7. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (tenzor deformacij II) (tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji) NALOGA 1: Pomik deformabilnega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y in e z opisan s translacijo u in majhnim zasukom ω referenčne točke T (5, 5, 1) u = 1 2 (2 e x 3 e y + e z ), ω = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ). Predpostavi da so zasuki majhni. Pri določitvi pomikov poljubne točke T (x, y, z) uporabi približno Rodriguesovo enačbo kjer je r = x e x + y e y + z e z. u = u + ω (r r ), a) Določi komponente tenzorjev velikih in majhih deformacij v točki T. b) Določi komponente tenzorja majhih rotacij v točki T. c) Pojasni dobljene rezultate. Rešitev: a) Tenzor velikih deformacij v točki T je 6.5 1 1.5 [E ij ] = 1 5 3 1 4. 1.5 3 2.5 a ) Tenzor majhih deformacij v točki T je [ε ij ] =. b) Tenzor majhih rotacij v točki T je ω z ω y 3 2 [ω ij ] = ω z ω x = 1 2 3 1. ω y ω x 2 1 c) Ker smo vektor pomikov zapisali s približno Rodriguesovo enačbo u = u + ω (r r ), ki opisuje translacijo in majhno rotacijo telesa, je tenzor majhnih deformacij enak nič. Tenzor velikih deformacij ni enak nič, saj smo pri računu pomika uporabili približno enačbo. Iz tenzorja rotacij lahko preberemo rotacijski vektor ω = ω x e x + ω y e y + ω z e z = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ) = ω.
NALOGA 2: Pomik deformabilnega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y in e z opisan s translacijo u in majhnim zasukom ω referenčne točke T (5, 5, 1) u = 1 2 (2 e x 3 e y + e z ), ω = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ). Pri določitvi pomikov poljubne točke T (x, y, z) uporabi točne enačbe u = u + u ω, ω = ω e ω ρ = cos(ω ) ρ + (1 cos(ω )) (e ω ρ) e ω + sin(ω ) e ω ρ, u ω = ρ ρ, ρ = r r. kjer je r = x e x + y e y + z e z. a) Določi komponente tenzorjev velikih in majhih deformacij v točki T. b) Določi komponente tenzorja majhih rotacij v točki T. c) Pojasni dobljene rezultate. Rešitev: a) Tenzor velikih deformacij v točki T je [E ij ] =. a ) Tenzor majhih deformacij v točki T je 6.5 1 1.5 [ε ij ] = 1 5 3 1 4. 1.5 3 2.5 b) Tenzor majhih rotacij v točki T je ω z ω y 2.9993 1.9995 [ω ij ] = ω z ω x = 1 2 2.9993.9998. ω y ω x 1.9995.9998 c) Ker smo vektor pomikov zapisali s točno Rodriguesovo enačbo je tenzor velikih deformacij enak nič. Tenzor majhnih deformacij ni enak nič, saj smo pri računu pomika uporabili točno enačbo. Iz tenzorja majhnih rotacij lahko dokaj natančno odčitamo rotacijski vektor ω = ω x e x + ω y e y + ω z e z = 1 2 (.9998 e x + 1.9995 e y + 2.9993 e z ) ω.
NALOGA 3: Predpostavi, da so deformacije po pravokotni plošči konstantne po prostornini plošče. Deformacijski tenzor je 1 2 [ε ij ] = 2 3 1 3. Privzemi, da sta pomik in zasuk v točki A enaka nič. Določi spremembo dolžine diagonale pravokotne plošče na dva načina: (1) izračunaj pomik v točki C in določi deformirano dolžino diagonale. (2) določi deformacijo ε ξξ v smeri diagonale in iz nje izračunaj spremembo dolžine diagonale. Rešitev: Pri izračunu pomika lahko uporabimo rezultat naloge 7. Dobimo u C = 1 2 (e x + 1.7 e y ) [cm]. Od tu izračunamo d = d d = 5.1826 5 =.1826 cm, kjer smo z d označili dolžino diagonale v deformirani legi z d pa dolžino diagonale v začetni nedeformirani legi. Upoštevamo enačbi ε ξξ = ε xx e 2 ξx + ε yy e 2 ξy + 2 ε xy e ξx e ξy = 3.64 1 4 in ε ξξ = d d in dobimo d =.182 cm. NALOGA 4: Homogