) ε 1 + ν ij = σ Iσδ E ij − E 1 ij + αTΔTδij . Pri tem sta Iσ in Iε prvi invarianti tenzorja napetosti oziroma tenzorja 1 1 majhnih deformacij Iσ = σ = ε 1 ij δij Iε 1 ij δij . (3 . 115) i j i j Pri izpeljavi konstitucijskih enačb smo z vpeljavo Cauchyjevega ma- terialnega modela izhajali iz splošnega primera elastične anizotropne snovi. V drugem koraku smo se omejili na ortotropno snov in pokazali postopek določitve koeficientov konstitucijske matrike za ta primer. Z nadaljnjo omejitvijo na linearno elastično izotropno snov smo ugotovili, da so sovisnosti med deformacijami, napetostmi in spremembo tempe- rature v tem primeru opisane z zgolj tremi materialnimi parametri E, ν in αT , ki jih razmeroma preprosto določimo z enoosnim poskusom. V primeru, da bi se že vnaprej zanimali le za izotropno, linearno elastično snov, bi lahko konstitucijske enačbe (3.111) izpeljali na dosti krajši in preglednejši način. Izpeljava je prikazana v Zgledu 3.2. Dodajmo še nekaj pojasnil v zvezi s hidrostatičnimi in deviatoričnimi napetostmi ter ustreznimi deformacijami. Tenzor napetosti smo raz- stavili na hidrostatični del σH ij in deviatorični del sij z razcepom σ 1 ij = σH ij + sij oziroma σij = Iσδij + sij , (3 . 116) 3 1 pri čemer je hidrostatični del definiran s povprečno normalno napetostjo 3 σH = Iσ. Podobno tudi tenzor majhnih deformacij razcepimo na 1 316 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon hidrostatični ali sferični del εH ij in deviatorični ali distorzijski del dij ε 1 ij = εH ij + dij oziroma εij = Iεδij + dij . (3 . 117) 3 1 Kakor vemo, je pri majhnih deformacijah s prvo invarianto tenzorja deformacij izražena specifična sprememba prostornine εV = Iε. Sedaj 1 lahko enačbi (3.116) in (3.117) zapišemo v naslednji obliki σij = σHδij + sij (3 . 118) ε 1 ij = εV δij + dij . (3 . 119) 3 V nadaljevanju se omejimo na izotermni primer ( ΔT = 0) in vstavimo zvezo (3.119) v prvo od konstitucijskih enačb (3.114) σ 1 1 ij = 2 μ εV δij + dij + λ εV δij = (2 μ + 3 λ) εV δij + 2 μ dij . 3 3 (3 . 120) Uporabimo enakost (3.107) in dobimo E σij = εV δij + 2 μ dij . (3 . 121) 3(1 − 2 ν) Ulomek v prvem členu na desni je v mehaniki linearno elastične zvezne snovi znan kot prostorninski modul (bulk modulus) K E K = . (3 . 122) 3(1 − 2 ν) S tem lahko enačbo (3.120) zapišemo v naslednji obliki σij = KεV δij + 2 μ dij . (3 . 123) Spomnimo se povezave (3.108) med prvima invariantama napetosti in deformacij, ki se v izotermnem primeru ( ΔT = 0) glasi Iε 1 − 2 ν = Iσ . (3 . 124) 1 E 1 317 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon Ker je Iε = ε = 3 σH, lahko pišemo 1 V in Iσ 1 ε 3(1 − 2 ν) V = σH , E (3 . 125) oziroma glede na definicijo prostorninskega modula K σH εV = . K (3 . 126) Ob upoštevanju zveze (3.123) lahko sedaj enačbo (3.118) zapišemo v zelo zgovorni obliki σHδij + sij = KεV δij + 2 μ dij , (3 . 128) kjer je σH ij = σH δij = KεV δij (3 . 129) sij = 2 μ dij . (3 . 130) Prišli smo do drugačnega zapisa že znanega dejstva, da je pri izotrop- nem, idealno elastičnem telesu hidrostatični del napetostnega stanja povezan zgolj s specifično spremembo prostornine, deviatorični del pa le z distorzijskim delom deformacijskega stanja, torej s spremembo ob- like. Na kratko se še pomudimo pri enačbi (3.126), ki je po obliki in vsebini podobna Hookovemu zakonu, saj deformacijski parameter εV povezuje s povprečno normalno napetostjo σH, sorazmernostni faktor pa predstavlja materialna konstanta K. Ista enačba v obliki (3.125) tudi pove, da lahko koeficient prečne kontrakcije ν zavzame vrednosti med 0 in 0 . 5 0 ≤ ν ≤ 1 . (3 . 131) 2 Pri ν < 0 bi namreč pri enoosni natezni obremenitvi podolgovatega vzorca raztezku v vzdolžni smeri ustrezal raztezek tudi v prečnih 318 3.4 Idealno elastiˇ cno telo. Posploˇ seni Hookov zakon smereh, kar bi bilo v nasprotju z osnovno fizikalno lastnostjo trdnih teles, da se upirajo spremembi prostornine. Prav tako bi pri ν > 0 . 5 dobili fizikalno nesprejemljiv rezultat, da bi se v povprečju natezno obteženemu elementu telesa prostornina zmanjšala, ali obratno, da bi se tlačno obteženemu elementu prostornina povečala. Tako ravnotežne kakor tudi kinematične enačbe, ki smo jih spoznali v prvih dveh poglavjih, smo razen v skalarni zapisali tudi v vektorski ob- liki. Zaradi enostavnejšega dela pri nekaterih izpeljavah, ki nas čakajo v nadaljevanju, je smiselno v vektorski obliki zapisati tudi konstitucijske enačbe. Enačbi (3.114) pomnožimo z e j in seštejemo po j σije j = 2 μ εije j + λIε δ δ 1 ij e j − βT ΔT ij e j j j j j ν ε 1 + ν ij e j = σ Iσ δ δ E ij e j − E 1 ij e j + αT ΔT ij e j . j j j j (3 . 132) Ker je σije j = σi , εije j = εi in δije j = e i , j j j (3 . 133) dobijo konstitucijske enačbe naslednjo vektorsko obliko σi = 2 μ εi + λIε e 1 i − βT ΔT e i ν ( i = x, y, z) (3 . 134) ε 1 + ν i = σ Iσ E i − E e 1 i + αT ΔT e i . Na podoben način lahko v vektorski obliki zapišemo enačbi (3.118) in (3.119) σi = σH i + s i (3 . 135) εi = εHi + d i , kjer pomeni 319 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja σH i = σH ij e j = σH δije j = σHe i j j s i = sije j j (3 . 136) εH 1 1 i = εH ij e j = εV δije j = εV e i 3 3 j j d i = dije j . j Ob upoštevanju vsega povedanega brez težav zapišemo v vektorski ob- liki tudi konstitucijski zvezi (3.129) in (3.130) σH i = KεV e i (3 . 137) s i = 2 μ d i . Za kasnejšo rabo zapišimo v vektorski obliki še prvi invarianti napetost- nega in deformacijskega tenzorja ter njuna prirastka pri infinitezimalni spremembi napetostnega oziroma deformacijskega stanja Iσ = σ dIσ = dσ 1 i · e i 1 i · e i i i → (3 . 138) Iε = ε dIε = dε 1 i · e i 1 i · e i . i i 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja V razdelku 3.3 smo pri splošnem opisu značilnega σ−ε diagrama s točko T označili mejo med elastičnim in elastično–plastičnim delom σ − ε diagrama in jo imenovali meja tečenja. Pri nekaterih materialih, na primer pri mehkem jeklu, je ta meja zelo izrazita in jo je mogoče razmeroma natančno določiti. Pri številnih drugih materi- alih (visokovredno jeklo, aluminij, beton, ...) pa je meja tečenja manj 320 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja poudarjena in jo je pogosto možno zgolj oceniti glede na obnašanje vzorca pri zaporednem obremenjevanju in razbremenjevanju. V praksi običajno vzamemo, da je meja plastičnega tečenja pri kovi- nah določena z vzdolžno plastično deformacijo 0 . 1 ÷ 0 . 2 % (slika 3.15). V nadaljevanju obravnavamo le snovi, pri katerih je meja tečenja pri enoosnem napetostnem stanju nedvoumno določena in v σ−ε diagramu definirana z napetostjo σY . Slika 3.15 V prejšnjem razdelku smo z enačbami (3.98) do (3.138) vpeljali sovis- nosti med napetostmi in deformacijami za splošni primer prostorskega napetostnega in deformacijskega stanja v linearno elastičnem območju izotropne snovi. Iz σ −ε diagrama sledi, da se snov linearno elastično obnaša le v določenem napetostnem območju, ki je pri enoosnem napetostnem stanju omejeno z vrednostjo normalne napetosti na meji tečenja σY . S tem v zvezi se zastavi vprašanje, kako je linearno elastično območje omejeno pri prostorskem napetostnem stanju. Jasno je, da je v tem primeru meja med elastičnim in plastičnim območjem odvisna od vseh šestih komponent tenzorja napetosti, s katerim je opisano napetostno stanje obravnavanega delca. Zamislimo si šest-dimenzijski napetostni prostor s koordinatami σxx, σyy, σzz, σxy, σyz, σzx. Vsako možno napetostno stanje delca je opisano s točko v tem napetostnem prostoru. Vzemimo, da je delec v 321 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja začetku neobremenjen ( σ 0 ij = 0), nato pa napetosti, v splošnem vsaka po svoje, naraščajo v odvisnosti od načina obteževanja telesa. Deformacije so sprva v celoti elastične, pri določenem napetostnem stanju pa se pojavijo tudi nepovratne, torej plastične deformacije. Za večino kon- strukcijskih materialov (še posebej za kovine) velja, da povišana tem- peratura pospešuje začetek plastifikacije. To lastnost s pridom izkoristi na primer kovač, ki jeklo močno segreje in ga nato z lahkoto plastično preoblikuje. Kritično kombinacijo napetosti, pri kateri pri tempera- turi T pride do prehoda iz elastičnega v plastično stanje, zapišemo v matematični obliki z enačbo f( σij, T ) = 0 . (3 . 139) V privzetem napetostnem prostoru predstavlja enačba (3.139) družino sklenjenih hiperploskev. Vsaki temperaturi T pripada namreč v sploš- nem drugačna hiperploskev. Oblika in parametri funkcije f so odvisni od vrste obravnavane snovi. Če napetostno stanje pri temperaturi T zadošča neenačbi f( σij, T ) < 0 , (3 . 140) je delec še v elastičnem stanju, pri f ( σij, T ) = 0 pa pride do prehoda iz elastičnega v plastično stanje. Omenjena hiperploskev torej razmejuje elastično od plastičnega območja pri temperaturi T . Zato jo imenujemo ploskev plastičnega tečenja, funkcijo f ( σij, T ) funkcija plastičnega tečenja, enačbo (3.139) pa pogoj oziroma kriterij plastičnega tečenja ali na kratko pogoj tečenja. V nadaljevanju obravnavamo izotermni primer, ko je temperatura ves čas enaka začetni temperaturi delca. Zato imamo opraviti le z eno ploskvijo tečenja in pogoj tečenja preide v enostavnejšo obliko f( σij) = 0 . (3 . 141) V tem delu se omejimo na opis plastičnega obnašanja izotropnih snovi, pri katerih mehanske lastnosti niso odvisne od izbire koordinatnega si- stema. Zato lahko pogoj tečenja zapišemo v odvisnosti od glavnih nor- malnih napetosti σ 11 , σ 22 , σ 33 ali v odvisnosti od invariant napetostnega tenzorja Iσ, Iσ, Iσ. 1 2 3 322 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Haigh–Westergaardov napetostni prostor Zelo pripravno je, če se odločimo za opis napetostnega stanja delca v Haigh†– Westergaardovem‡ napetostnem prostoru, ki ga določajo glavni vektorji e1 , e2 , e3 obravnavanega napetostnega stanja. V tem prostoru je vsako možno napetostno stanje opisano s točko, ki je določena s tremi glavnimi normalnimi napetostmi σ 11 , σ 22 , σ 33 (slika 3.16). Tak način opisa omogoča tudi geometrijsko ponazoritev različnih napetostnih stanj in ploskev tečenja. Slika 3.16 V Haigh–Westergaardovem napetostnem prostoru zapišemo pogoj pla- stičnega tečenja z enačbo f( σ 11 , σ 22 , σ 33) = 0 . (3 . 142) Vpeljava Haigh–Westergaardovega napetostnega prostora omogoča tudi nekoliko podrobnejšo opredelitev oblike in lege ploskve tečenja. Naj bo napetostno stanje opisano s točko Tσ s koordinatami σ 11 , σ 22, σ 33. Lega točke Tσ v Haigh–Westergaardovem prostoru je določena s krajevnim vektorjem ρσ ρσ = σ 11 e1 + σ 22 e2 + σ 33 e3 . (3 . 143) † Bernard P. Haigh, angleški mehanik, 1884–1941. ‡ Harald Malcolm Westergaard, danski inženir in mehanik, 1888-1950. 323 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja V razdelku 1.12 smo določili napetosti v oktaedrski ravnini. Normala e o oktaedrske ravnine Π o 1 e o = √ (e1 + e2 + e3) (3 . 144) 3 očitno določa smer prostorske simetrale Haigh–Westergaardovega nape- tostnega prostora, ki je podana z enačbo σ 11 = σ 22 = σ 33 . (3 . 145) Primerjava enačb (1.278) in (3.143) pokaže, da je krajevni vektor ρσ premosorazmeren napetostnemu vektorju σo, ki pripada oktaedrski ravnini skozi obravnavani delec √ ρσ = 3 σo . (3 . 146) Vektor ρσ razstavimo na njegovi komponenti ρo in ρt glede na oktaedrsko ravnino skozi točko Tσ . Pri tem leži vektor ρo na prostorski simetrali e o, vektor ρt pa v obravnavani oktaedrski ravnini (slika 3.16) ρσ = ρo + ρt . (3 . 147) Projekcijo vektorja ρσ na smer prostorske simetrale e o lahko izrazimo s hidrostatično napetostjo σH √ ρ 1 σ · e o = √ ( σ 11 + σ 22 + σ 33) = 3 σH . (3 . 148) 3 Vektor ρo je zato √ ρo = 3 σHe o = σH(e1 + e2 + e3) . (3 . 149) Vektor ρt določimo iz enačb (3.147), (3.143) in (3.149) in ob upoštevanju enačb (1.266) dobimo ρt = ρσ − ρo = ( σ 11 − σH) e1 + ( σ 22 − σH) e2 + ( σ 33 − σH) e3 ρt = s 11 e1 + s 22 e2 + s 33 e3 . (3 . 150) 324 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Velikost vektorja ρt lahko ob upoštevanju enačb (3.150) in (1.285) izrazimo z glavnimi deviatoričnimi normalnimi napetostmi s 11 , s 22 , s 33 oziroma s strižno napetostjo τo v oktaedrski ravnini √ √ ρt = |ρt| = ρt · ρt = s 2 + s 2 + s 2 = 3 τ 11 22 33 o . (3 . 151) Iz enačbe (3.149) sledi, da je hidrostatični del napetostnega stanja, ki je predstavljeno s točko Tσ, določen z vektorjem ρo na prostorski simetrali napetostnega prostora. Prostorsko simetralo ( σ 11 = σ 22 = σ 33) zato imenujemo tudi hidrostatična os. Deviatorični del pa je, kakor kaže enačba (3.150), določen z vektorjem ρt, ki leži v oktaedrski ravnini skozi točko Tσ. Zato to ravnino imenujemo deviatorska ravnina. Enačba deviatorske ravnine v napetostnem prostoru je σ 11 + σ 22 + σ 33 = 3 σH . (3 . 152) Deviatorsko ravnino, ki gre skozi koordinatno izhodišče ( σ 11 + σ 22 + σ 33 = 0), imenujemo Π– ravnina. Kakor smo povedali že v splošnem delu, je za nekatere trdne snovi (pred- vsem za kovine) značilno, da pri hidrostatičnem napetostnem stanju ne pride do pojava plastičnih deformacij tudi pri zelo visokih vrednostih hidrostatične napetosti †. Za to skupino snovi, ki jih imenujemo hidrostatično neobčutljive snovi, je upravičena predpostavka, da na začetek in razvoj plastičnih deformacij vpliva le deviatorični del napetosti. To nadalje pomeni, da je odločitev o tem, ali je pri napetostnem stanju, opisanem s točko Tσ, prišlo do plastifikacije ali ne, odvisna le od velikosti vektorja ρt, ne pa tudi od vektorja ρo. Ploskev plastičnega tečenja, ki je v Haigh–Westergaardovem prostoru opisana z enačbo (3.142), je torej cilindrična, njene tvorilke pa so vzporedne s prostorsko simetralo e o. † Ameriški raziskovalec Percy W. Bridgman (1882–1961) je leta 1952 ugotovil, da v jeklenem vzorcu pri hidrostatičnem tlaku 25000 barov (2500 MPa) še ne pride do začetka plastifikacije, čeprav je meja tečenja pri enoosnem poskusu okrog 300 MPa. 325 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Navedene ugotovitve so pomembne pri iskanju funkcijskih oblik pogojev tečenja različnih snovi. Pri tem gre namreč za nedoločen problem, saj mora pogoj tečenja povezati tri koordinate σ 11 , σ 22 , σ 33 Haigh– Westergaardovega napetostnega prostora z enim samim podatkom, to je mejo tečenja σY pri enoosnem poskusu. Pogoji tečenja torej predstavljajo le empirične domneve (hipoteze) o začetku plastifikacije različnih snovi in je njihovo ustreznost treba potrditi s poskusi. Primerjalna ali ekvivalentna napetost Pri enoosnem napetostnem stanju je začetek plastičnega tečenja eno- lično določen z mejo tečenja σY . Pri prostorskem napetostnem stanju je prehod iz elastičnega v plastično področje opisan s pogojem tečenja (3.141). Pogoj tečenja lahko razumemo kot domnevo, da pride do začetka plastičnega tečenja tedaj, ko neka funkcija kombinacije napetosti f ∗( σij) ≥ 0 doseže določeno, od vrste snovi odvisno, pozitivno vrednost ks f∗( σij) = ks . (3 . 153) Funkcijo kombinacije napetosti f ∗( σij), ki nastopa v tem pogoju, imenujemo primerjalna ali ekvivalentna napetost σe in predstavlja mero za napetostno stanje, ki jo lahko primerjamo z eksperimentalno določenim snovnim parametrom ks. Pri izotropnih snoveh praviloma vzamemo za snovni parameter kar mejo tečenja pri enoosnem poskusu: ks = σY . Pogoj tečenja lahko s tem v splošni obliki zapišemo takole σe = f∗( σij) = σY . (3 . 154) Če je σe < σY , je obravnavani delec snovi v elastičnem stanju, pri σe = σY pa se začne plastično tečenje. V Haigh–Westergaardovem prostoru je primerjalna napetost σe izraže-na z glavnimi normalnimi napetostmi σ 11 , σ 22 , σ 33. Upoštevaje ugotovitev, da hidrostatične napetosti ne vplivajo na začetek plastičnega tečenja, nastopajo v izrazu za primerjalno napetost le deviatorične 326 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja napetosti. V skladu z enačbo (1.264) lahko primerjalno napetost σe zapišemo kot funkcijo napetostnih razlik σe = f∗ 1 [( σ 11 − σ 22) , ( σ 22 − σ 33) , ( σ 33 − σ 11)] . (3 . 155) V primeru, da je meja tečenja v tlaku po velikosti enaka meji tečenja v nategu, je σ−ε diagram antisimetričen. To pomeni, da se primerjalna napetost σe ne sme spremeniti, če se spremenijo predznaki spremenljivk ( σ 11 − σ 22) , ( σ 22 − σ 33), ( σ 33 − σ 11). Enačba (3.155) preide tedaj v naslednjo obliko σe = f∗ ( |σ 1 11 − σ 22 |, |σ 22 − σ 33 |, |σ 33 − σ 11 |) . (3 . 156) Prizmatična ploskev tečenja, ki je v tem primeru določena z enačbo f∗ 1 ( |σ 11 − σ 22 |, |σ 22 − σ 33 |, |σ 33 − σ 11 |) − σY = 0 , (3 . 157) je simetrična tako glede na pozitivne, kakor tudi glede na negativne smeri napetostnih koordinatnih osi σ 11 , σ 22 , σ 33. Presečna krivulja ploskve tečenja z oktaedrsko ravnino je zato prav tako simetrična glede na pravokotne projekcije napetostnih osi na oktaedrsko ravnino (slika 3.17). Ob upoštevanju enačb (1.270)–(1.284) lahko primerjalno napetost izra- zimo tudi v eni od naslednjih oblik σe = f∗ 2( s 11 , s 22 , s 33) σe = f∗ ( Is, Is) (3 . 158) 3 2 3 σe = f∗( τ 4 o) . Obravnavamo torej primer, omejen z naslednjimi predpostavkami: (i) snov je izotropna, (ii) hidrostatično napetostno stanje ne vpliva na začetek plastifikacije, (iii) meja plastičnega tečenja v nategu je po velikosti enaka meji plastičnosti v tlaku. V tem primeru je ploskev plastičnega tečenja cilindrična, njene tvorilke so vzporedne s prostorsko 327 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja simetralo Haigh–Westergaardovega napetostnega prostora, presečna krivulja te ploskve z deviatorsko ravnino pa je simetrična glede na pra- vokotne projekcije napetostnih osi na deviatorsko ravnino. Slika 3.17 Na gornjih ugotovitvah temeljita dve osnovni hipotezi o začetku plastičnega tečenja, ki sta primerni predvsem za kovine. To sta Trescov† in Von Misesov‡ pogoj plastičnega tečenja. Trescov pogoj plastiˇ cnega teˇ cenja Trescov pogoj plastičnega tečenja (1864) je prvi znani kriterij za nastop plastičnih deformacij pri prostorskem napetostnem stanju. Izhaja iz domneve, da v obravnavani točki telesa pride do plastifikacije tedaj, ko največja strižna napetost |τmax| doseže določeno, od vrste snovi odvisno vrednost kT . Zato za Trescov pogoj tečenja pogosto uporabljamo tudi izraz pogoj največje strižne napetosti. Upoštevajoč enačbe (1.244) za † Henry Eduard Tresca, francoski mehanik, 1814–1885. ‡ Richard Von Mises, nemški matematik in mehanik, 1883–1953. 328 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja določanje ekstremnih strižnih napetosti lahko Trescov pogoj tečenja zapišemo v naslednji obliki 1 max |σ 11 − σ 22 |, 1 |σ 22 − σ 33 |, 1 |σ 33 − σ 11 | = kT . (3 . 159) 2 2 2 Če razvrstimo glavne normalne napetosti po velikosti σ 11 ≥ σ 22 ≥ σ 33 , (3 . 160) preide Trescov pogoj tečenja v enostavno obliko τ 1 max = ( σ 11 − σ 33) = kT . (3 . 161) 2 Materialni parameter kT določimo iz pogoja, da mora pogoj tečenja veljati tudi pri enoosnem napetostnem stanju, kjer je začetek plastifikacije določen z mejo tečenja σY . Če vzamemo primer σ 11 = 0 , σ 22 = σ 33 = 0, pride do začetka plastifikacije, ko je σ 11 = σY . Zato je σ k Y T = (3 . 162) 2 in Trescov pogoj je σ 11 − σ 33 = σY . (3 . 163) Leva stran enačbe (3.163) predstavlja Trescovo primerjalno napetost σTe = σ 11 − σ 33 . (3 . 164) V splošnem ni nujno, da bi bile glavne normalne napetosti razvrščene po velikosti. Zadregi se izognemo tako, da ob upoštevanju enačbe (3.156) zapišemo Trescov pogoj v splošnejši obliki ( σ 11 − σ 22)2 − σ 2 Y ( σ 22 − σ 33)2 − σ 2 Y ( σ 33 − σ 11)2 − σ 2 Y = 0 . (3 . 165) 329 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja V geometrijskem pogledu predstavlja Trescov pogoj tečenja v obliki (3.165) pravilno šesterokotno prizmo, katere vzdolžna simetrijska os se ujema s hidrostatično osjo Haigh–Westergaardovega prostora (slika 3.18-a). Presečni lik ploskve tečenja z deviatorsko ravnino je pravilni šesterokotnik, včrtan krožnici s polmerom ρt = 2 / 3 σY (slika 3.18-b). Slika 3.18 Oglejmo si še primer ravninskega napetostnega stanja ( σ 22 = 0), pri katerem je geometrijska upodobitev pogoja tečenja še bolj nazorna. Trescov pogoj tečenja lahko v obravnavanem primeru zapišemo v skladu 330 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja z enačbo (3.165) takole σ 2 − σ 2 σ 2 − σ 2 11 Y 33 Y ( σ 11 − σ 33)2 − σ 2 Y = 0 . (3 . 166) Slika 3.19 V 2-D napetostnem koordinatnem sistemu s koordinatama σ 11 , σ 33 predstavlja pogoj (3.166) šest enačb premic: σ 11 = σY σ 11 = −σY σ 33 = σY (3 . 167) σ 33 = −σY σ 11 − σ 33 = σY σ 11 − σ 33 = −σY . 331 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Te premice omejujejo šesterokotno območje v ravini ( σ 11 , σ 33) (slika 3.19). Napetostna stanja, ki so opisana s točkami znotraj tega območja, so elastična, rob pa predstavlja mejo med elastičnim in plastičnim stanjem snovi. Kakor vidimo, je Trescov pogoj plastičnega tečenja zelo preprost. Nje- gova pomanjkljivost je v tem, da pri prostorskem napetostnem stanju srednja glavna normalna napetost ne vpliva na primerjalno napetost. Zato je ta pogoj primeren predvsem za hitro oceno začetka plastičnega tečenja. Von Misesov pogoj plastiˇ cnega teˇ cenja V primerjavi s Trescovim je von Misesov pogoj plastičnega tečenja (1913) bolj splošen, saj v njem nastopajo vse tri glavne normalne napetosti. Dejansko na ta pogoj naletimo že prej ( Maxwell† v pismu Kelvinu‡ 1856, Huber∗ 1904). Leta 1924 je Hencky izrazil ta pogoj s preoblikovalnim deformacijskim delom. Zato je v literaturi znan tudi kot Huber-Mises-Henckyjev pogoj plastičnega tečenja, na kratko pa kar Misesov pogoj tečenja. Misesov pogoj temelji na hipotezi, da pride do razvoja plastičnih de- formacij tedaj, ko absolutna vrednost druge invariante deviatoričnega dela napetostnega tenzorja Is doseže kritično vrednost k 2 2 M . V splošni obliki ga zapišemo takole f( Is) = |Is| − k 2 2 2 M = 0 . (3 . 168) Ob upoštevanju enačbe (1.264) dobimo ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 = 6 k 2 M . (3 . 169) † James Clerk Maxwell, škotski naravoslovec, 1831–1879. ‡ William Thompson Kelvin, irski matematik in fizik, 1824–1907. ∗ Maksymilian Tytus Huber, ukrajinski znanstvenik, 1872–1950. Heinrich Hencky, nemški mehanik, 1885–1952. 332 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Pri tem je kM snovni parameter, ki ga določimo iz pogoja, da je pri enoosnem napetostnem stanju prehod v plastično področje definiran z mejo tečenja σY . Če, na primer, vzamemo enoosno napetostno stanje σ 11 = σY , σ 22 = σ 33 = 0, iz enačbe (3.169) sledi σY 2 σ 2 √ . 11 = 2 σ 2 Y = 6 k 2 M → kM = (3 . 170) 3 Misesov pogoj tečenja se s tem glasi 1 ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 = σ 2 2 Y . (3 . 171) Misesova primerjalna napetost σM e je torej σM 1 e = [( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2] . (3 . 172) 2 Ob upoštevanju enačbe (1.283) lahko Misesovo primerjalno napetost izrazimo tudi s strižno napetostjo τo v oktaedrski ravnini σM 3 e = √ τo . (3 . 173) 2 Če izrazimo drugo invarianto deviatoričnega dela napetosti z enačbo (1.189), je tudi σM 3 e = − 3 Is = s 2 ij sji . (3 . 174) 2 i j Zelo ugoden je tudi zapis Misesove primerjalne napetosti z glavnimi deviatorskimi napetostmi v skladu z drugo od enačb (1.270) σM 3 e = ( s 2 + s 2 + s 2 ) . (3 . 175) 2 11 22 33 Ploskev tečenja, ki ustreza Misesovemu pogoju, je pravilni valj, čigar vzdolžna os sovpada s hidrostatično osjo napetostnega prostora (slika 333 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja 3.20 a). Presečnica ploskve tečenja z deviatorsko ravnino je torej krož- nica (slika 3.20 b). Polmer ρt te krožnice določimo s primerjavo enačb (3.151) in (3.173) ρ 2 2 t = σM σY . (3 . 176) 3 e = 3 Slika 3.20 Oglejmo si še primer ravninskega napetostnega stanja ( σ 22 = 0), pri katerem preide Misesov pogoj tečenja (3.171) v naslednjo obliko σ 2 − σ = σ 2 11 11 σ 33 + σ 2 33 Y . (3 . 177) 334 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Zapis enačbe (3.177) v normirani obliki σ 2 2 11 σ σ σ − 11 33 33 σ + = 1 (3 . 178) Y σY σY σY pokaže, da je Misesov pogoj tečenja v ravnini ( σ 11 , σ 33) opisan s poševno elipso, ki na koordinatnih oseh odreže odseke velikosti σY (slika 3.21). Slika 3.21 Opazimo lahko, da Trescov in Misesov pogoj tečenja sovpadata v šestih značilnih točkah. Točke 1, 2, 3 in 4 predstavljajo štiri možne primere enoosnega napetostnega stanja. S točkama 5 in 6 pa sta opisana primera izotropnega napetostnega stanja, pri katerih je strižna napetost v ka- terikoli ravnini enaka nič. Za napetostna stanja med omenjenimi šestimi točkami pa se krivulji tečenja razlikujeta. Pri tem Misesov pogoj tečenja dovoljuje večje mejne obremenitve materiala. Če za primer vzamemo, da je napetost σ 11 konstantna (0 < σ 11 < σY ), je Trescov pogoj 335 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja tečenja izpolnjen pri vrednosti σ 33 = σY , Misesov pogoj pa pri vrednosti σ 33 > σY . Odstopanje med rezultati obeh omenjenih pogojev tečenja si oglejmo še na primeru čistega striga. Vzemimo, da gre za čisti strig v ravnini, ki jo določata glavna vektorja e1 in e3. Ob upoštevanju rezultatov zgleda 1.12 je na meji tečenja pri čistem strigu σ 11 = −σ 33 = τY , σ 22 = 0. V skladu s Trescovim pogojem tečenja (3.163) je strižna napetost τ T Y na meji tečenja σ τT Y Y = . (3 . 179) 2 Do enakega rezultata pridemo z neposredno primerjavo največje strižne napetosti τmax v ravnini (e1 , e3) s strižno napetostjo τY na meji tečenja τ 1 max = ( σ 11 − σ 33) = τ T 2 Y . (3 . 180) Primerjava z enačbo (3.163) spet pripelje do zveze (3.179). Upoštevajoč Misesov pogoj tečenja pa v primeru čistega striga ( σ 11 = −σ 33 = τY , σ 22 = 0) določimo strižno napetost na meji tečenja τM Y z enačbo (3.171) σ τM Y Y = √ . (3 . 181) 3 Slika 3.21 kaže, da je odstopanje med Trescovo in Misesovo krivuljo tečenja največje ravno v primeru čistega striga ( σ 11 = −σ 33), pri čemer Misesov pogoj predvideva višjo vrednost strižne napetosti na meji plastičnega tečenja kakor Trescov pogoj τM 2 Y = √ τ T Y ≈ 1 . 155 τ T Y . (3 . 182) 3 Veljavnost dobljenih rezultatov lahko preverimo, če za obravnavano snov poznamo rezultate strižnega poskusa. Praviloma se izkaže †, da se pri kovinah Misesova strižna napetost na meji plastičnega tečenja † G.I.Taylor in H. Quinney, Phil. Trans. Roy. Soc., A230 (1931) 336 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja τM Y bolje ujema z rezultati strižnih poskusov kakor Trescova vrednost τTY . Pogoji poruˇ sitve pri hidrostatiˇ cno obˇ cutljivih snoveh Trescov in Misesov pogoj plastičnega tečenja, ki smo ju spoznali v prejšnjih razdelkih, sta utemeljena z eksperimentalno potrjeno lastnost- jo večine kovin, da začetek plastičnega tečenja ni odvisen od hidro- statičnega dela napetosti. Ustrezni ploskvi tečenja sta zato prizmatični oziroma valjasti, kar pomeni, da so njune tvorilke vzporedne s hidro- statično osjo Haigh–Westergaardovega napetostnega prostora. Za razliko od obnašanja kovin pa je za zemljine, skalo, beton in nekatere druge porozne snovi značilno, da hidrostatične napetosti pomembno vplivajo na začetek plastičnega tečenja. Pri teh snoveh praktično ne moremo opaziti utrditve, zato za začetek plastičnega tečenja pogosto uporabljamo kar izraz porušitev. Pri vpeljavi pogojev porušitve hidrostatično občutljivih snovi je praviloma treba upoštevati tudi prvo in- varianto napetosti Iσ, ki v doslej obravnavanih Trescovem in Misesovem 1 pogoju tečenja ne nastopa. V geometrijskem pogledu to pomeni, da ploskev tečenja ni več valjaste, temveč stožčaste ali piramidaste oblike. Mohr–Coulombov pogoj poruˇ sitve Mohrov pogoj tečenja (1900) lahko razumemo kot posplošitev Trescovega pogoja, saj oba vzameta največjo strižno napetost kot mero za nastop plastičnih deformacij, pri čemer v Trescovem pogoju nastopa konstantna mejna vrednost največje strižne napetosti ( τmax = σY / 2). Mohrov pogoj pa predvideva, da je mejna vrednost strižne napetosti τf odvisna tudi od normalne napetosti σn v strižni ravnini τf = ψ( σn) . (3 . 183) Funkcijska odvisnost ψ( σn) je določena eksperimentalno. V primeru ravninskega napetostnega stanja lahko enačbo (3.183) grafično pona-zorimo z ovojnico Mohrovih krogov, ki pripadajo napetostnim stanjem na meji porušitve (slika 3.22). 337 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Slika 3.22 Pri tem predstavlja funkcija ψ( σn) ovojnico porušnih Mohrovih krogov in s tem mejo med stabilnim in nestabilnim stanjem snovi. Najenostavnejša oblika Mohrove ovojnice je premica. Enačba te premice je znana kot Coulombova† enačba (1773) π τf = c − σn tg φ (0 ≤ φ < ) , (3 . 184) 2 kjer je c ≥ 0 kohezijska trdnost, φ pa kot notranjega trenja obravnavane snovi (slika 3.23). Negativni predznak pri drugem členu v enačbi (3.184) opozarja na empirično ugotovitev, da je strižna nosilnost zemljin in podobnih materialov tem večja, čim večja je tlačna normalna obremenitev σn. Fizikalni pomen in način eksperimentalnega določanja ko-hezijske trdnosti c in kota notranjega trenja φ sta podrobneje opisana v literaturi s področja mehanike zemljin in skale. † Charles Augustin de Coulomb, francoski inženir, 1736–1806. 338 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Slika 3.23 Če razvrstimo glavne normalne napetosti po velikosti ( σ 11 ≥ σ 22 ≥ σ 33), je največja strižna napetost τmax določena z enačbo (3.161) τ 1 max = ( σ 11 − σ 33) , 2 pripadajoča normalna napetost στ pa je po drugi od enačb (1.243) σ 1 τ = ( σ 11 + σ 33) . (3 . 185) 2 Iz slike 3.23 sledi τ 1 f = ( σ 11 − σ 33) cos φ 2 (3 . 186) σ 1 1 n = ( σ 11 + σ 33) + ( σ 11 − σ 33) sin φ . 2 2 S tem lahko zapišemo Mohr–Coulombov pogoj porušitve (3.184) v naslednji obliki σ 11 − σ 33 = 2 c cos φ − ( σ 11 + σ 33) sin φ . (3 . 187) 339 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Če to enačbo nekoliko preuredimo in vpeljemo oznaki f 2 c cos φ 2 c cos φ t = , (3 . 188) 1 − sin φ in fn = 1 + sin φ dobimo σ 11 σ − 33 f = 1 . (3 . 189) n ft Upoštevajoč razvrstitev glavnih normal- nih napetosti ( σ 11 ≥ σ 22 ≥ σ 33) lahko hitro ugotovimo, da predstavlja para- meter ft enoosno porušno trdnost snovi v tlačnem, parameter fn pa enoosno porušno trdnost v nateznem napetost- nem območju (slika 3.24). Obe vrednosti sta pozitivni, pri čemer je porušna trd- Slika 3.24 nost v tlaku očitno večja od porušne trd- nosti v nategu ( ft > fn). Ta dobro znana lastnost hidrostatično občutljivih snovi, predvsem zemljin, je razvidna tudi iz slike 3.23. Slika 3.25 340 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja S podrobnejšo analizo lahko ugotovimo, da v Haigh–Westergaardovem napetostnem prostoru ustreza Mohr–Coulombovemu pogoju porušna ploskev v obliki nepravilne šesterostrane piramide z vrhom na hidro- statični osi (slika 3.25). Slika 3.26 Oglejmo si še, kako je v smislu Mohr–Coulombove hipoteze omejeno elastično območje v primeru ravninskega napetostnega stanja ( σ 22 = 0). V ta namen vpeljemo oznako m za razmerje med tlačno in natezno trdnostjo snovi. To razmerje je očitno odvisno le od kota notranjega trenja φ, ne pa tudi od kohezije c f m t 1 + sin φ = ≥ f = 1 . (3 . 190) n 1 − sin φ Enačba (3.189) se s tem glasi m σ 11 − σ 33 = ft . (3 . 191) 341 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja S podobnim sklepanjem kakor pri Trescovem pogoju tečenja dobimo tudi v obravnavanem primeru šesterokotno mejo med elastičnim in plastičnim območjem (slika 3.26). Pri tem smo enačbe (3.167) pos- plošili za primer, da porušni trdnosti v nategu in tlaku nista enaki med seboj f σ t 11 ≥ σ 33 ≥ 0 . . . σ 11 = mf σ t 33 ≥ σ 11 ≥ 0 . . . σ 33 = m σ 11 ≥ 0 , σ 33 ≤ 0 . . . mσ 11 − σ 33 = ft σ 11 ≤ σ 33 ≤ 0 . . . σ 11 = −ft σ 33 ≤ σ 11 ≤ 0 . . . σ 33 = −ft σ 11 ≤ 0 , σ 33 ≥ 0 . . . mσ 33 − σ 11 = ft . (3.192) Kakor vidimo, se pri m = 1 ( φ = 0) Mohr–Coulombov pogoj ujema s Trescovim pogojem, sicer pa je elastični del v nategu ustrezno zmanjšan v odvisnosti od kota notranjega trenja. Drucker–Pragerjev pogoj poruˇ sitve Drucker†– Pragerjev‡ pogoj porušitve (1952) predstavlja posplošitev Misesovega pogoja tečenja. Z vpeljavo prve invariante napetostnega tenzorja v Misesov pogoj tečenja (3.168) je upoštevan tudi vpliv hidro- statičnih napetosti na začetek plastifikacije in s tem na porušitev f( Iσ, Is |Is| − k 1 2 ) = αI σ 1 + = 0 . (3 . 193) 2 Pri tem sta α in k eksperimentalno določeni pozitivni konstanti obravnavane snovi. Če je α = 0, je Drucker–Pragerjev pogoj porušitve † Daniel C. Drucker, ameriški inženir, 1918–2001. ‡ William Prager, nemški mehanik, 1903–1981. 342 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja identičen z Misesovim pogojem tečenja. Presečnica ploskve plastičnega tečenja oziroma porušitve z deviatorsko ravnino ( Iσ = 3 σH = konst. ) 1 je očitno spet krožnica, vendar se njen polmer spreminja v odvis- nosti od hidrostatične napetosti. Porušna ploskev, ki ustreza Drucker– Pragerjevemu pogoju v Haigh–Westergaardovem napetostnem prosto- ru, je torej stožčaste oblike, njen vrh pa leži na hidrostatični osi (slika 3.25). Pri analizi praktičnih problemov porušitve povzroča uporaba Mohr– Coulombove porušne ploskve v obliki šesterostrane piramide numerične težave, saj moramo za vsako kritično napetostno stanje najprej ugo- toviti, na kateri od mejnih ploskev leži. V tem pogledu je Drucker– Pragerjeva gladka stožčasta porušna ploskev neprimerno ugodnejša. Pogosto je v rabi Drucker–Pragerjev pogoj v povezavi z Mohr– Coulombovim zakonom, za katerega je razmeroma preprosto eksperi- mentalno določiti materialni konstanti c in φ. Pri tem imamo dve skrajni možnosti. Če zahtevamo, naj se pri obeh pogojih ujemata porušni trdnosti v tlaku, dobimo α 2 sin φ 6 c cos φ = √ in k = √ . (3 . 194) 3(3 − sin φ) 3(3 − sin φ) Iz zahteve, naj se pri obeh pogojih ujemata porušni trdnosti v nategu, pa sledi α 2 sin φ 6 c cos φ = √ in k = √ . (3 . 195) 3(3 + sin φ) 3(3 + sin φ) Izpeljava enačb (3.194) in (3.195) je razmeroma naporna, ker pa ne prispeva bistveno k razumevanju problema, se ji v tem delu odpovedu- jemo †. † Več o tem lahko bralec najde n. pr. v knjigah: W. F. Chen & D. J. Han, Plasticity for Structural Egineers, Springer Verlag (1988) in A. S. Khan & S. Huang, Continuum Theory of Plasticity, John Wiley & Sons, Inc. (1995). 343 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Obremenitev in razbremenitev v napetostnem prostoru V uvodu smo povedali, da je pogoj za začetek plastičnega tečenja izražen z enačbo ploskve tečenja v napetostnem prostoru f( σij) = 0 . (3 . 196) Ta ploskev razmejuje elastično od plastičnega napetostnega območja. Pogoj (3.196) postane še bolj nazoren, če ga zapišemo v obliki (3.153) f( σij) = f∗( σij) − ks = 0 . (3 . 197) Snovni parameter ks se v splošnem spreminja v odvisnosti od temperature in doseženega deformacijskega stanja. V tem poglavju obrav- navamo le izotermne primere ( T = konst . ), zato je ks neodvisen od temperature. Najprej si oglejmo primer snovi brez utrditve, ki jo predstavimo z ide- alno elastičnim–idealno plastičnim materialnim modelom (slika 3.27). Slika 3.27 V tem primeru je snovni parameter konstanta; ponavadi vzamemo kar ks = σY , kjer je σY konstantna meja plastičnega tečenja. To pomeni, da imamo opraviti z eno samo (začetno) ploskvijo plastičnega tečenja. Obravnavani delec je v elastičnem stanju, vse dokler je f ( σij) < 0, pri f ( σij) = 0 pa se začne snov v njegovi bližnji okolici plastično deformirati. To pomeni, da leži točka Tσ( σij), ki predstavlja doseženo napetostno stanje v napetostnem prostoru, na ploskvi plastičnega tečenja. 344 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Sedaj se postavi vprašanje, kakšen bo nadaljnji razvoj deformacij, če se napetosti spremenijo za infinitezimalne vrednosti dσij. Odgovor poiščemo ob upoštevanju dejstva, da ima gradient ploskve f ( σij) = 0 smer zunanje normale n f na to ploskev. Zaradi enostavnosti spet vzemimo, da je napetostno stanje podano z glavnimi normalnimi napetostmi v Haigh-Westergaardovem prostoru. Ploskev plastičnega tečenja naj bo opisana z enačbo f( σ 11 , σ 22 , σ 33) = f∗( σ 11 , σ 22 , σ 33) − ks = 0 . (3 . 198) Normala tako definirane ploskve tečenja je določena z gradientom skalarnega polja f ( σ 11 , σ 22 , σ 33) ∂f ∂f ∂f n f = grad f = ∂σ e1 + e2 + e3 (3 . 199) 11 ∂σ 22 ∂σ 33 oziroma, ker je ks konstanta, ∂f∗ ∂f∗ ∂f∗ n f = ∂σ e1 + e2 + e3 . (3 . 200) 11 ∂σ 22 ∂σ 33 Po vzoru krajevnega vektorja σ, ki smo ga vpeljali z enačbo (3.143) in opisuje lego točke Tσ v Haigh–Westergaardovem prostoru, definirajmo še vektor prirastkov napetosti dσ dσ = dσ 11e1 + dσ 22e2 + dσ 33e3 . (3 . 201) Skalarni produkt ∂f∗ ∂f∗ ∂f∗ n f · dσ = dσ dσ dσ ∂σ 11 + 22 + 33 (3 . 202) 11 ∂σ 22 ∂σ 33 pove, kam se pri spremembi napetosti za dσ premakne točka Tσ v napetostnem prostoru. Če je n f · dσ < 0, se točka Tσ premakne s ploskve tečenja v njeno notranjost. Pri tem smo v skladu s tako 345 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja imenovanim Druckerjevim postulatom† vzeli, da je ploskev plastičnega tečenja konveksna. To pomeni, da je po spremembi napetosti za dσ napetostno stanje spet elastično, pa tudi pripadajoča sprememba defor- macije dεij je v celoti elastična. Zato tako spremembo napetosti imenujemo elastična razbremenitev ali kar razbremenitev. Preostane nam še možnost n f · dσ = 0, ki pove, da je prirastek napetosti dσ pravokoten na normalo n f ploskve tečenja. To pomeni, da točka Tσ tudi po spremembi napetosti za dσ leži na ploskvi tečenja oziroma na tangencialni ravnini te ploskve v obravnavani napetostni točki Tσ, novo napetostno stanje pa je še vedno plastično. Tako spremembo napetosti imenujemo nevtralna obremenitev v napetostnem prostoru. Primer n f · dσ > 0 pri snovi brez utrditve ni možen, saj se ploskev tečenja med obreme- njevanjem in razbremenjevanjem delca nič ne spreminja. Slika 3.28 Premik točke Tσ pri spremembi napetosti za dσij je simbolično pojasnjen na sliki 3.28, ki prikazuje presek ploskve plastičnega tečenja in † D. C. Drucker je leta 1951 vpeljal pojem stabilne plastične snovi, za katero velja, da je vsak, še tako majhen prirastek specifičnega dela, ki ga napetosti opravijo na plastičnih deformacijah, pozitiven. Iz te zahteve je mogoče izpeljati ugotovitev, da je pripadajoča ploskev plastičnega tečenja izbočena (konveksna), prirastek plastične deformacije pa je pravokoten na to ploskev. Dokaz presega zastavljeni obseg tega učbenika, zahtevnejši bralec pa lahko seže po številnih tujih knjigah, ki obravnavajo plastično obnašanje trdnih teles. 346 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja njene tangencialne ravnine z ravnino, ki jo določata vektorja n f in σ. Ugotovitve o obremenitvi oziroma razbremenitvi v napetostnem pro- storu lahko torej strnemo v naslednjih pogojih f( σij) < 0 elastično stanje f( σij) = 0 in n f · dσ = 0 nevtralna obremenitev f( σij) = 0 in n f · dσ < 0 elastična razbremenitev . Podobno opredelimo pogoje za obremenitev oziroma razbremenitev tudi pri snoveh z utrjevanjem, le da tedaj snovni parameter ks ni več konstanta. Zato se ploskev tečenja spreminja, in sicer v odvisnosti od tega, kakšen način utrjevanja izkazuje opazovana snov. Slika 3.29 Opis utrditve materiala si najprej oglejmo na preprostem primeru enoosnega napetostnega stanja. Vzemimo, da je material opisan z bili- nearnim elastično–plastičnim modelom z modulom elastičnosti E = tg η in stopnjo utrditve K = tg ξ (slika 3.29-a). Kakor vidimo, meja plastičnega tečenja ni konstantna, temveč se veča z naraščajočo defor- macijo. V tem primeru je najpreprosteje, če za snovni parameter vza- memo trenutno doseženo mejo plastičnega tečenja ( ks = ¯ σY ), za para- meter utrditve pa plastično deformacijo εp. Trenutno mejo plastičnega 347 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja tečenja ¯ σY odčitamo iz slike 3.29-a ¯ σY = σY + K ( εe + εp − εY ) . (3 . 203) Pri tem je σ εe ¯ σY Y = E in εY = E (3 . 204) in odvisnost trenutne meje plastičnosti ¯ σY od dosežene plastične defor- macije εp je določena z enačbo EK ¯ σY = σY + εp . E − K (3 . 205) Z enačbo (3.205) določamo trenutno mejo plastičnosti v primeru, da se material plastificira le v nateznem napetostnem območju. Podobno enačbo bi dobili tudi pri plastifikaciji samo v tlaku. Če pa želimo obrav-navati tudi primere ciklične obtežbe, pri kateri pride do izmenične pla- stifikacije v nateznem in tlačnem napetostnem območju, moramo kot spremenljivko vpeljati celotno nakopičeno (kumulativno) plastično de- formacijo ¯ εp, ne glede na to, ali je bila dosežena v tlačnem ali nateznem območju ¯ εp = |dεp| . (3 . 206) Z okrajšavo EK H = E − K (3 . 207) lahko zakon utrjevanja (3.205) pri enoosnem napetostnem stanju zapišemo takole (slika 3.29-b) ¯ σY = σY + H ¯ εp . (3 . 208) Podobno lahko opišemo utrditev materiala tudi pri prostorskem nape- tostnem stanju, le da kot parameter utrjevanja vzamemo nakopičeno ek- vivalentno plastično deformacijo ¯ εpe. V ta namen najprej vpeljemo pri- rastek primerjalne plastične deformacije dεpe, in sicer navadno v naslednji obliki √ dεp 2 2 2 2 e = ( dεp − dεp ) + ( dεp − dεp ) + ( dεp − dεp ) . (3 . 209) 3 11 22 22 33 33 11 348 3.5 Pogoji za zaˇ cetek plastiˇ cnega teˇ cenja Nakopičena primerjalna plastična deformacija je tako ¯ εpe = |dεpe| . (3 . 210) Pogoj plastičnega tečenja (3.198) je sedaj f( σij) = f∗( σij) − ks(¯ εpe) = 0 . (3 . 211) V tem primeru se ploskev plastičnega tečenja z naraščanjem primerjalne plastične deformacije širi v smeri svoje zunanje normale. Zato lahko razen doslej omenjenih možnosti nastopi tudi možnost n f · dσ > 0, ki pomeni, da se točka Tσ premakne na novo, “povečano” ploskev tečenja. Tako spremembo napetostnega stanja imenujemo obremenitev v plastičnem območju (slika 3.30). Slika 3.30 Pri snoveh z utrditvijo lahko torej pogoje za obremenitev oziroma razbremenitev izrazimo takole f( σij) < 0 elastično stanje f( σij) = 0 in n f · dσ > 0 obremenitev f( σij) = 0 in n f · dσ = 0 nevtralna obremenitev f( σij) = 0 in n f · dσ < 0 elastična razbremenitev . Druga možnost je, da kot mero za opis utrditve materiala vzamemo plastično deformacijsko delo, to je delo, ki ga napetosti opravijo na plastičnih deformacijah †. † V literaturi je za opis utrjevanja z nakopičeno plastično deformacijo uveljavljen izraz “strain–hardening”, za opis s plastičnim deformacijskim delom pa “work–hardening”. Seveda gre v obeh primerih za isti pojav, ki pa ga lahko opišemo na en ali drug način. 349 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.1 Pri enoosnem poskusu jeklenega vzorca smo za elastično območje izmerili napetosti ¯ σi ( i = 1 , . . . , 4) pri štirih vrednostih vzdolžne deformacije εi ( i = 1 , . . . , 4) (slika Z-3.1 a). Izmerki so prikazani v preglednici 3-2. Aproksimiraj konstitucijski zakon preizkušanca z linearno (Hookovo) funkcijo in z metodo najmanjših kvadratov določi njegov modul elastičnosti E. Preglednica 3-2 103 εi ¯ σi i − MPa 1 0 . 4 85 . 1 2 0 . 8 169 . 0 3 1 . 2 253 . 1 4 1 . 6 340 . 7 Slika Z-3.1 a Slika izmerjenih napetosti ¯ σi pri deformacijah εi kaže, da je zveza med napetostjo in deformacijo v obravnavanem območju približno linearna. Zato za konstitucijski zakon preizkušanca privzamemo linearno funkcijo σ = E ε , ( a) v kateri pa sorazmernostnega faktorja E zaenkrat ne poznamo (slika Z-3.1 b). Če bi za sorazmernostni faktor “uganili” ali kako drugače privzeli neko vrednost E, bi v merskih točkah ε 1 , . . . , ε 4 izračunali vrednosti napetosti σ 1 = E ε 1 , σ 2 = E ε 2 , σ 3 = E ε 3 , σ 4 = E ε 4 , ( b) 350 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi ki se v splošnem ne bi ujemale z izmerjenimi vrednostmi ¯ σ 1 , . . . , ¯ σ 4 (slika Z-3.1 b). Slika Z-3.1 b Ideja metode najmanjših kvadratov je v tem, da skušamo določiti parameter E tako, da bo vsota kvadratov razlik med izračunanimi in izmerjenimi vrednostmi napetosti najmanjša. Označimo to vsoto s Ψ in dobimo Ψ = ( σ 1 − ¯ σ 1)2 + ( σ 2 − ¯ σ 2)2 + ( σ 3 − ¯ σ 3)2 + ( σ 4 − ¯ σ 4)2 . ( c) Ob upoštevanju enačb ( b) lahko pišemo Ψ = ( E ε 1 − ¯ σ 1)2 + ( E ε 2 − ¯ σ 2)2 + ( E ε 3 − ¯ σ 3)2 + ( E ε 4 − ¯ σ 4)2 = Ψ( E) . (ˇ c) Vsota Ψ( E) je najmanjša, če je izpolnjen pogoj dΨ dE = 0 . ( d) Enačbo (ˇ c) odvajamo po E, vstavimo v pogoj ( d) in po krajšanju z 2 dobimo 1 dΨ 2 dE = ε 1 ( E ε 1 − ¯ σ 1) + ε 2 ( E ε 2 − ¯ σ 2) + ε 3 ( E ε 3 − ¯ σ 3) + ε 4 ( E ε 4 − ¯ σ 4) = 0 . ( e) 351 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Od tod brez težav izračunamo elastični modul E 4 ! ε ε i ¯ σi E 1 ¯ σ 1 + ε 2¯ σ 2 + ε 3¯ σ 3 + ε 4¯ σ 4 i = =1 . ε = ( f ) 2 + ε 2 + ε 2 + ε 2 4 ! 1 2 3 4 ε 2 i i=1 Količine, ki nastopajo v gornji enačbi, je najbolje izračunati v tabeli, še posebej, če imamo opraviti z velikim številom izmerkov. Za naš primer je postopek prikazan v preglednici 3-3 Preglednica 3-3 103 εi ¯ σi 103 εi ¯ σi 106 ε 2 i i − MPa MPa − 1 0 . 4 85 . 1 34 . 04 0 . 16 2 0 . 8 169 . 0 135 . 20 0 . 64 3 1 . 2 253 . 1 303 . 72 1 . 44 4 1 . 6 340 . 7 545 . 12 2 . 56 ! 1018 . 08 4 . 80 Modul elastičnosti je sedaj E 1018 . 08 · 10 − 3 = = 212 100 MPa . ( g) 4 . 80 · 10 − 6 Kakor pri vseh statističnih metodah tudi pri metodi najmanjših kvadra- tov velja, da se natančnost rezultata povečuje s številom izmerkov. Seveda pa moramo tudi tu ravnati po zdravi pameti in izločiti eks- perimentalne rezultate, ki zaradi napak pri merjenju ali slabih merilnih instrumentov očitno odstopajo od prevladujočih zakonitosti obnašanja preizkušanca. 352 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.2 Za neko trdno snov smo s poskusi dokazali, da je izotropna. Z enoosnim nateznim poskusom smo tudi ugotovili, da se opazovani vzorec v določenem napetostnem območju obnaša linearno elastično in določili njegov modul elastičnosti E, Poissonov količnik ν in temperaturni razteznostni koeficient αT . Izpelji zveze med deformacijami, napetostmi in spremembo temperature za splošni primer prostorskega napetostnega in deformacijskega stanja obrav- navane snovi v območju linearne elastičnosti. V obravnavanem primeru lahko pri formulaciji konstitucijskih enačb za splošno prostorsko napetostno in deformacijsko stanje vpeljemo nasled- nje pomembne predpostavke: i smeri glavnih normalnih deformacij se ujemajo s smermi glavnih normalnih napetosti (lastnost izotropije), ii pri enoosnem napetostnem stanju je zveza med vzdolžno nor- malno napetostjo in vzdolžno normalno deformacijo opisana s Hookovim zakonom, prečna normalna deformacija pa je s Pois- sonovim količnikom sorazmerna vzdolžni normalni deformaciji, iii velja zakon superpozicije (lastnost linearne elastičnosti). Zamislimo si elementarni kvader iz obravnavane snovi; orientiran naj bo tako, da se smeri njegovih stranic ujemajo s smermi glavnih baznih vektorjev e1 , e2 , e3. Tedaj na mejne ploskve kvadra delujejo glavne normalne napetosti σ 11, σ 22, σ 33 (slika Z-3.2) V skladu z zakonom superpozicije lahko obravnavano prostorsko napetostno stanje razumemo kot vsoto treh ločenih enoosnih napetostnih stanj NS1, NS2 in NS3. Za vsako od njih lahko ob upoštevanju pred- postavke i in po analogiji z rezultati enoosnega poskusa določimo pripadajoče deformacijsko stanje: 353 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Slika Z-3.2 NS1: σ 11 = 0 , σ 22 = σ 33 = 0 V tem primeru je σl = σ 11 εl = ε 11 , ε 22 = ε 33 = εt. Zato dobimo σ ε 11 11 = . E σ ε 11 22 = ε 33 = −νε 11 = −ν . E NS2: σ 11 = σ 33 = 0 , σ 22 = 0 Tokrat je σl = σ 22 εl = ε 22 , ε 11 = ε 33 = εt. in sledi σ ε 22 22 = E σ ε 22 11 = ε 33 = −νε 22 = −ν E 354 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi NS3: σ 33 = 0 σ 11 = σ 22 = 0 Podobno kot v prvih dveh primerih dobimo σ ε 33 33 = E σ ε 33 11 = ε 22 = −νε 33 = −ν E V skladu z zakonom superpozicije določimo deformacijsko stanje v pro- storskem primeru s seštevanjem delnih deformacijskih stanj, kakor smo jih določili v primerih NS1, NS2 in NS3. Glavna normalna deformacija ε 11 je na primer ε 11 = ε 11( NS 1) + ε 11( NS 2) + ε 11( NS 3) = σ 11 σ σ ν − ν 22 − ν 33 1 + ν σ E E E = E 11 − E ( σ 11 + σ 22 + σ 33) = 1 + ν ν σ Iσ . E 11 − E 1 ( a) Podobno določimo še preostali dve glavni normalni deformaciji. Vpliv homogene spremembe temperature ΔT = T − T 0 upoštevamo tako, da dobljenim izrazom za glavne normalne deformacije prištejemo še prispevke zaradi spremembe temperature ε 11( ΔT ) = ε 22( ΔT ) = ε 33( ΔT ) = αT ΔT . ( b) Tako dobimo sistem treh konstitucijskih enačb, ki povezujejo deforma- cije z napetostmi in temperaturno spremembo v glavnem koordinatnem sistemu obravnavanega napetostnega stanja 355 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi ν ε 1 + ν 11 = σ Iσ E 11 − E + α 1 T ΔT ν ε 1 + ν 22 = σ Iσ ( c) E 22 − E 1 + αT ΔT ν ε 1 + ν 33 = σ Iσ E 33 − E + α 1 T ΔT . Da bi lahko vzpostavili zveze med napetostmi in deformacijami tudi v splošnem primeru, ko je napetostno stanje v poljubnem koordinatnem sistemu ( x, y, z) opisano s polno napetostno matriko, moramo konstitucijske enačbe transformirati iz glavnega koordinatnega sistema z bazo e1 , e2 , e3 v splošni koordinatni sistem z bazo e x, e y, e z. Upoštevajoč transformacijske enačbe εij = εαβ eiαejβ α β ( i, j = x, y, z; α, β = 1 , 2 , 3) (ˇ c) σij = σαβ eiαejβ α β dobimo εxx = ε 11 e 2 x 1 + ε 22 e 2 x 2 + ε 33 e 2 x 3 · · · · · · · · ( d) εxy = ε 11 ex 1 ey 1 + ε 22 ex 2 ey 2 + ε 33 ex 3 ey 3 · · · · · · · · in σxx = σ 11 e 2 x 1 + σ 22 e 2 x 2 + σ 33 e 2 x 3 · · · · · · · · ( e) σxy = σ 11 ex 1 ey 1 + σ 22 ex 2 ey 2 + σ 33 ex 3 ey 3 · · · · · · · · 356 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Deformacijo εxx določimo tako, da enačbe ( c) po vrsti pomnožimo z e 2 x , e 2 , e 2 ter jih seštejemo 1 x 2 x 3 ε 1 + ν xx = σ − E 11 e 2 x + σ + σ 1 22 e 2 x 2 33 e 2 x 3 ν Iσ − α e 2 . E 1 T ΔT x 1 + e 2 x 2 + e 2 x 3 ( f ) Prva od enačb ( e) pove, da je oklepaj v prvem členu na desni strani enak σxx, oklepaj v drugem členu pa je enak 1, saj gre za velikost enotskega vektorja e x. Podobno bi določili tudi deformaciji εyy in εzz. Deformacijo εxy pa dobimo tako, da seštejemo enačbe ( c), ki smo jih po vrsti pomnožili s produkti ex 1 ey 1 , ex 2 ey 2 , ex 3 ey 3 ε 1 + ν xy = E ( σ 11 ex 1 ey 1 + σ 22 ex 2 ey 2 + σ 33 ex 3 ey 3) − ν Iσ − α E ( e 1 T ΔT x 1 ey 1 + ex 2 ey 2 + ex 3 ey 3) . ( g) Oklepaj v prvem členu na desni prepoznamo kot σxy, oklepaj v drugem členu pa predstavlja skalarni produkt baznih vektorjev e x in e y in je torej enak 0. Podobno določimo še kotni deformaciji εyz in εzx ter sestavimo končni sistem konstitucijskih enačb v splošnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z ν ε 1 + ν xx = σ Iσ E xx − E + α 1 T ΔT ν ε 1 + ν yy = σ Iσ E yy − E 1 + αT ΔT ν ε 1 + ν zz = σ Iσ E zz − E + α 1 T ΔT ( h) ε 1 + ν xy = σ E xy ε 1 + ν yz = σ E yz ε 1 + ν zx = σ E zx 357 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Na neprimerno krajši in preglednejši način smo torej prišli do sistema Neumann-Duhamelovih enačb (3.111). Zgled 3.3 Jeklen merilni trak je bil umerjen v breznapetostnem stanju pri temperaturi 20 ◦ C. Modul elastičnosti jekla E znaša 200 000 MPa, koeficient temperaturnega raztezanja je αT = 1 . 25 · 10 − 5 K − 1, ploščina prečnega prereza traku je 4 mm2. Na terenu želimo pri dejanski temperaturi ozračja 40 ◦ C izmeriti razdaljo med nepomičnima točkama A in B. V ta namen nategnemo merilni trak z vzdolžno silo P = 200 N in na skali traku odčitamo izmerek Li = 24 . 000 m (slika Z-3.3). Kolikšna je dejanska razdalja L med točkama A in B? Slika Z-3.3 Najprej se vprašajmo, ali je dejanska razdalja L večja ali manjša od izmerjene vrednosti Li. Ker razdaljo merimo pri višji temperaturi od 20 ◦ C in ker je pri tem merilni trak še obtežen z natezno silo P , se trak raztegne. S tem se razdalje med oznakami merskih enot (na primer metrov) podaljšajo. Primer: dejanska geometrijska razdalja med začetno oznako 0 in oznako 1 . 00 m na nategnjenem in ogretem traku ni 1 . 00 m, ampak nekoliko več. To pomeni, da pri merjenju razdalje med dvema nepomičnima točkama odčitamo nekoliko manjšo vrednost od dejanske razdalje. 358 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Najprej določimo specifično spremembo εxx dolžine traku zaradi natezne sile P = 200 N in temperaturne spremembe ΔT = 40 − 20 = 20 K. V našem primeru gre za enoosno napetostno stanje z edino vzdolžno normalno napetostjo σxx P σ 200 N xx = A = = 50 · 106 = 50 · 106 Pa = 50 MPa . x 4 · 10 − 6 cm2 Iz prve od konstitucijskih enačb (3.112) sledi σ ε xx xx = E + αT ΔT = 50 · 106 + 1 . 25 · 10 − 5 · 20 = 50 · 10 − 5 . 2 · 1011 Vzemimo, da se je dolžinska enota razdelbe na traku e = 1 po nategu in segretju traku spremenila v e. Ta sprememba je z normalno deformacijo εxx povezana z enačbo e − e εxx = e = e − 1 → e = 1 + εxx . Povečana dolžina enote je torej e = 1 + 50 · 10 − 5 = 1 . 0005 . Dejansko razdaljo L med točkama A in B sedaj določimo s preprostim sklepnim računom: oznaka e = 1 na deformiranem traku pomeni dolžino e na nedeformiranem merilu; kolikšno razdaljo na nedeformiranem merilu pomeni oz- naka odmerka Li na deformiranem traku? Z enačbo zapišemo vprašanje takole 1 e → L L = = Li e . i L V našem primeru dobimo L = 24 . 000 · 1 . 0005 → L = 24 . 012 m . 359 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Če bi torej za razdaljo med točkama A in B nekritično vzeli kar odmerek Li, bi se glede na točno vrednost zmotili za 1 . 2 cm ( − 5 %). Zgled 3.4 V sredini ravnega, linearno elastičnega kovinskega traku z dolžino l = 100 cm, širino b = 10 cm in debelino d = 1 mm narišemo krog s polmerom r = 2 cm. Na ožja konca traku deluje enakomerna obtežba p z rezultanto P = 42 kN. Pri tem se dolžina traku poveča za 2 mm, širina pa se zmanjša za 0 . 06 mm. Narisani krog se spremeni v pravilno elipso. Določi: a. elastični modul E in koeficient prečne kontrakcije ν uporabljene kovine ter spremembo debeline traku, b. velikosti polosi dobljene elipse, c. spremembo pravega kota β, č. novo dolžino polmera TA ! Slika Z-4.1 a a. Ploščina Ax prečnega prereza traku je Ax = bd = 10 · 0 . 1 → Ax = 1 cm2 . Ker je obtežba p na osnovnih ploskvah traku enakomerna, je vzdolžna normalna napetost σxx v vsakem prečnem prerezu konstantna P σ 42 xx = → σ A = xx = 42 kN / cm2 . x 1 360 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi (Tudi če bi konca traku obtežili s točkovnima silama P , bi lahko v okolici točke T upoštevali konstantno napetost σxx. Dvodimenzionalna analiza obravnavanega primera namreč pokaže, da je porazdelitev obtežbe enakomerna že v prečnem prerezu, ki je približno toliko oddaljen od konca traku, kolikor znaša njegova širina b. Ta ugotovitev je zajeta v tako imenovani Saint-Venantovi hipotezi, ki pravi, da je vpliv lokalnih mehanskih motenj omejen na neposredno okolico njihovega izvora.) V obravnavanem primeru gre torej za enoosno napetostno stanje σxx = 42 kN / cm2; σyy = σzz = σxy = σyz = σzx = 0 in iz enačb (3.112) sledi εxy = εyz = εzx = 0 . Iz podatkov o začetnih dimenzijah traku in njihovih spremembah lahko izračunamo specifični spremembi dolžin v smereh x in y ε 0 . 2 xx = 100 → εxx = 0 . 0020 − ε 0 . 006 → εyy = − 0 . 0006 . yy = 10 Modul elastičnosti E lahko sedaj izračunamo iz Hookovega zakona (3.18) σ E xx 42 = → E ε = = 21 000 kN / cm2 , xx 0 . 002 Poissonov koeficient prečne kontrakcije pa iz enačbe (3.20), kjer upo- števamo, da je εxx vzdolžna, εyy pa prečna deformacija ε ν yy 0 . 0006 = − → ν ε = = 0 . 3 . xx 0 . 002 Pri izotropnem materialu je kontrakcija v obeh prečnih smereh enaka ε Δd zz = εyy = d ; 361 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi od tod določimo spremembo debeline traku Δd Δd = d εyy = 0 . 1 · ( − 0 . 0006) → Δd = − 6 · 10 − 5 cm . b. Polosi elipse, v katero se med deformiranjem spremeni prikazana krožnica, označimo z a in b in ob upoštevanju enačb (2.134) dobimo a = r (1 + εxx) = 2 · 1 . 0020 → a = 2 . 0040 cm b = r (1 + εyy) = 2 · 0 . 9994 → b = 1 . 9988 cm . Slika Z-3.4 b c. Smeri, ki pred obtežitvijo traku določata pravi kot β, označimo s ξ in η. Polovična sprememba pravega kota med njima je določena z deformacijsko komponento εξη. Izračunamo jo z enačbo (2.118), kjer upoštevamo, da je eξz = eηz = 0 εξη = εxxeξxeηx + εxy ( eξxeηy + eξyeηx) + εyyeξyeηy . V našem primeru je √ 1 e 3 e ξx = ηx = 2 2 √ e 3 ξy = − 1 eηy = 2 2 in sledi √ √ ε 3 3 ξη = 0 . 0020 · · 1 + 0 . 0006 · 1 · = 0 . 001126 . 2 2 2 2 362 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Sprememba pravega kota β je tako Δβ = 2 εξη = 0 . 00225 = 0 . 13 o . To pomeni, da se pravi kot β med deformiranjem traku zmanjša za 0 . 13 o. č. Specifična sprememba dolžine v smeri TA je pri majhnih deforma- cijah enaka vrednosti εηη εηη = εxxe 2 ηx + 2 εxyeηxeηy + εyye 2 ηy . V našem primeru dobimo εηη = 0 . 0020 · 1 − 0 . 0006 · 3 = 0 . 00005 . 4 4 Nova dolžina TA polmera TA je tedaj TA = TA(1 + εηη) = 2(1 + 0 . 00005) → TA = 2 . 0001 cm . Zgled 3.5 Jeklena prizma je brez trenja vstavljena med dve absolutno togi in nepremični plošči. Po osnovnih ploskvah jo enakomerno obtežimo s pra- vokotno obtežbo p. a. Določi napetosti v prizmi, specifične spremembe dolžin stranic ter specifično spremembo prostornine! b. Kolikšne so napetosti in specifična sprememba prostornine, če obteže- no prizmo segrejemo za 90 K ? c. Določi spremembo temperature, pri kateri se obtežena prizma tesno, vendar brez napetosti dotika obeh togih plošč! p = 160 MPa E = 200 000 MPa ν = 0 . 3 αT = 1 . 25 · 10 − 5 /K . 363 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Slika Z-3.5 a. Ker med prizmo in togima ploščama ni trenja in ker je obtežba pravokotna na osnovni ploskvi, v prizmi ni strižnih napetosti ( σxy = σyz = σzx = 0). Stranski ploskvi z normalama −e y in e y sta neobteženi in nepodprti, zato je tudi σyy = 0. Osnovna ploskev z normalo e x je obtežena s specifično površinsko obtežbo p x = −p e x, ki je z napetostmi povezana z ravnotežnim pogojem (1.138) p x = σxexx + σyexy + σzexz . Ker je exx = 1 in exy = exz = 0, dobimo −p e x = σxxe x in σxx = −p . Do enake ugotovitve pridemo z zapisom ravnotežnega pogoja na drugi osnovni ploskvi ali pa kar s preprostim fizikalnim razmislekom. Glede na način delovanja zunanje obtežbe pričakujemo, da se bo prizma v vzdolžni smeri x skrčila, v smereh y in z pa bi se zaradi učinka prečne kontrakcije raztegnila. Vendar ji obe togi plošči raztezek v smeri z preprečujeta, zato se na stranskih ploskvah z normalama −e z in e z pojavi tlačna interakcijska napetost σzz (če bi prizmo v vzdolžni smeri 364 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi obtežili z natezno obtežbo, bi bila interakcijska napetost seveda nič). Napetost σzz določimo iz pogoja, da je specifična sprememba dolžine εzz v smeri z enaka nič. Pri konstantni temperaturi ( ΔT = 0) iz tretje od konstitucijskih enačb (3.112) sledi ε 1 1 zz = E [ σzz − ν ( σxx + σyy)] = E ( σzz + ν p) = 0 σzz = −ν p = − 0 . 3 · 160 → σzz = − 48 MPa . Iz prvih dveh od konstitucijskih enačb (3.112) lahko sedaj določimo še specifični spremembi dolžin v smereh x in y p ε 1 xx = E [ σxx − ν ( σyy + σzz)] = −E 1 − ν 2 = − 160 1 − 0 . 32 200 000 εxx = − 7 . 28 · 10 − 4 pν ε 1 160 · 0 . 3 yy = E [ σyy − ν ( σzz + σxx)] = E (1 + ν) = (1 + 0 . 3) 200 000 εyy = 3 . 12 · 10 − 4 . Pri majhnih deformacijah je specifična sprememba prostornine določena s prvo invarianto tenzorja majhnih deformacij p εV = Iε = ε 1 xx + εyy + εzz = − E (1 + ν) (1 − 2 ν) εV = − 4 . 16 · 10 − 4 . Prva invarianta napetostnega tenzorja pa je Iσ = σ 1 xx + σyy + σzz = − (1 + ν) p Iσ = − 208 MPa . 1 Za kontrolo lahko specifično spremembo prostornine določimo še z enačbo (3.124) ε 1 − 2 ν V = Iε = Iσ → ε 1 E 1 V = − 4 . 16 · 10 − 4 . 365 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi b. V primeru, da obteženo prizmo enakomerno segrejemo za ΔT , iz tretje od konstitucijskih enačb (3.112) sledi ε 1 zz = E ( σzz + ν p) + αTΔT = 0 σzz = − ( ν p + EαT ΔT ) = − 0 . 3 · 160 + 200 000 · 1 . 25 · 10 − 5 · 90 σzz = − 273 MPa . Prva invarianta napetosti je v tem primeru Iσ = σ = − 433 MPa 1 xx + σzz = − (1 + ν) p − EαT ΔT → Iσ 1 in iz enačbe (3.108) ob upoštevanju zveze (3.110) sledi ε 1 − 2 ν V = Iε = Iσ + 3 α 1 E 1 T ΔT → εV = 25 . 09 · 10 − 4 . Čeprav je prva invarianta napetosti negativna in je torej hidrostatična napetost tlačna, je specifična sprememba prostornine pozitivna. To kaže, da v obravnavanem primeru povečanje prostornine zaradi segre- vanja prevlada nad vplivom tlačne hidrostatične napetosti. c. Ob upoštevanju ugotovitev iz točke b. lahko pogoj, da se obtežena prizma tesno, vendar brez napetosti dotika togih plošč (tedaj je seveda tudi εzz = 0), zapišemo z enačbo σzz = − ( ν p + EαT ΔT ) = 0 , od koder sledi νp ΔT = − → Eα = − 0 . 3 · 160 ΔT = − 19 . 2 K . T 200 000 · 1 . 25 · 10 − 5 366 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.6 Na enakostranični Δ–rozeti, sestavljeni iz treh enakih merilnih lističev (“strain–gauge”), so bile v točki T na površini tanke stojine jeklenega pol-nostenskega nosilca izmerjene specifične spremembe dolžin v treh smereh, kakor kaže slika Z-3.6 a. V smeri pravokotno na svojo ravnino stojina ni obtežena ali podprta in ostane ravna tudi po deformaciji. a. Določi komponente tenzorja majhnih deformacij v točki T glede na koordinatni sistem ( x, y, z)! Za koliko se spremeni začetna debelina stojine δ = 8 mm v točki T ? b. Določi ravnine in velikosti glavnih normalnih in glavnih strižnih napetosti! εa = 2 . 0 · 10 − 4 εb = 1 . 5 · 10 − 4 εc = 1 . 0 · 10 − 4 δ = 0 . 8 cm E = 21 000 kN / cm2 ν = 0 . 3 . Slika Z-3.6 a a. Ker ostane stojina ravna tudi po deformaciji, ni kotnih deformacij v ravninah ( x, z) in ( y, z) εxz = 0 in εyz = 0 . 367 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Merilni lističi tvorijo enakostranični trikotnik, torej oklepajo med seboj kote 60 ◦. Če označimo smeri merilnih lističev b in c po vrsti z e μ in e ν (slika Z-3.6 b), velja εxx = εa = 2 · 10 − 4 √ 3 e μ = − 1 e x + e y . . . εμμ = εb = 1 . 5 · 10 − 4 2 2 √ 1 3 e ν = e x + e y . . . ενν = εc = 1 · 10 − 4 . 2 2 Slika Z-3.6 b Normalni deformaciji εμμ in ενν sta s komponentami tenzorja majhnih deformacij v koordinatnem sistemu ( x, y, z) povezani z enačbo (2.120) εμμ = εij eμi eμj i j ( i, j = x, y, z) . ενν = εij eνi eνj i j Upoštevamo, da je eμz = 0 in eνz = 0 in dobimo εμμ = εxx e 2 μx + 2 εxy eμx eμy + εyy e 2 μy ενν = εxx e 2 νx + 2 εxy eνx eνy + εyy e 2 νy . V gornjih enačbah poznamo deformacije εxx, εμμ in ενν ter vse nastopajoče smerne kosinuse. Z vstavitvijo ustreznih vrednosti dobimo po ureditvi sistem dveh enačb za neznani deformaciji εyy in εxy √ − 2 3 3 √ εxy 4 = 10 − 4 . 2 3 3 εyy 2 368 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Rešitvi sta εxy = − 0 . 2887 · 10 − 4 in εyy = 1 · 10 − 4 . Specifično spremembo debeline stojine εzz določimo iz pogoja, da je normalna napetost σzz enaka nič. Pri linearno elastičnem izotropnem materialu dobimo σzz = 2 μ εzz + λ ( εxx + εyy + εzz) = 0 . Pri tem sta μ in λ Laméjevi konstanti E 21 000 2 μ = = 16 154 kN / cm2 , 1 + ν = 1 + 0 . 3 νE λ 0 . 3 · 21 000 = = = 12 115 kN / cm2 . (1 + ν)(1 − 2 ν) (1 + 0 . 3)(1 − 2 · 0 . 3) Tako dobimo λ εzz = − (2 + 1) · 10 − 4 , 2 μ + λ ( εxx + εyy) = − 12 115 16 154 + 12 115 εzz = − 1 . 2857 · 10 − 4 . Sedaj lahko določimo celotno spremembo Δ δ debeline stojine v točki T ε Δ δ zz = . . . δ Δ δ = δ εzz = − 0 . 8 · 1 . 2887 · 10 − 4 , Δ δ = − 1 . 0286 · 10 − 4 cm . Specifična sprememba prostornine v točki T je pri majhnih deformacijah enaka prvi invarianti deformacijskega tenzorja εV = Iε 1 = εxx + εyy + εzz = 10 − 4(2 + 1 − 1 . 2857) εV = 1 . 7143 · 10 − 4 . 369 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi b. Določimo še napetosti σxx = 2 μ εxx + λ Iε 1 = 10 − 4 · (16 154 · 2 + 12 115 · 1 . 7143) = 5 . 308 kN / cm2 σyy = 2 μ εyy + λ Iε 1 = 10 − 4 · (16 154 · 1 + 12 115 · 1 . 7143) = 3 . 692 kN / cm2 σxy = 2 μ εxy = − 10 − 4 · 16 154 · 0 . 2887 = − 0 . 466 kN / cm2 σyz = σzy = 2 μ εyz = 0 σzx = σxz = 2 μ εzx = 0 . Matriki napetosti in majhnih deformacij sta sedaj ⎡ ⎤ 5 . 308 − 0 . 466 0 [ σij] = ⎣ − 0 . 466 3 . 692 0 ⎦ kN / cm2 0 0 0 ⎡ ⎤ 2 − 0 . 2887 0 [ εij] = 10 − 4 ⎣ − 0 . 2887 1 0 ⎦ . 0 0 − 1 . 2857 Iz oblike matrike napetosti vidimo, da vlada v točki T ravninsko napetostno stanje. Ravnina ( x, y) je torej ena od glavnih ravnin, pripadajoča glavna normalna napetost pa je enaka nič. Označimo jo na primer s σ 33 e3 ≡ e z . . . σ 33 ≡ σzz = 0 . Zato lahko glavne normalne napetosti v ravnini ( x, y) določimo kar z enačbo (1.314) σ σ 2 σ xx + σyy xx − σyy 11 , 22 = ± + σ 2 2 2 xy 5 . 308 + 3 . 692 5 . 308 − 3 . 692 2 = ± + 0 . 4662 2 2 σ 11 = 5 . 432 kN / cm2 σ 22 = 3 . 567 kN / cm2 . 370 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Določimo še enotska vektorja ravnin, v katerih delujeta glavni normalni napetosti σ 11 in σ 22 2 σxy 2 · ( − 0 . 466) tg 2 ασ = σ = = − 0 . 577 . xx − σyy 5 . 308 − 3 . 692 2 ασ = − 30 o → ασ = − 15 o . Ker je sin( − 15 o) = − 0 . 259 in cos( − 15 o) = 0 . 966 , sledi (slika Z-3.6 c) e1 = 0 . 966 e x − 0 . 259 e y e2 = 0 . 259 e x + 0 . 966 e y e3 = e z . Slika Z-3.6 c Da sta σ 11 in σ 22 res glavni normalni napetosti v smereh e1 in e2, se tokrat prepričajmo z uporabo transformacijske formule (1.163) σ 11 = σxx e 21 x + σyy e 1 y + 2 σxy e 1 xe 1 y = 5 . 308 · 0 . 9662 + 3 . 692 · 0 . 2592 + 2 · 0 . 466 · 0 . 966 · 0 . 259 = 5 . 432 kN / cm2 σ 22 = σxx e 22 x + σyy e 22 y + 2 σxy e 2 xe 2 y = 5 . 308 · 0 . 2592 + 3 . 692 · 0 . 9662 − 2 · 0 . 466 · 0 . 259 · 0 . 966 = 3 . 567 kN / cm2 σ 12 = σxx e 1 xe 2 x + σyy e 1 ye 2 y + σxy ( e 1 xe 2 y + e 2 xe 1 y) = 5 . 308 · 0 . 966 · 0 . 259 − 3 . 692 · 0 . 259 · 0 . 966 − 0 . 466 (0 . 9662 − 0 . 2592) = 0 . Ekstremno strižno napetost v ravnini ( x, y) izračunamo z enačbo (1.324) 371 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi τ 1 1 = ( σ 11 − σ 22) = (5 . 432 − 3 . 567) → τ = 0 . 933 kN / cm2 . 2 2 Enotska vektorja normal ravnin ekstremnih strižnih napetosti v ravnini ( x, y) določimo z enačbami (1.319) in (1.325) σxx − σyy tg 2 ατ = − = − 5 . 308 − 3 . 692 = 1 . 732 . 2 σxy 2 · ( − 0 . 466) k π ατ = 30 ◦ ± → αk=0 2 τ = 30 ◦ . e τ = cos ατ e x + sin ατ e y e τ = 0 . 866 e x + 0 . 500 e y → t τ = sin ατ e x − cos ατ e y . t τ = 0 . 500 e x − 0 . 866 e y . Končno določimo še normalni napetosti v ravninah z normalama e τ in t τ . Uporabimo enačbo (1.326) in dobimo σ 1 1 τ = ( σ 11 + σ 22) = (5 . 432+3 . 567) → στ = 4 . 500 kN / cm2 . 2 2 Za dobro mero naredimo še kontrolo in izračunajmo napetosti glede na bazo e τ , t τ s transformacijsko enačbo (1.163). Zaradi boljše preglednosti označimo normalno napetost v ravnini z normalo e τ s σee, normalno napetost v ravnini z normalo t τ s σtt, pripadajočo strižno napetost pa s σet. Tedaj je σee = σxx e 2 ex + σyy e 2 ey + 2 σxy eexeey = 5 . 308 · 0 . 8662 + 3 . 692 · 0 . 5002 − 2 · 0 . 466 · 0 . 866 · 0 . 500 = 4 . 500 kN / cm2 ≡ στ σtt = σxx e 2 tx + σyy e 2 ty + 2 σxy etxety = 5 . 308 · 0 . 5002 + 3 . 692 · 0 . 8662 + 2 · 0 . 466 · 0 . 500 · 0 . 866 = 4 . 500 kN / cm2 ≡ στ σet = σxx eexetx + σyy eeyety + σxy ( eexety + etxeey) = 5 . 308 · 0 . 866 · 0 . 500 − 3 . 692 · 0 . 500 · 0 . 866 − 0 . 466 ( − 0 . 8662 + 0 . 5002) = 0 . 933 kN / cm2 ≡ τ . 372 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.7 V točki T prednapetega tankostenskega betonskega nosilca vlada ravninsko napetostno stanje ( σxz = σyz = σzz = 0). Vzdolžna normalna napetost je σxx = − 4 MPa, strižna napetost pa σxy = 10 MPa. a. Določi prečno normalno napetost σyy, s katero moramo v prečni smeri enakomerno prednapeti območje med krožnima odprtinama, da v točki T ne bo nateznih napetosti v nobeni smeri! b. Napetostno stanje v točki T kontroliramo z baterijo merilnih lističev, kakor kaže skica. Kolikšne specifične spremembe dolžin posameznih lističev pričakujemo po izvršenem prečnem prednapenjanju ? Podatki o materialu: E = 32 000 MPa , ν = 0 . 17. Slika Z-3.7 a. Pogoj naloge bo izpolnjen, če večja od obeh glavnih normalnih napetosti ne bo pozitivna σ 1 1 11 = ( σxx + σyy) + ( σxx − σyy)2 + σ 2 2 4 xy ≤ 0 . Enačbo kvadriramo in dobimo 1 ( σxx + σyy)2 ≤ 1 ( σxx − σyy)2 + σ 2 4 4 xy σ 2 σ xy yy ≤ → σ σ yy ≤ − 102 = − 25 MPa . xx 4 373 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Nosilec moramo prečno prednapeti tako, da v ravnini y = 0 nastopi tlačna normalna napetost velikosti 25 MPa ali večja. b. Deformacije, ki ustrezajo vzpostavljenemu napetostnemu stanju, določimo z enačbami (3.112). Ker je σxz = σyz = σzz = 0, dobimo ε 1 1 xx = E ( σxx − νσyy) = ( − 4 + 0 . 17 · 25) = 7 . 8125 · 10 − 6 32 000 ε 1 1 yy = E ( σyy − νσxx) = ( − 25 + 0 . 17 · 4) = − 760 . 0000 · 10 − 6 32 000 ν εzz = −E ( σxx + σyy) = − 0 . 17 ( − 4 − 25) = 154 . 0625 · 10 − 6 32 000 ε 1 + ν 1 + 0 . 17 xy = σ · E xy = 10 = 365 . 6250 · 10 − 6 32 000 εxz = εyz = 0 . Matrika majhnih deformacij v točki T je torej ⎡ ⎤ 7 . 8125 365 . 6250 0 [ εij] = 10 − 6 ⎣ 365 . 6250 − 760 . 0000 0 ⎦ . 0 0 154 . 0625 Specifično spremembo dolžine v smeri ξ določimo z enačbo (2.118) kot diagonalno komponento tenzorja majhnih deformacij v smeri ξ εξξ = εijeξieξj ( i, j = x, y, z) . i j Ker je v našem primeru √ e 3 1 ξx = cos 30 o = , eξy = cos 60 o = , eξz = 0 , 2 2 sledi εξξ = εxxe 2 ξx + 2 εxyeξxeξy + εyye 2 ξy " √ # 3 = 10 − 6 7 . 8125 · 3 + 2 · 365 . 6250 · − 760 . 0000 · 1 4 4 4 εξξ = 132 . 5000 · 10 − 6 . 374 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Ob pravilnem prednapenjanju in meritvi bi torej morali na merski ba- teriji odmeriti naslednje specifične spremembe dolžin Dxx ≈ εxx = 7 . 8125 · 10 − 6 Dyy ≈ εyy = − 760 . 0000 · 10 − 6 Dξξ ≈ εξξ = 132 . 5000 · 10 − 6 . Zgled 3.8 Na robove tanke jeklene stene, v kateri vlada homogeno ravninsko napetostno stanje ( σxz = σyz = σzz = 0), deluje le enakomerna tan-gencialna površinska obtežba t, kakor kaže slika Z-3.8 a. a. Dokaži, da v simetrijskih ravninah x = 0 in y = 0 ni strižnih napetosti! b. Določi komponente tenzorja napetosti in tenzorja majhnih deformacij v bazi e x, e y, e z! c. Določi specifično spremembo dolžine robu AB! E = 2 . 1 · 105 MPa ν = 0 . 3 √ t = 50 3 MPa Slika Z-3.8 a a. Normalo in tangento na rob AB definiramo z enotskima vektorjema e μ in e ν, normalo in tangento na rob BC pa z enotskima vektorjema e ξ in e η (slika Z-3.8 b). Najprej si oglejmo rob AB, kjer je 375 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi √ √ 3 3 e μ = − 1 e x + e y in e ν = − e x − 1 e y . ( a) 2 2 2 2 Slika Z-3.8 b Obtežbo robu AB izrazimo v bazi (e μ, e ν) p n ≡ p μ = −t e ν . ( b) V isti bazi zapišemo tudi robni ravnotežni pogoj AB : p μ = σμ = σμμ e μ + σμν e ν . ( c) Primerjava z enačbo ( b) pokaže, da je σμμ = 0 in σμν = −t , (ˇ c) kar bi sicer lahko tudi neposredno odčitali s slike Z-3.8 a. Da bi dobili zvezo s komponentami napetosti v bazi e x, e y, izrazimo napetostni vektor σμ v tej bazi σμ = σμx e x + σμy e y . ( d) Njegove komponente določimo z enačbo (1.150) σμx σxx σyx eμx σxx σyx − 1 √ σ = = · 1 μy σxy σyy eμy σxy σyy 2 3 376 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi √ σμx 1 −σxx + 3 σyx √ σ = . ( e) μy 2 −σxy + 3 σyy Napetostni vektor σμ je tako $ √ % $ √ % σ 1 1 μ = −σxx + 3 σyx e x + −σxy + 3 σyy e y . ( f ) 2 2 Njegovi komponenti v smereh e μ in e ν morata zadoščati pogojema (č) $ √ % σ 1 μμ = σμ · e μ = σxx − 2 3 σxy + 3 σyy = 0 ( g) 4 $ √ √ % σ 1 μν = σμ · e ν = 3 σxx − 2 σxy − 3 σyy = −t . ( h) 4 Postopek ponovimo še na robu BC, kjer je √ √ 1 3 3 1 e ξ = e x + e y , e η = − e x + e y ( i) 2 2 2 2 in p n ≡ p ξ = t e η . ( j) Podobno kakor v prejšnjem primeru določimo napetostni vektor σξ in po skalarnem množenju z enotskima vektorjema e ξ in e η dobimo $ √ % σ 1 ξξ = σξ · e ξ = σxx + 2 3 σxy + 3 σyy = 0 ( k) 4 $ √ √ % σ 1 ξη = σξ · e η = − 3 σxx + 2 σxy + 3 σyy = t . ( l) 4 Z odštevanjem enačb ( g) in ( k) dobimo σxy = σyx = 0 , ( m) kar je bilo treba dokazati. Enak rezultat dobimo s primerjavo enačb (h) in (l). 377 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi b. Če ugotovitev ( m) upoštevamo v enačbah ( g) in ( h), lahko določimo še napetosti σxx in σyy √ √ σ 3 xx = −t 3 in σyy = t . ( n) 3 Matrika napetosti v bazi e x, e y, e z je sedaj ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ t − 3 0 0 − 150 0 0 [ σij] = √ ⎣ 0 1 0 ⎦ = ⎣ 0 50 0 ⎦ MPa . ( o) 3 0 0 0 0 0 0 Kakor vidimo, so smeri e x, e y, e z že kar glavne smeri, napetosti σxx, σyy in σzz pa glavne normalne napetosti obravnavanega napetostnega stanja e x ≡ e1 . . . σxx ≡ σ 11 = − 150 MPa e y ≡ e2 . . . σyy ≡ σ 22 = 50 MPa ( p) e z ≡ e3 . . . σzz ≡ σ 33 = 0 . Glavne normalne deformacije določimo z enačbami (3.111). V našem primeru je Iσ 1 = σxx + σyy + σzz = − 150 + 50 = − 100 MPa 1 + ν 1 + 0 . 3 E = = 0 . 619 · 10 − 5 MPa − 1 210 000 ( q) ν Iσ 0 . 3 · E = ( − 100) = − 14 . 286 · 10 − 5 . 1 210 000 Tako dobimo ν ε 1 + ν 11 = σ Iσ E 11 − E =( − 0 . 619 · 150 + 14 . 286) · 10 − 5 = − 78 . 57 · 10 − 5 1 ν ε 1 + ν 22 = σ Iσ E 22 − E =(0 . 619 · 50 + 14 . 286) · 10 − 5 = 45 . 24 · 10 − 5 1 ν ε 1 + ν 33 = σ Iσ E 33 − E 1 = 14 . 29 · 10 − 5 . ( r) 378 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zaradi zvez ( p) je tudi εxx ≡ ε 11 = − 78 . 57 · 10 − 5 εyy ≡ ε 22 = 45 . 24 · 10 − 5 ( s) εzz ≡ ε 33 = 14 . 29 · 10 − 5 εxy = εyz = εzx = 0 . Matrika majhnih deformacij je tako ⎡ ⎤ − 78 . 57 0 0 [ εij] = 10 − 5 ⎣ 0 45 . 24 0 ⎦ . (ˇ s) 0 0 14 . 29 c. Specifična sprememba dolžine robu AB je pri majhnih deformaci- jah približno enaka komponenti ενν tenzorja majhnih deformacij. Ob upoštevanju enačbe (2.115) dobimo εν = εx eνx + εy eνy + εz eνz . ( t) Ker je eνz = 0, sledi εν = εxx eνxe x + εyy eνye y ( u) in normalna deformacija ενν je ενν = εν · e ν = εxx e 2 νx + εyy e 2 νy = 10 − 5 − 78 . 57 · 3 + 45 . 24 · 1 4 4 ενν = − 47 . 62 · 10 − 5 . ( v) Specifična sprememba Dνν dolžine robu AB je sedaj Dνν ≈ ενν = − 47 . 62 · 10 − 5 . ( w) 379 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.9 Odsekan stožčast steber je po zgornji osnovni ploskvi obtežen z enakomer- no površinsko obtežbo p. Rezultanta te obtežbe je navpična sila velikosti P . Specifična teža materiala je γ. P = 40 kN γ = 25 kN / m3 R 1 = 0 . 2 m R 2 = 0 . 5 m h = 8 m E = 2 · 104 MPa Slika Z-3.9 a Ob predpostavki, da v vsakem vodoravnem krožnem prečnem prerezu stebra nastopa le enakomerna vzdolžna normalna napetost σxx, določi: a. ekstremno normalno napetost ter prečni prerez, v katerem nastopa! b. navpični pomik zgornje osnovne ploskve (prijemališča sile P ) ! a. Pogoj za ravnotežje vseh sil, ki delujejo na del stebra Δ V ( x) v smeri vzdolžne osi x (slika Z-3.9 b), je P + γ ΔV ( x) + σxx( x) A( x) = 0 . Pri tem lahko s slike Z-3.9 b odčitamo naslednje geometrijske zveze A( x) = π R 2 x R = R( x) = R 1 + h( R 2 − R 1) 380 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Rh R h 1 h 1 = h R 2 = 2 − R 1 R 2 − R 1 π πh ΔV ( x) = ( R 2 h 1 − R 2 h 2) = ( R 3 − R 3 3 1 3( R 1) . 2 − R 1) Slika Z-3.9 b Vzdolžno normalno napetost σxx v poljubnem vodoravnem prečnem prerezu A( x) izračunamo iz ravnotežnega pogoja za ΔV ( x) σxx( x) = − 1 A [ P + γ ΔV ( x)] ( x) πγh σxx( x) = − 1 P . πR + ( R 3 − R 3) 2 3( R 1 2 − R 1) Koordinato xm prečnega prereza, v katerem nastopa ekstremna nor- malna napetost, določimo iz pogoja & dσxx && dx & = 0 . x= xm Ker je σ posredna funkcija spremenljivke R( x), velja 381 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi dσxx dσxx dR . dx = dR dx Pri tem je ( R 2 = R 1) dR R 2 − R 1 dx = h = 0 in pogoj za nastop ekstremne vrednosti napetosti lahko zapišemo takole & dσxx && dR & = 0 . R= Rm Z odvajanjem enačbe za σxx po R dobimo 1 2 P γh − 2 γhR 31 − R = 0 3 m π 3( R 2 − R 1) 3( R 2 − R 1) R 6 P ( R 2 − R 1) 3 6 · 40 · (0 . 5 − 0 . 2) m = 3 − − πγh 2 R 3 = 2 · 0 . 23 1 π · 25 · 8 Rm = 0 . 462 m h x 8 m = R ( Rm − R 1) = (0 . 462 − 0 . 2) 2 − R 1 0 . 5 − 0 . 2 xm = 6 . 986 m . Ekstremna vzdolžna normalna napetost σm xx nastopa torej v prečnem prerezu pri xm = 6 . 986 m s polmerom Rm = 0 . 462 m in znaša π · σm 25 · 8 xx = − 1 π · 40 + (0 . 4623 − 0 . 23) 0 . 4622 3(0 . 5 − 0 . 2) σm xx = − 153 . 99 kN / m2 . Ugotoviti moramo še, ali gre pri ekstremni normalni napetosti za mak- simalno ali minimalno vrednost. V ta namen izračunamo drugi odvod napetosti σxx d 2 σxx 1 − 6 P 2 γhR 31 . dR = 2 R 4 π + R 2 − R 1 382 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Izraz v oglatem oklepaju ima konstantno vrednost − 6 P 2 γhR 3 2 · 25 · 8 · 0 . 23 1 − 6 · 40 π + R = = − 65 . 73 . 2 − R 1 π + 0 . 5 − 0 . 2 Drugi odvod napetosti σxx je torej negativen po celotni višini stebra, zato ima funkcija σxx( x) pri R = Rm oziroma pri x = 0 . 462 m maksi-mum. Ker je napetost tlačna, torej negativna, dobimo pri R = Rm po absolutni vrednosti najmanjšo tlačno napetost. (Bralcu prepuščamo v razmislek naslednji vprašanji: - določi silo P tako, da bo napetost σxx linearna funkcija koordinate x, - določi mesto in vrsto ekstremne normalne napetosti, če na steber deluje le lastna teža!) b. Ob predpostavki, da gre za enoosno napetostno stanje, je vzdolžna specifična sprememba dolžine εxx določena kar s Hookovim zakonom. Upoštevajoč dobljeni izraz za vzdolžno normalno napetost σxx dobimo σ πγh ε xx( x) xx( x) = P . E = − 1 πER + ( R 3 − R 3) 2 3( R 1 2 − R 1) Vzdolžni pomik ux je z deformacijo εxx povezan s kinematično enačbo du ε x xx = , dx ki jo po preureditvi zapišemo takole P γh R 3 du 1 x = − R − dx . πER + 2 3 E( R 2 − R 1) R 2 Da bi določili potek pomika ux vzdolž stebra, bi morali to enačbo inte-grirati po x v mejah od 0 do poljubne vrednosti x. Delo se poenostavi, če vpeljemo novo integracijsko spremenljivko tako, da je x h = R 1 + d , h( R 2 − R 1) → dx = R 2 − R 1 383 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi ( x = 0) = R 1 , ( x) = R , ( x = h) = R 2 . Navpični pomik ux( x = 0) prijemališča sile P označimo z u 0 x in z integriranjem dobimo P h R d γh 2 R R 3 u 1 x = u 0 x − − − d . πE( R 2 − R 1) R 2 3 E( R 2 1 2 − R 1)2 R 1 Po izvrednotenju nastopajočih integralov sledi P h γh 2 u ( R − R 1) ( R − R 1)2( R + 2 R 1) x = u 0 x − − . πE( R 2 − R 1) RR 1 6 E( R 2 − R 1)2 R Kakor vidimo, se tako navpični pomik zaradi točkovne sile P kakor tudi navpični pomik zaradi lastne teže spreminjata vzdolž stebra po hiperboličnem zakonu. Pomik u 0 x prijemališča sile P določimo iz pogoja, da je pomik v podpori enak nič ux( x = h) = ux( R = R 2) = 0 . Od tod sledi P h γh 2 u (2 R 0 1 + R 2) x = πER + 1 R 2 6 ER 2 40 · 8 25 · 82(2 · 0 . 2 + 0 . 5) = π · + 2 · 107 · 0 . 2 · 0 . 5 6 · 2 · 107 · 0 . 5 u 0 x = 7 . 493 · 10 − 5 m . Naloga je s tem končana, zaradi popolnosti pa zapišimo še končni izraz za potek navpičnega pomika ux vzdolž stebra h P γh u ( R 2 − R) ( RR 2 + R 2 R ) 2 2 − 2 R 3 1 x = . E( R 2 − R 1) RR 2 π + 6( R 2 − R 1) 384 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.10 Med dva toga odlitka, ki sta spojena z dvema jeklenima vijakoma pre- mera 10 mm in dolžine 200 mm, moramo vstaviti bakreno palico s prečnim prerezom Ab = 600 mm2 in dolžino 200 . 2 mm. a. Za koliko moramo ohladiti bakreno palico, da jo je mogoče vstaviti med odlitka? (Temperatura jeklenih vijakov se pri tem ne spremeni.) b. Določi razdaljo med odlitkoma ter napetosti v jeklenih vijakih in bakrenem vložku, ko se temperatura bakrene palice spet izenači s temperaturo okolja in jeklenih vijakov! Ej = 2 . 1 · 105 MPa αj = 1 . 2 · 10 − 5 / K Eb = 1 . 0 · 105 MPa αb = 1 . 7 · 10 − 5 / K Slika Z-3.10 a a. Začetna dolžina bakrene palice je l 0 = 200 . 2 mm, po deformaciji zaradi ohladitve pa je nova dolžina l = 200 mm. Specifična sprememba dolžine bakrene palice ε, ki ustreza temu skrčku, je l − l ε = 0 . l Med ohlajevanjem v bakreni palici ni napetosti, zato je celotna defor- macija posledica spremembe temperature ε = αbΔTb . Obe enačbi izenačimo in izrazimo potrebno spremembo temperature ΔTb 385 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi l − l 200 . 0 − 200 . 2 ΔT 0 b = l = 0 αb 200 . 2 · 1 . 7 · 10 − 5 ΔTb = − 58 . 8 K . b. Ko se po namestitvi bakrene palice med oba toga odlitka njena tem- peratura začne izenačevati s temperaturo okolja oziroma preostalega dela sestava ( ΔTb = +58 . 8 K), se prične bakrena palica raztezati. Slika Z-3.10 b Ker sta odlitka toga, se v jeklenih vijakih pojavita natezni sili velikosti Nj, v bakreni palici pa tlačna sila Nb (slika Z-3.10 b). Iz pogoja za ravnotežje odlitka sledi Nb − 2 Nj = 0 → Nb = 2 Nj . Po izenačitvi temperatur bakrene palice in jeklenih vijakov so dolžine vseh treh elementov enake. V tem delu naloge je začetna dolžina lb = lj = l = 200 mm, končni dolžini pa označimo z lb in lj lb = lb + Δlb = l(1 + εb) lj = lj + Δlj = l(1 + εj) . Ker je N ε b b = − E + αbΔTb bAb Nj in εj = , EjAj 386 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi sledi po izenačitvi lb = lj N N − b j . E + αbΔTb = bAb EjAj Upoštevamo, da je Nb = 2 Nj, in po ureditvi dobimo E N bEj AbAj j = α E bΔTb . bAb + 2 EjAj Izračunati moramo še ploščino prečnega prereza jeklenega vijaka Aj π Aj = · 102 → Aj = 78 . 5 mm2 . 4 Tako dobimo N 1 . 0 · 105 · 2 . 1 · 105 · 600 · 78 . 5 j = · 1 . 7 · 10 − 5 · 58 . 8 = 10 632 N 105(1 . 0 · 600 + 2 · 2 . 1 · 78 . 5) Nb = 2 Nj = 2 · 10 632 = 21 264 N . Vzdolžne normalne napetosti v elementih obravnavanega sestava so sedaj N σ b b = − A = − 21 264 → σb = − 35 . 46 MPa b 600 N σ j 10 632 j = → σ A = j = 135 . 37 MPa . j 78 . 5 Po izenačitvi temperatur je razdalja med odlitkoma l enaka novi dolžini bakrene palice lb oziroma novi dolžini jeklenega vijaka lj N l j 10 632 = lj = l 1 + E = 200 1 + j Aj 2 . 1 · 105 · 78 . 5 l =200 . 129 mm . 387 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Naredimo še kontrolo N l b = lb = l 1 − E + αbΔTb = bAb 200 1 − 21 264 + 1 . 7 · 10 − 5 · 58 . 8 1 . 0 · 105 · 600 l = 200 . 129 mm . Zgled 3.11 Določi napetosti in deformacije v tankostenski krožno valjasti posodi z rotacijskima kalotama pri hidrostatičnem notranjem tlaku p (slika Z-3.11 a)! Lastno težo posode in vsebine lahko zanemarimo. slika Z-3.11 a Posodo ali kakšno drugo konstrukcijo obravnavamo kot tankostensko v primeru, da je debelina stene δ majhna v primerjavi z ostalimi značilnimi dimenzijami, na primer v primerjavi s polmerom in dolžino posode ( δ r, δ L). S tovrstnimi nalogami se srečamo pri dimen- zioniranju parnih kotlov, toplovodov, tlačnih cevovodov in rezervoarjev. 388 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi V tehniški praksi je običajna predpostavka, da gre za tenkostensko posodo, če je razmerje med polmerom r in debelino stene δ večje od 10 ( r ≥ 10 δ). V takih primerih je umestno predpostaviti, da so napetosti enakomerno razporejene po debelini stene. Slika Z-3.11 b V pravokotnem prečnem prerezu cevi nastopa enakomerna vzdolžna normalna napetost σxx, v radialnem prerezu tangentna normalna napetost σss, v tangencialni ravnini katerekoli točke na notranji površini posode pa radialna normalna napetost σrr = −p. Ustrezna radialna normalna napetost na zunanji, neobteženi površini posode je enaka nič. Pri tem smo razen osnovnega kartezijskega koordinatnega siste- ma ( x, y, z) vpeljali še naravni, prav tako kartezijski koordinatni sistem ( x, r, s), ki v poljubni točki notranje mejne črte prečnega prereza posode opisuje vzdolžno, radialno in tangencialno smer (slika Z-3.11 b). (Strožja analiza pokaže, da so v resnici tangentne normalne napetosti σss na notranjem plašču cevi nekoliko večje kakor na zunanjem, vendar je ta razlika pri omenjenih geometrijskih lastnostih cevi zanemarljivo majhna.) 389 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Ker gre v obravnavanem primeru za osnosimetrično geometrijo in enakomerno osno simetrično hidrostatično obtežbo, ki je povsod pra- vokotna na notranjo površino posode, se pod obtežbo spremenijo le dimenzije, ne pa tudi oblika posode. To pomeni, da so vse kotne defor- macije in s tem tudi vse strižne napetosti glede na koordinatni sistem ( x, r, s) enake nič εxr = εrs = εsx = 0 , in σxr = σrs = σsx = 0 . Oglejmo si del posode, ki ga določa prečni prerez z ravnino ( x = 0), in ga obravnavajmo z vsebovano tekočino ali plinom vred (slika Z-3.11 c)! Na notranji del prerezne ploskve s pol- merom r deluje hidrostatični tlak p z rezultanto Px = pπr 2, na pre- rez stene posode pa enakomerna vz- Slika Z-3.11 c dolžna normalna napetost σxx. Iz pogoja za ravnotežje sil v smeri x σxx [ π( r + δ)2 − πr 2] − pπr 2 = 0 sledi r 2 σxx = p . δ(2 r + δ) Če je izpolnjena predpostavka, da je δ r, lahko v oklepaju v ime-novalcu zanemarimo debelino cevi δ v primerjavi s premerom 2 r in dobimo r σ ∼ xx = p . 2 δ Podobno obravnavamo elementarni del posode, ki ga določajo dva na os x pravokotna prečna prereza na medsebojni razdalji Δx in radialni prerez z ravnino y = 0 (slika Z-3.11 d). Rezultanta hidrostatičnega tlaka na radialnem prerezu je Py = 2 prΔx, rezultanta tangentnih normalnih napetosti σss na ustreznem radialnem prerezu stene posode pa je S = σssδΔx. V obeh čelnih prerezih ni strižnih napetosti, zato se ravnotežni pogoj za sile v smeri osi y glasi 390 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Py − 2 S = 0 → 2 prΔx − 2 σssδΔx = 0 . Od tod sledi tako imenovana “kotelna formula” za določevanje tangent- nih normalnih napetosti r σss = p . δ Kakor vidimo, je normalna napetost v smeri tangente na vodilno krožnico valjaste posode dvakrat večja od vzdolžne normalne napetosti. (S tem si lahko razložimo vsaki gospodinji dobro znan pojav, da hre- novka pri kuhanju vedno poči podolgem). Slika Z-3.11 d Dobljeni enačbi določata normalne napetosti v steni cevi pri zaprti posodi z notranjim hidrostatičnim tlakom p. Pri posebnih konstruk-391 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi cijskih izvedbah (meandrirane toplovodne cevi z gibkimi koleni, cevi hidravličnih naprav z neodvisnimi bati in podobno) je možno vzdolžne normalne napetosti σxx zmanjšati na zanemarljivo velikost ( σxx ≈ 0), tangentne normalne napetosti σss pa praviloma računamo po kotelni formuli. Za linearno elastično napetostno–deformacijsko področje določimo de- formacije izotropnega materiala s Hookovim zakonom. V poljubni točki na notranji površini valjastega dela posode je σrr = −p, zato velja r r ε 1 1 xx = p − ν −p E [ σxx − ν( σrr + σss)] = E + p 2 δ δ p r r εxx = . E 1 − 2 δ + ν δ V gornji enačbi lahko v okroglem oklepaju zanemarimo vrednost 1 v primerjavi z ulomkom r/δ in dobimo preprost približen izraz za določitev deformacije εxx r ε ∼ (1 − 2 ν) xx = p . 2 δE Podobno določimo deformacijo εss r r ε 1 1 ss = p − ν p − p E [ σss − ν( σxx + σrr)] = E δ 2 δ p r r εss = . E δ + ν 1 − 2 δ Tudi tu lahko v okroglem oklepaju zanemarimo vrednost 1 v primerjavi z ulomkom r/ 2 δ in dobimo r ε ∼ (2 − ν) ss = p . 2 δE Določimo še normalno deformacijo v radialni smeri 392 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi r r ε 1 1 rr = −p − ν p E [ σrr − ν( σxx + σss)] = E 2 δ + p δ p ε 3 rν rr = − . E 1 + 2 δ Če tudi v gornji enačbi zanemarimo vrednost 1 v primerjavi z ulomkom 3 rν/ 2 δ, sledi ε ∼ rr = −p 3 rν . 2 δE Nekoliko podrobneje si oglejmo deformacijo εss, ki predstavlja specifič- no spremembo dolžine notranje mejne črte prečnega prereza cevnega dela posode. Slika Z-3.11 e To specifično spremembo dolžine lahko izrazimo kot razmerje celotne spremembe dolžine notranje konture Δlk = lk − lk in začetne dolžine konture lk (slika Z-3.11 e/a) l ε k − lk 2 πr − 2 πr ss = Dss = l = k 2 πr r εss = − r 1 . Tako smo torej linearno deformacijo εss notranje konture izrazili s spremembo notranjega polmera prečnega prereza cevnega dela posode. 393 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Vse dobljene enačbe lahko smiselno uporabimo tudi v primeru, da je posoda izpostavljena hidrostatičnemu tlaku z zunanje strani (slika Z- 3.11 e/b), le da sta tedaj napetosti σxx in σss tlačni, notranji polmer r pa moramo nadomestiti z zunanjim polmerom rz = r + δ. Zgled 3.12 Podvodni cevovod je sestavljen iz jeklene notranje in varovalne bakrene zunanje cevi, ki se tesno, vendar brez napetosti, prilegata med seboj (slika Z-3.12 a). Konstrukcijska izvedba cevovoda je takšna, da so vzdolžne normalne napetosti v prečnem prerezu cevi zanemarljivo majhne. r 0 = 50 cm δj = 1 cm δb = 1 . 5 cm Ej = 2 · 105 MPa νj = 0 . 30 Eb = 1 · 105 MPa νb = 0 . 34 Slika Z-3.12 a Določi normalne napetosti v tangencialni smeri glede na vodilno krožnico v obeh ceveh v naslednjih primerih: a. pri tlačnem preizkusu cevovoda na kopnem z notranjim hidrostatičnim tlakom velikosti 5 . 5 MPa, b. pri praznem cevovodu v globini 50 m pod vodo, c. med obratovanjem cevovoda z notranjim tlakom 1 . 4 MPa v globini 50 m pod vodo! 394 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Za kasnejšo rabo določimo polmer skupne konture obeh cevi r 1 in zunanji polmer bakrene cevi r 2 r 1 = r 0 + δj = 51 cm , r 2 = r 0 + δj + δb = 52 . 5 cm . Obravnavajmo najprej splošni primer, da je cevovod izpostavljen no- tranjemu hidrostatičnemu tlaku pn in zunanjemu hidrostatičnemu tlaku pz (slika Z-3.12 b/a). Slika Z-3.12 b Zaradi različnih deformabilnostnih lastnosti bakrene in jeklene cevi se na stični ploskvi obeh cevi pojavi osnosimetrična interakcijska obtežba q (sliki Z-3.12 b/b in b/c). Vzdolžne in radialne normalne napetosti v poljubni točki stične mejne ploskve obeh cevi so σjxx = σbxx = 0 in σjrr = σbrr = −q . Normalna napetost v tangencialni smeri na vodilno krožnico jeklene cevi je po kotelni formuli r r σj 0 1 1 ss = pn − q δ = ( pn r 0 − q r 1) , j δj δj v bakreni cevi pa 395 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi r r σb 1 2 1 ss = q − p δ z = ( q r 1 − pz r 2) . b δb δb Interakcijsko obtežbo q na stični ploskvi obeh cevi določimo iz pogoja, da se cevi tudi pod vplivom obtežbe tesno prilegata med seboj. To pomeni, da mora biti zunanji polmer deformirane jeklene cevi enak notranjemu polmeru deformirane bakrene cevi r (jeklene cevi) = r (bakrene cevi) . 1 1 V zgledu 3.11 smo ugotovili, da lahko gornji pogoj enakovredno izrazimo z zahtevo, da sta specifični spremembi dolžin skupne konture jeklene oziroma bakrene cevi enaki med seboj εjss = εbss . Pri tem je ( σjxx = σbxx = 0) εj 1 1 1 ss = E ( σjss − νj σjrr) = ( pn r 0 − q r 1) + νj q j Ej δj εb 1 1 1 ss = . E ( σbss − νb σbrr) = ( q r 1 − pz r 2) + νb q b Eb δb Zaradi enostavnejšega pisanja vpeljemo okrajšavo E β j = , Eb izenačimo obe linearni deformaciji in po ureditvi dobimo p q n r = 0 δb + β pz r 2 δj . β δj ( r 1 + νb δb) + δb ( r 1 − νj δj) V našem primeru je E β j 2 · 105 = E = = 2 b 1 · 105 in imenovalec v enačbi za interakcijsko obtežbo q lahko izračunamo neodvisno od obtežnega primera 396 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi β δj ( r 1 + νb δb) + δb ( r 1 − νj δj) = 2 · 0 . 01 · (0 . 51 + 0 . 34 · 0 . 015) + 0 . 015 · (0 . 51 − 0 . 30 · 0 . 01) = 179 . 07 · 10 − 4 m2 . Interakcijska obtežba in normalne napetosti v tangencialni smeri v obravnavanih treh obtežnih primerih so: a. pn = 5 . 5 MPa , pz = 0 q 5 . 5 · 0 . 50 · 0 . 015 = = 2 . 304 MPa 179 . 07 · 10 − 4 σj 1 ss = (5 . 5 · 0 . 50 − 2 . 30 · 0 . 51) = 157 . 518 MPa 0 . 01 σb 1 ss = · 2 . 30 · 0 . 51 = 78 . 321 MPa . 0 . 015 b. Hidrostatični tlak v globini h = 50 m je ( γv = 0 . 01 MN / m3) ph = hγv = 50 · 0 . 01 = 0 . 5 MPa , zato je pn = 0 , pz = 0 . 5 MPa . q 2 · 0 . 5 · 0 . 525 · 1 = = 0 . 293 MPa 179 . 07 · 10 − 4 σj 1 ss = (0 − 0 . 29 · 0 . 51) = − 14 . 952 MPa 0 . 01 σb 1 ss = (0 . 29 · 0 . 51 − 0 . 5 · 0 . 525) = − 7 . 532 MPa . 0 . 015 c. pn = 1 . 4 MPa , pz = 0 . 5 MPa q 1 . 4 · 0 . 50 · 0 . 015 + 2 · 0 . 5 · 0 . 525 · 0 . 01 = = 0 . 880 MPa 179 . 07 · 10 − 4 σj 1 ss = (1 . 4 · 0 . 50 − 0 . 88 · 0 . 51) = 25 . 143 MPa 0 . 01 σb 1 ss = (0 . 88 · 0 . 51 − 0 . 5 · 0 . 525) = 12 . 405 MPa . 0 . 015 397 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.13 Dolgo valjasto aluminijasto jedro je tesno, vendar brez napetosti, obdano s tanko jekleno cevjo, ki je na konceh zaprta z absolutno togima ploščama. D = 60 mm δ = 1 mm ΔT = 40 o C Slika Z-3.13 a Ej = 22 000 kN / cm2 νj = 0 . 30 αj = 1 . 2 · 10 − 5 / K Ea = 7 000 kN / cm2 νa = 0 . 34 αa = 2 . 353 · 10 − 5 / K Opisani sestav enakomerno segrejemo za ΔT . Obravnavaj dva primera: a. razdalja med čelnima ploščama se med segrevanjem ne spremeni (slika Z-3.13 a/a), b. desna plošča se lahko prosto premika skupaj z valjem in cevjo (slika Z-3.13 a/b). V obeh primerih določi vzdolžne in prečne normalne napetosti v alumini- jastem valju ter normalne vzdolžne in normalne tangencialne napetosti v cevi! Pri tem upoštevaj ugotovitve iz zgleda 3.11! Lastno težo valja in cevi, trenje med valjem in cevjo ter motnje na priključkih cevi na čelni plošči zanemarimo. 398 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Primer a: Ker se pri segrevanju aluminijasto jedro in jekleni plašč ne moreta neovirano deformirati, se med njima in nepodajno podlago pojavi interakcij- ska obtežba. Preprost fizikalni razmislek pove, da je ta obtežba tlačna. Interakcijsko obtežbo med osnovno ploskvijo jeklene cevi in podlago označimo s pj, interakcijsko obtežbo med osnovno ploskvijo aluminijastega jedra in podlago pa s pa. Razen tega se zaradi različnih deformabilnostnih lastnosti aluminija in jekla med cevjo in valjem pojavi tudi osnosimetrična interakcijska obtežba q (slika Z-3.13 b). Napetosti v poljubni točki stične ploskve cevi in valja so: Jeklena σjxx = −pj Aluminijasti σaxx = −pa cev : D σj valj : ss = q σa ( a) 2 δ yy = −q σjrr = −q σazz = −q . Slika Z-3.13 b V obravnavanem primeru ostane dolžina sestava po spremembi tempe- rature nespremenjena, kar pomeni, da sta vzdolžni deformaciji jeklene cevi εjxx in aluminijastega jedra εaxx enaki nič. εj 1 xx = σj σj E xx − νj ss + σjrr + αjΔT = 0 j ( b) εa 1 xx = σa σa E xx − νa yy + σa zz + αaΔT = 0 . a 399 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Upoštevamo enačbe ( a) in po ureditvi dobimo D pj + qνj − 1 = EjαjΔT 2 δ ( c) pa − 2 qνa = EaαaΔT . Po vstavitvi podatkov sledi pj = 10 . 5600 − 8 . 7000 q (ˇ c) pa = 6 . 5884 + 0 . 6800 q . V zgledu 3.11 smo pokazali, da je specifična sprememba dolžine notranje konture cevi enaka specifični spremembi dolžine notranjega premera cevi. Če upoštevamo, da je D = 2 r in D = 2 r, dobimo D εjss = − D 1 . ( d) V našem primeru predstavlja desna stran gornje enačbe specifično spre- membo dolžine premera aluminijastega valja. Ker gre za osnosimetričen primer, je ta deformacija enaka v vseh smereh v ravnini ( y, z), na primer D εayy = εazz = − D 1 . ( e) Zahtevo, da se cev in valj tudi po deformaciji med seboj tesno prilegata, torej izrazimo z enačbo εjss = εayy . ( f ) V obravnavanem primeru sta deformaciji εjss in εayy določeni z enačbama εj 1 ss = σj σj E ss − νj xx + σjrr + αjΔT j ( g) εa 1 yy = σa E yy − νa ( σa xx + σa zz) + αaΔT . a 400 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Enačbi izenačimo, upoštevamo zveze ( a) in po ureditvi dobimo D q Ea + Ej (1 − νa) + Eaνjpj − Ejνapa = 2 δ + νj ( h) ( αa − αj) EjEaΔT . Ko vstavimo konkretne podatke, sledi 226 620 q + 2 100 pj − 7 480 pa = 71 024 . 8 . ( i) Ob upoštevanju enačb (ˇ c) lahko iz enačbe ( i) izračunamo interakcijsko obtežbo q q = 0 . 4598 kN / cm2 . ( j) Iz enačb (ˇ c) tako sledi pj = 6 . 5601 kN / cm2 in pa = 6 . 9010 kN / cm2 . ( k) Napetosti v cevi in valju so sedaj Jeklena cev : σjxx = − 6 . 5601 kN / cm2 σjss = 13 . 7929 kN / cm2 σjrr = − 0 . 4600 kN / cm2 Aluminijasti valj : σaxx = − 6 . 9010 kN / cm2 σayy = − 0 . 4600 kN / cm2 σazz = − 0 . 4600 kN / cm2 . ( l) Določimo še skupno silo R, s katero sestav deluje na nepodajno podlago. Ta sila je enaka rezultanti interakcijskih obtežb pj in pa na osnovnih ploskvah cevi in valja π πD 2 R = pj ( D + 2 δ)2 − D 2 + pa 4 4 π = 4 p ( m) j δ ( D + δ) + paD 2 4 R = 207 . 6928 kN . 401 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Primer b. Tudi v tem primeru se med osnovnima ploskvama cevi in valja ter pri- ključnima ploščama pojavita interakcijski obtežbi pj in pa, med cevjo in valjem pa osnosimetrična interakcijska obtežba q. Vendar tokrat desna plošča ni nepodajno pritrjena na podlago, zato mora biti rezultanta R interakcijskih obtežb pj in pa, s katerima sestav deluje na priključno ploščo, enaka nič (slika Z-3.13 c). Slika Z-3.13 c Upoštevajoč enačbo ( m) lahko tedaj poiščemo zvezo med obtežbama pj in pa π R = 4 pjδ ( D + δ) + paD 2 = 0 4 D ( n) 2 pj = − pa 4 δ( D + δ) Zaradi preprostejših zapisov vpeljemo označbo D 2 ψ = = 14 . 7541 ( o) 4 δ( D + δ) in zapišemo pj = −ψ pa . ( p) Ker sta priključni plošči absolutno togi, mora biti vzdolžna deformacija jeklene cevi εjxx enaka vzdolžni deformaciji aluminijastega jedra εaxx εjxx = εaxx . ( q) 402 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Ob upoštevanju enačb ( b) ter zvez ( a) in ( p) lahko pogoj ( q) zapišemo v naslednji obliki D pa ( Ej + ψEa) − q 2 Ejνa + Eaνj − 1 = 2 δ ( r) ( αa − αj) EjEaΔT . Seveda mora biti tudi v tem primeru izpolnjen pogoj ( f ), ki ga ob upoštevanju enačb ( g) ter zvez ( a) in ( p) zapišemo takole D − pa ( Ejνa + ψEaνj) + q Ej (1 − νa) + Ea = 2 δ + νj ( s) ( αa − αj) EjEaΔT . V dobljeni enačbi ( r) in ( s) vstavimo podatke naloge in po ureditvi dobimo pa − 0 . 6055 q = 0 . 5669 (ˇ s) −pa + 5 . 8918 q = 1 . 8465 . Rešitvi dobljenega sistema enačb sta pa = 0 . 8434 kN / cm2 in q = 0 . 4566 kN / cm2 , ( t) iz enačbe ( p) pa sledi še pj = − 12 . 4435 kN / cm2 . ( u) Upoštevajoč enačbe ( a) lahko določimo napetosti za primer b. Jeklena cev : σjxx = 12 . 4435 kN / cm2 σjss = 13 . 6967 kN / cm2 σjrr = − 0 . 4566 kN / cm2 Aluminijasti valj : σaxx = − 0 . 8434 kN / cm2 σayy = − 0 . 4566 kN / cm2 σazz = − 0 . 4566 kN / cm2 . 403 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Zgled 3.14 Zapiši Misesov pogoj za začetek plastičnega tečenja za prikazani primer napetostnega stanja! ⎡ ⎤ σxx 0 σxz [ σij] = ⎣ 0 0 0 ⎦ σxz 0 0 Ob upoštevanju enačb (3.168) in (3.170) izrazimo Misesov pogoj plastičnega tečenja z drugo invarianto deviatoričnega dela tenzorja napetosti && & ID& 1 = σ 2 2 3 Y . ( a) V obravnavanem primeru je σ Iσ xx = σ . ( b) 1 xx in σH = 3 Matrika deviatoričnih napetosti je torej ⎡ ⎤ 2 σxx 0 3 σxz σD 1 ⎣ ⎦ ij = σij − δij σH = 0 −σxx 0 , ( c) 3 3 σxz 0 −σxx njena druga invarianta pa je && && && && && && ID 1 −σ 2 σ 2 σ = & xx 0 & & xx 3 σxz & & xx 0 & 2 9 & 0 −σ & + & & + & & xx 3 σxz −σxx 0 −σxx σ 2 ID = − xx + σ 2 . (ˇ c) 2 3 xz Misesov pogoj plastičnega tečenja ( a) je tako σ 2 xx + 3 σ 2 xz = σ 2 Y . ( d) 404 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Po korenjenju lahko pogoj tečenja izrazimo s primerjalno napetostjo σM e σM e = σ 2 xx + 3 σ 2 xz = σY . ( e) Zgled 3.15 Napetostno stanje delca D je opisano s komponentami σij tenzorja napetosti glede na koordinatni sistem ( x, y, z). a. Dokaži, da je ravnina Π ζ, katere normala e ζ oklepa enake kote z osmi x, y, z, ena od glavnih ravnin podanega napetostnega stanja! Določi preostali dve glavni ravnini in vse glavne normalne napetosti! b. Obravnavano telo je narejeno iz bilinearnega elastično–plastičnega ma- teriala. Pri enoosnem napetostnem stanju je prehod iz elastičnega v plastično stanje določen z mejo plastičnega tečenja σY . Upoštevajoč Misesov pogoj tečenja določi napetost qY , pri kateri pri podanem prostorskem napetostnem stanju delca D nastopijo prve plastične deformacije! Napetost qY izrazi v odvisnosti od vrednosti σY ! ⎡ ⎤ q 2 q 2 q [ σij] = ⎣ 2 q q 2 q ⎦ 2 q 2 q q a. Ker smer e ζ oklepa enake kote s smermi e x, e y, e z, velja eζx = eζ = e y ζz in iz pogoja, da mora biti e ζ enotski vektor, sledi e 2 ζx + e 2 ζ + e 2 y ζz = 1 3 e 2 ζx = 1 → eζx = eζ = e . y ζz = ± 1 √ 3 405 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi Privzamemo kar pozitivne predznake smernih kosinusov in dobimo 1 e ζ = √ (e x + e y + e z) . 3 Komponente napetostnega vektorja σζ, ki pripada ravnini Π ζ z normalo e ζ, določimo upoštevajoč enačbo (1.150) ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎨ σζx ⎬ q 2 q 2 q ⎨ 1 ⎬ ⎨ 1 ⎬ σ ⎣ ⎦ · 1 √ 5 q √ , ⎩ ζy 2 q q 2 q 1 1 σ ⎭ = 3 ⎩ ⎭ = 3 ⎩ ⎭ ζz 2 q 2 q q 1 1 tako da je σ 5 q ζ = √ (e x + e y + e z) oziroma σζ = 5 q e ζ . 3 Kakor vidimo, ima napetostni vektor σζ le normalno komponento σζζ = 5 q , σζξ = σζη = 0 . S tem je dokaz končan. Napetost σζζ je torej že kar ena od glavnih normalnih napetosti, smer e ζ pa pripadajoča glavna smer. Označimo jo na primer z e3 e ζ = e3 → σζζ = σ 33 = 5 q . Da bi določili še preostali dve glavni normalni napetosti, moramo rešiti karakteristično enačbo podanega napetostnega stanja. Invariante ten- zorja napetosti so Iσ 1 = 3 q , Iσ 2 = − 9 q 2 , Iσ 3 = 5 q 3 . Karakteristična enačba je tako 406 3.6 Sovisnosti med napetostmi in deformacijami - Zgledi σ 3 − 3 qσ 2 − 9 q 2 σ − 5 q 3 = 0 . Ker je σ 33 = 5 q eden od korenov te enačbe, lahko brez ostanka izpeljemo deljenje σ 3 − 3 qσ 2 − 3 q 2 σ − 5 q 3 : ( σ − 5 q) = σ 2 + 2 qσ + q 2 . Iz zahteve σ 2 + 2 qσ + q 2 = ( σ + q)2 = 0 sledita preostali dve glavni normalni napetosti σ 11 = σ 22 = −q . Očitno gre za osnosimetrično napetostno stanje v ravnini, ki je pra- vokotna na smer e ζ. Glavna vektorja e1 in e2 sta torej poljubna medsebojno pravokotna vektorja v ravnini Π ζ. b. V obravnavanem primeru je najugodneje, če Misesov pogoj plastičnega tečenja zapišemo v obliki (3.171) ( σ 11 − σ 22)2 + ( σ 22 − σ 33)2 + ( σ 33 − σ 11)2 = 2 σ 2 Y . Če v pogoj plastičnosti vstavimo dobljene vrednosti glavnih normalnih napetosti, sledi ( −q + q)2 + ( −q − 5 q)2 + (5 q + q)2 = 2 σ 2 Y . Vrednost napetosti q, pri kateri je izpolnjen pogoj plastičnosti, označi-mo s qY in dobimo σ q Y Y = . 6 407 4 OSNOVNE ENA ˇ CBE TRDNEGA TELESA. ROBNI PROBLEM 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa V prvih treh poglavjih smo izpeljali tri skupine osnovnih enačb, ki določajo mehansko stanje trdnega telesa pri statični zunanji obtežbi. Prvo skupino sestavljajo ravnotežne enačbe, ki povezujejo specifično površinsko obtežbo p n in specifično prostorninsko obtežbo v obravnavanega telesa z napetostmi σij. V kartezijskem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z morajo biti znotraj območja V izpolnjeni pogoji ∂σxx ∂σxy ∂σzx ∂x + ∂y + ∂z + vx = 0 ∂σ ∂σ ∂σ V xy yy yz : ∂x + ∂y + ∂z + vy = 0 (4 . 1) ∂σzx ∂σyz ∂σzz ∂x + ∂y + ∂z + vz = 0 . Pri tem smo z upoštevanjem simetrije strižnih napetosti ( σyx = σxy, σzy = σyz, σxz = σzx) izpolnili tudi momentni ravnotežni pogoj. Dobili smo torej tri parcialne diferencialne enačbe za šest neodvis- nih skalarnih funkcij napetosti. Posebno rešitev teh enačb dobimo z upoštevanjem robnih pogojev, ki zahtevajo, da je v ravnotežju tudi vsak delec na mejni ploskvi telesa. V razdelku 1.3 smo s specifično zunanjo površinsko obtežbo p n zajeli celotno obtežbo, ki prek mejne ploskve S deluje na telo. Omenili smo, da je aktivni del te obtežbe predpisan, pasivni del pa deluje na telo na podprtih delih mejne ploskve. Da 408 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa bi lahko natančneje opredelili robne pogoje, v nadaljevanju simbolično razdelimo mejno ploskev S na dva dela (slika 4.1) Slika 4.1 Z Sp označimo tisti del zunanje mejne ploskve, na katerem je predpisana aktivna zunanja obtežba p n, z Su pa tisti del, na katerem so zaradi podpiranja ali na kak drugačen način predpisani pomiki u in zasuki ω. Oba dela sta z robom R povezana v ploskev S Sp ∪ Su = S Sp ∩ Su = R . Na delu Sp morajo biti torej izpolnjeni pogoji pnx = σxxenx + σxyeny + σzxenz Sp : pny = σxyenx + σyyeny + σyzenz (4 . 2) pnz = σzxenx + σyzeny + σzzenz Na kratko lahko ravnotežne enačbe (4.1) in pripadajoče robne pogoje (4.2) zapišemo z vsotama ∂σ V ij : ∂x + vj = 0 i i ( i, j = x, y, z) . (4 . 3) Sp : pnj = σij eni i 409 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa Drugo skupino sestavljajo kinematične enačbe, ki povezujejo kompo- nente simetričnega tenzorja majhnih deformacij s pomiki ∂u ε x xx = ∂x ∂u ε y yy = ∂y ∂u ε z zz = ∂z V : ∂u ∂u (4 . 4) ε 1 y x xy = = εyx 2 ∂x + ∂y ∂u ∂u ε 1 z y yz = = εzy 2 ∂y + ∂z ∂u ∂u ε 1 x z zx = = εxz . 2 ∂z + ∂x Gre torej za šest parcialnih diferencialnih enačb, v katerih nastopa devet neznanih skalarnih funkcij: šest deformacij in trije pomiki. Na kratko jih zapišemo z enačbo ∂u ∂u V 1 j i : εij = + ( i, j = x, y, z) . (4 . 5) 2 ∂xi ∂xj Razen enačb (4.4) so s kinematiko materialnega delca povezane še tri “pomožne kinematične enačbe”, ki določajo povprečne zasuke okrog koordinatnih osi s prvimi parcialnimi odvodi pomikov ∂u ∂u ω 1 y x xy ≡ ωz = − = −ωyx 2 ∂x ∂y ∂u ∂u ω 1 z y yz ≡ ωx = − = −ωzy (4 . 6) 2 ∂y ∂z ∂u ∂u ω 1 x z zx ≡ ωy = − = −ωxz . 2 ∂z ∂x O pomožnih kinematičnih enačbah govorimo zato, ker jih, kakor bomo pokazali v nadaljevanju, praviloma lahko rešujemo ločeno od tako ime- novanega sistema osnovnih mehanskih enačb. V tem sistemu pa nujno 410 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa nastopajo enačbe (4.4), ki jih rešujemo ob predpisanih kinematičnih robnih pogojih. Ti povedo, kako je obravnavano telo podprto, kakšni so torej pomiki in zasuki na delu mejne ploskve Su u S i = uri u : ( i = x, y, z) . (4 . 7) ( ωi = ωri) Glede na povedano smo kinematične robne pogoje, ki predpisujejo za- suke, zapisali v oklepaju, saj jih ob upoštevanju zvez (4.6) lahko izra- zimo s pomiki. Če poznamo pomike kot funkcije koordinat, lahko iz enačb (4.4) brez težav izračunamo deformacije. V nasprotnem primeru, če poznamo deformacije in želimo iz enačb (4.4) izračunati pomike, morajo defor- macije zadoščati dodatnim šestim kompatibilnostnim pogojem, ki zago- tavljajo enolično določljivost treh pomikov iz šestih kinematičnih enačb. Za enkrat sovisna območja so potrebni in zadostni pogoji za enoličnost pomikov izraženi z enačbami ∂ 2 εyy ∂ 2 εzz ∂ 2 ε − yz ∂z + 2 2 ∂y 2 ∂yz = 0 ∂ 2 εzz ∂ 2 εxx ∂ 2 ε − zx ∂x + 2 2 ∂z 2 ∂zx = 0 ∂ 2 εxx ∂ 2 εyy ∂ 2 ε − xy ∂y + 2 2 ∂x 2 ∂xy = 0 ∂ ∂ε (4 . 8) yz ∂εzx ∂ε ∂ 2 ε − xy − zz ∂z ∂x + ∂y ∂z ∂x∂y = 0 ∂ ∂εzx ∂εxy ∂ε ∂ 2 ε − yz − xx ∂x ∂y + ∂z ∂x ∂y∂z = 0 ∂ ∂εxy ∂εyz ∂ε ∂ 2 ε − zx − yy ∂y ∂z + ∂x ∂y ∂z∂x = 0 . Sovisnosti med napetostmi in deformacijami opisuje tretja skupina os- novnih enačb, ki jih imenujemo konstitucijske ali materialne enačbe. 411 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa Če se omejimo na obravnavanje linearno elastičnih teles, so zveze med napetostmi in deformacijami določene z Neumann-Duhamelovimi enačbami σxx = 2 μεxx + λIε − β 1 T ΔT σyy = 2 μεyy + λIε − β 1 T ΔT σzz = 2 μεzz + λIε − β 1 T ΔT (4 . 9) σxy = 2 μεxy σyz = 2 μεyz σzx = 2 μεzx . Gre za šest linearnih algebrajskih enačb, ki jih lahko zapišemo tudi v inverzni obliki ν ε 1 + ν xx = σ Iσ E xx − E 1 + αTΔT ν ε 1 + ν yy = σ Iσ E yy − E 1 + αT ΔT ν ε 1 + ν zz = σ Iσ E zz − E + α 1 T ΔT (4 . 10) ε 1 + ν xy = σ E xy ε 1 + ν yz = σ E yz ε 1 + ν zx = σ E zx . Zapišimo enačbe (4.9) in (4.10) še v zgoščeni obliki σij = 2 μεij + λδijIε − β 1 T δij ΔT ν ( i, j = x, y, z) (4 . 11) ε 1 + ν ij = σ δ E ij − E ijIσ + δ 1 ij αT ΔT . Enačbe (4.1), (4.4) in (4.9) s pripadajočimi robnimi pogoji sestavljajo sistem petnajstih enačb za petnajst neznanih funkcij (šest napetosti, šest deformacij in trije pomiki), ki v statičnem primeru določajo mehan- sko stanje telesa. Če nam uspe kot del rešitve tega sistema določiti pomike ui, lahko z enačbami (4.6) brez težav izračunamo tudi zasuke 412 4.1 Osnovne enaˇ cbe trdnega telesa ωij. Zato smo enačbe (4.6) upravičeno obravnavali kot pomožne kinematične enačbe. Seveda pa smo z navedenimi enačbami opisali le najpreprostejši splošni primer izotropnega, linearno elastičnega trdnega telesa pri statični obtežbi. Pri izpeljavi ravnotežnih enačb smo namreč vzeli, da so pomiki in zasuki obravnavanega telesa tako majhni, da lahko ravnotežne pogoje izrazimo kar glede na začetno, nedeformirano stanje telesa. V kine- matičnih enačbah smo dodatno omejili še velikosti parcialnih odvodov pomikov, specifičnih sprememb dolžin in sprememb pravih kotov. To nam je omogočilo, da smo specifične spremembe dolžin in spremembe pravih kotov izrazili kar s komponentami simetričnega tenzorja majhnih deformacij, ki so linearne glede na parcialne odvode pomikov. Navedene ravnotežne in kinematične enačbe predstavljajo tako imenovano teorijo prvega reda, ki skupaj s konstitucijskimi enačbami linearno elastične snovi omogoča razmeroma preprosto analizo obsežnega razreda mehanskih problemov. Za obravnavanje bolj zapletenih nalog, pri katerih navedene pred- postavke o geometrijskih spremembah niso izpolnjene, je treba vpeljati bolj stroge pogoje. Kot najstrožjo možnost omenimo tako imenovano teorijo tretjega reda, pri kateri zapišemo ravnotežne pogoje za deformirano stanje telesa, specifične spremembe dolžin, spremembe pravih ko- tov in spremembe elementarnih ploščin pa izrazimo s komponentami tenzorja velikih deformacij. Tak pristop praviloma vodi k sistemu ne- linearnih ravnotežnih in kinematičnih enačb. Med obema omenjenima skrajnima teorijama so v rabi številne različice teorije drugega reda, ki jih dobimo z vpeljavo različnih poenostavitev v teorijo tretjega reda. Ne glede na to, kako natančno navedene enačbe opisujejo geometrij- ske in obtežne razmere obravnavanega problema, v splošnem veljajo za poljuben material, ki ustreza konceptu zvezne snovi. Seveda pa pri velikih deformacijah napetosti le redko ostanejo v elastičnem območju, kar pomeni, da moramo upoštevati tudi neelastično obnašanje obrav- navanega telesa. 413 4.2 Metoda pomikov. Navier–Lam´ ejeve enaˇ cbe Vrnimo se k našemu najpreprostejšemu primeru, pri katerem enačbe (4.1), (4.4) ter (4.9) oziroma (4.10) sestavljajo tako imenovani sistem osnovnih enačb linearno elastičnega telesa in jih zato imenujemo tudi osnovne enačbe teorije elastičnosti. Kljub temu, da ta sistem enačb opisuje poenostavljen primer, je njegovo reševanje še vedno zelo zah-tevna matematična naloga. Razen šestih linearnih algebrajskih konsti- tucijskih enačb nastopa v nalogi še devet linearnih parcialnih diferenci- alnih enačb 1. reda, ki jih moramo reševati ob predpisanih robnih pogo- jih (4.2) in (4.7). V matematiki tako nalogo imenujemo robni problem. Analitično rešitev našega robnega problema lahko pričakujemo le v naj- preprostejših primerih obtežbe, geometrije in načina podpiranja obrav- navanega telesa. V večini drugih, bolj splošnih primerov se zatekamo k numeričnim postopkom, pri katerih zadostimo osnovnim enačbam le v končni množici premišljeno izbranih diskretnih točk obravnavanega telesa. V vsakem primeru pa je ugodno, če z vnaprejšnjo izločitvijo nekaterih izmed neznank problema zmanjšamo red sistema osnovnih enačb. V ta namen sta v rabi dve pomembni metodi: metoda pomikov in metoda napetosti. Pri metodi pomikov izločimo iz sistema osnovnih enačb vse neznanke razen pomikov, pri metodi napetosti pa celoten sistem izrazimo le z napetostmi. Znane pa so tudi različne mešane me- tode, pri katerih kot osnovne neznanke nastopajo nekateri pomiki in nekatere napetosti, ostale pa s primernim postopkom izločimo. 4.2 Metoda pomikov. Navier †-Lam´ ejeve enaˇ cbe Osnovna ideja metode pomikov je v tem, da skušamo tri ravnotežne enačbe izraziti s tremi komponentami vektorja pomikov. V prvem ko- raku povežemo prvo od enačb (4.11) z enačbo (4.5) in tako izrazimo napetosti s pomiki † Claude Louis Navier, francoski inženir, 1785-1836. 414 4.2 Metoda pomikov. Navier–Lam´ ejeve enaˇ cbe ∂u ∂u ∂u V j i k : σij = μ −β ∂x + + λδij T δij ΔT . (4 . 12) i ∂xj ∂x k k Pri tem smo upoštevali zvezo med prvo invarianto tenzorja majhnih deformacij in pomiki ∂u ∂u ∂u ∂u Iε x y z k = ε . (4 . 13) 1 xx + εyy + εzz = ∂x + ∂y + ∂z = ∂x k k Enačbo (4.12) vstavimo v ravnotežni pogoj (4.3) in dobimo ∂ 2 u ∂ 2 u ∂ 2 u ∂ μ j i δ k − β ΔT ∂x + ∂x + λ ij ∂x T δij ∂x + vj = 0 . i i∂xi j∂xi k k∂xi i (4 . 14) Prvi člen dobljene vsote lahko izrazimo z Laplaceovim diferencialnim operatorjem † Δ ≡ ∇ · ∇ ≡ ∇ 2 ∂ 2 uj ∂ 2 uj ∂ 2 uj ∂ 2 uj ∂x = ∂x + + = Δ u 2 ∂y 2 ∂z 2 j = ∇ 2 uj . (4 . 15) i i∂xi Upoštevajoč lastnosti Kroneckerjevega tenzorja δij in zamenljivost sumacijskih indeksov lahko še pišemo ∂ 2 u ∂ 2 u ∂ 2 u δ k k i ij ∂x = ∂x = ∂x (4 . 16) i k k∂xi k k∂xj i i∂xj in ∂ ∂ δ ΔT ΔT ij . ∂x = ∂x (4 . 17) i i j † Glej n. pr. Bronštejn–Semendjajev, Matematični priročnik, str. 363. 415 4.2 Metoda pomikov. Navier–Lam´ ejeve enaˇ cbe Pri tem smo vzeli, da je temperaturna sprememba ΔT funkcija koordinat obravnavanega delca ΔT = ΔT ( x, y, z) = ΔT ( xj) . (4 . 18) Ravnotežni pogoj (4.14) lahko sedaj zapišemo takole ∂ 2 u ∂ V i ΔT : μ∇ 2 uj+( μ+ λ) ∂x + vj−βT ∂x = 0 . (4 . 19) i i∂xj j To so znane Navier–Laméjeve enačbe (pogosto jim rečemo kar Laméjeve enačbe), ki predstavljajo ravnotežne pogoje, izražene s pomiki. Kot vidimo, smo sistem petnajstih osnovnih enačb trdnega telesa skrčili na sistem treh linearnih parcialnih diferencialnih enačb 2. reda, v katerih kot neznanke nastopajo tri komponente vektorja pomikov. V razviti obliki dobimo za območje V ∂ ∂u ∂u ∂u ∂ μ∇ ΔT 2 u x y z x + ( μ + λ) ∂x ∂x + ∂y + ∂z + vx − βT ∂x = 0 ∂ ∂u ∂u ∂u ∂ μ∇ ΔT 2 u x y z y + ( μ + λ) ∂y ∂x + ∂y + ∂z + vy − βT ∂y = 0 ∂ ∂u ∂u ∂u ∂ μ∇ ΔT 2 u x y z z + ( μ + λ) ∂z ∂x + ∂y + ∂z + vz − βT ∂z = 0 . (4 . 20) Laméjeve enačbe rešujemo ob upoštevanju statičnih robnih pogojev, ki jih moramo prav tako izraziti s pomiki. Če v drugo od enačb (4.3) vstavimo izraz (4.12) in upoštevamo lastnosti Kroneckerjevega tenzorja δij, dobimo za del mejne ploskve Sp naslednje pogoje ∂u ∂u ∂u p j i k nj = μ e λ − β e ∂x + ∂x ni + ∂x T ΔT nj (4 . 21) i i j k k 416 4.2 Metoda pomikov. Navier–Lam´ ejeve enaˇ cbe oziroma v razviti obliki ∂u ∂u ∂u ∂u p x x y z nx = 2 μ − β e ∂x + λ ∂x + ∂y + ∂z T ΔT nx + ∂u ∂u ∂u ∂u μ x y e x z e ∂y + ∂x ny + μ ∂z + ∂x nz ∂u ∂u ∂u ∂u p y x y z ny = 2 μ − β e ∂y + λ ∂x + ∂y + ∂z T ΔT ny + (4 . 22) ∂u ∂u ∂u ∂u μ y z e y x e ∂z + ∂y nz + μ ∂x + ∂y nx ∂u ∂u ∂u ∂u p z x y z nz = 2 μ − β e ∂z + λ ∂x + ∂y + ∂z T ΔT nz + ∂u ∂u ∂u ∂u μ z x e z y e ∂x + ∂z nx + μ ∂y + ∂z ny . Vse navedene enačbe bi seveda lahko izpeljali tudi z neposrednim upoštevanjem posameznih zvez (4.4) v enačbah (4.9) in z vstavljanjem dobljenih izrazov v enačbe (4.1) oziroma (4.2). To nalogo prepuščamo bralcu. Če se nam posreči iz Laméjevih enačb ob upoštevanju robnih pogojev določiti rešitve ux( x, y, z) , uy( x, y, z) , uz( x, y, z), je nadaljnji postopek čisto preprost. Najprej izračunamo parcialne odvode pomikov in iz kinematičnih enačb (4.4) in (4.6) določimo deformacije εij( x, y, z) in zasuke ωij( x, y, z). Deformacije vstavimo v konstitucijske enačbe (4.9), dobimo napetosti σij( x, y, z) in naloga je končana. Žal se problem ponavadi zaplete pri izpolnjevanju robnih pogojev, v ka- terih razen zunanje obtežbe nastopajo tudi parcialni odvodi pomikov. Zato je metoda pomikov prikladna predvsem v primerih dovolj pre- prostih geometrijskih oblik telesa in enostavnih obtežnih razmer. 417 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe V primeru, da želimo sistem osnovnih enačb trdnega telesa izraziti z napetostmi, naletimo na problem enolične določitve pomikov iz kine- matičnih enačb. Če namreč s konstitucijske enačbami (4.10) povežemo napetosti z deformacijami in jih vstavimo v ravnotežne enačbe (4.1), dobimo tri enačbe za šest neznanih deformacij. Vzemimo, da nam uspe najti še tri dodatne enačbe, tako da lahko izračunamo šest deformacij, ki nastopajo v kinematičnih enačbah (4.4). Za določitev treh pomikov bi torej dobili šest enačb, kar pomeni, da deformacije ne morejo biti docela neodvisne med seboj. Povezavo med njimi določajo kompatibil- nostni pogoji. Tri manjkajoče enačbe za določitev deformacij moramo torej premišljeno izbrati izmed šestih kompatibilnostnih pogojev. Pri tem je možno dokazati, da so v primeru, da izpolnimo primerno tro- jico izmed kompatibilnostnih pogojev (4.8), identično izpolnjeni tudi preostali trije. Dokaz presega okvir tega učbenika; navedimo le, da moramo izmed komponent tenzorja kompatibilnosti ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ Kxx Kxy Kxz 0 0 0 [ Kij] = ⎣ Kyx Kyy Kyz ⎦ = ⎣ 0 0 0 ⎦ (4 . 23) Kzx Kzy Kzz 0 0 0 izenačiti z nič tri take komponente, ki nimajo skupnega indeksa. Med možnimi dvajsetimi izbirami trojic kompatibilnostnih pogojev je sedemnajst takih, da so ob izpolnjenih treh kompatibilnostnih enačbah identično zadoščene tudi preostale tri. Izjemo predstavljajo trije pri- meri, pri katerih imajo vse tri izbrane komponente tenzorja kompati- bilnosti en indeks enak 1 . primer : Kxx = Kxy = Kzx = 0 2 . primer : Kxy = Kyy = Kyz = 0 3 . primer : Kzx = Kyz = Kzz = 0 . To medsebojno odvisnost kompatibilnostnih enačb si lahko razložimo 418 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe z dejstvom, da morajo komponente tenzorja kompatibilnosti ustrezati pogojem (2.218) . Pri metodi napetosti gre torej za določitev šestih funkcij napetosti iz sistema šestih enačb, ki ga sestavimo iz treh ravnotežnih in primernih treh kompatibilnostnih pogojev. Pri tem moramo kompatibilnostne pogoje prav tako izraziti z napetostmi. Z napetostmi izraženi kompatibilnost- ni pogoji so znani kot Beltrami†–Michellove‡ enačbe. V splošnem prostorskem primeru imajo Beltrami–Michellove enačbe predvsem študijski in zgodovinski pomen, kot praktično zelo uporabne pa se izkažejo pri obravnavanju ravninskih problemov. Vzemimo kar izotermni primer ( ΔT = 0) in izrazimo kompatibilnostne pogoje v obliki (2.227), torej z zahtevo, da morajo biti vse komponente Riemannovega kompatibilnostnega tenzorja enake nič. Ob upoštevanju enačbe (2.225) dobimo ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε ∂ 2 ε R jk il jl ik ijkl = − − ∂x + = 0 , i∂xl ∂xj∂xk ∂xi∂xk ∂xj∂xl ( i, j, k, l = x, y, z) (4 . 24) Nastopajoče deformacije povežemo z napetostmi s konstitucijskimi enačbami (4.11). Po krajšanju z E in ureditvi dobimo 1 + ν ∂ 2 σjk ∂ 2 σil ∂ 2 σ ∂ 2 σ − jl − ik − ν ∂x + i∂xl ∂xj∂xk ∂xi∂xk ∂xj∂xl ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ δ 1 1 1 1 jk − δ − δ ∂x + δil jl ik = 0 , i∂xl ∂xj∂xk ∂xi∂xk ∂xj∂xl (4 . 25) Glej n. pr. knjigo: Saje, Srpčič, Osnove nelinearne mehanike trdnih teles, Ljubljana, 1993. † Eugenio Beltrami, italijanski matematik, 1835–1900 ‡ Henry Michell, avstralski matematik, 1863–1940. 419 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe kjer je Iσ prva komponenta tenzorja napetosti 1 Iσ = σ σ 1 xx + σyy + σzz = ii . (4 . 26) i Kot smo povedali že v razdelku 2.9, je med 81 enačbami (4.25) le šest medsebojno neodvisnih. Dobimo jih na primer tako, da indeks l spremenimo v i in dobljene enačbe seštejemo po i 1 + ν ∂ 2 σjk ∂ 2 σii ∂ 2 σ ∂ 2 σ − ji − ik − ν ∂x + ∂x ∂x ∂x i i∂xi j∂xk i∂xk j∂xi ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ δ 1 1 1 1 jk − δ − δ ∂x + δii ∂x ji ∂x ik ∂x = 0 . i i∂xi j∂xk i∂xk j∂xi (4 . 27) O tem se z nekoliko potrpežljivosti prepričamo tako, da opisano ope- racijo naredimo že v enačbi (4.24) in s skalarnim zapisom dobljenega izraza dobimo ravno šest neodvisnih kompatbilnostnih pogojev (4.8). Prvi in peti člen enačbe (4.27) lahko zapišemo z Laplaceovim diferen- cialnim operatorjem ∇ 2 ∂ 2 σjk ∂ 2 σjk ∂ 2 σjk ∂ 2 σjk ∂x = ∂x + + = ∇ 2 σ 2 ∂y 2 ∂z 2 jk (4 . 28) i i∂xi ∂ 2 Iσ δ 1 jk . ∂x = δjk∇ 2 Iσ 1 (4 . 29) i i∂xi Ob upoštevanju lastnosti Kroneckerjevega tenzorja velja tudi δii = δxx + δyy + δzz = 3 (4 . 30) i ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ δ 1 1 ji ∂x = ∂x (4 . 31) i i∂xk j∂xk ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ δ 1 1 ik . ∂x = ∂x (4 . 32) i j ∂xi j∂xk 420 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe Zaradi enačbe (4.26) je še ∂ 2 σii ∂ 2 Iσ 1 . ∂x = ∂x (4 . 33) i j∂xk j∂xk Enačba (4.27) se s tem glasi ∂ 2 Iσ ν ∂ 2 σ ∂ 2 σ ∇ 1 2 σ 1 ji ik jk + − δjk∇ 2 Iσ − − = 0 . 1 + ν ∂x 1 j∂xk 1 + ν ∂x ∂x i i∂xk i j ∂xi (4 . 34) Dobljeno enačbo lahko poenostavimo, če četrti in peti člen ob upošte- vanju ravnotežnih pogojev (4.3) izrazimo z zunanjo obtežbo. Zaradi simetrije napetosti lahko ravnotežno enačbo (4.3) zapišemo takole ∂σji ∂x = −vj . (4 . 35) i i Enačbo parcialno odvajamo po xk in dobimo ∂ 2 σji ∂vj ∂x = − ∂x (4 . 36) i i∂xk k in podobno ∂ 2 σik ∂vk , ∂x = − ∂x (4 . 37) i j∂xi j kjer smo upoštevali, da vrstni red odvajanja zaradi zvezne odvedljivosti napetosti ni pomemben. Enačba (4.34) preide s tem v naslednjo obliko ∂ 2 Iσ ν ∂v ∂v ∇ 1 2 σ 1 j k jk + − δjk∇ 2 Iσ − 1 + ν ∂x 1 = − j∂xk 1 + ν ∂xk ∂xj ( j, k = x, y, z) . (4 . 38) Dobljena enačba ima dva prosta indeksa, torej predstavlja devet skalarnih enačb. Vendar je med njimi zaradi simetrije glede na in- deksa j in k le šest medsebojno neodvisnih. Na tem mestu bi izpeljavo 421 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe lahko končali, saj nam je že uspelo kompatibilnostne pogoje izraziti z napetostmi. Vendar se izkaže, da je mogoče enačbo (4.38) še nadalje poenostaviti. V ta namen v enačbi (4.25) izenačimo indekse i = l in j = k ter seštejemo po k in l 1 + ν ∂ 2 σkk ∂ 2 σll ∂ 2 σ ∂ 2 σ − kl − lk − ν ∂x + ∂x ∂x ∂x k l l∂xl k∂xk l∂xk k∂xl ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ ∂ 2 Iσ δ 1 1 1 1 kk − δ − δ ∂x + δll ∂x kl ∂x lk ∂x = 0 . k l l∂xl k∂xk l∂xk k∂xl (4 . 39) Z uporabo podobnih zvez kot v dosedanjem izvajanju dobimo ∂ 2 σ ∇ 1 + ν 2 Iσ kl . 1 = (4 . 40) 1 − ν ∂x k l k∂xl Podobno kot v enačbi (4.36) pa je tudi ∂ 2 σ kl ∂vl ∂vi ∂x = − ∂x = − ∂x (4 . 41) k l k∂xl l l i i in zato ∂v ∇ 2 Iσ i = − 1 + ν . (4 . 42) 1 1 − ν ∂x i i Z vstavitvijo dobljene zveze v enačbo (4.40) dobimo končno obliko Beltrami–Michellovih enačb ∂ 2 Iσ ∂v ∂v ν ∂v ∇ 1 2 σ 1 j k i jk + = − − − δjk 1 + ν ∂xj∂xk ∂xk ∂xj 1 − ν ∂x i i ( i, j, k = x, y, z) . (4 . 43) Opazimo lahko, da v posebnem, vendar v praksi zelo pogostem primeru homogene specifične prostorninske obtežbe v, ko ta torej ni funkcija koordinat xi, postanejo Beltrami–Michellove enačbe homogene parcialne 422 4.3 Metoda napetosti. Beltrami–Michellove enaˇ cbe diferencialne enačbe, kar občutno olajša njihovo reševanje. Zapišimo te enačbe še v skalarni obliki ∂ 2 ∇ 1 2 σxx + ( σxx + σyy + σzz) = 1 + ν ∂x 2 ∂v ν ∂v ∂v ∂v − x x y z 2 − ∂x 1 − ν ∂x + ∂y + ∂z ∂ 2 ∇ 1 2 σyy + ( σxx + σyy + σzz) = 1 + ν ∂y 2 ∂v ν ∂v ∂v ∂v − y x y z 2 − ∂y 1 − ν ∂x + ∂y + ∂z ∂ 2 ∇ 1 2 σzz + ( σxx + σyy + σzz) = (4 . 44) 1 + ν ∂z 2 ∂v ν ∂v ∂v ∂v − z x y z 2 − ∂z 1 − ν ∂x + ∂y + ∂z ∂ 2 ∂v ∂v ∇ 1 2 σ x y xy + − 1 + ν ∂x∂y ( σxx + σyy + σzz) = − ∂y ∂x ∂ 2 ∂v ∂v ∇ 1 2 σ y z yz + − 1 + ν ∂y∂z ( σxx + σyy + σzz) = − ∂z ∂y ∂ 2 ∂v ∂v ∇ 1 2 σ z x zx + − . 1 + ν ∂z∂x ( σxx + σyy + σzz) = − ∂x ∂z Za rešitev robnega problema po metodi napetosti moramo torej vzeti tri ravnotežne enačbe (4.1) ter primerne (dopustne) tri od Beltrami– Michellovih enačb (4.44), na primer kar prve tri. Ta sistem šestih parcialnih diferencialnih enačb rešujemo ob upoštevanju robnih pogo- jev (4.2). Kot rešitev bi načeloma dobili šest napetosti σij( x, y, z). Z vstavitvijo v sistem šestih linearnih algebrajskih konstitucijskih enačb (4.10) bi brez težav določili šest deformacij εij( x, y, z). Pomike ui( x, y, z) in zasuke ωij( x, y, z) bi sedaj določili z enačbami (2.192) in (2.193). Pri tem bi zagotovo dobili enolične rešitve, saj so izpolnjeni kompatibilnostni pogoji. 423 Document Outline Vpenjalnik1 TRDNOST_I_PLATNICE T_I_PRVI_LIST_2023_X PREDGOVOR_2023_X GRSKA_2023_X PRAZEN_LIST VSEBINA_T1_2023_X Vpenjalnik2slike UVOD_1 T_I_1_2023 T_I_2_2023 T_I_3_2023 T_I_4_2023 Prazna stran Prazna stran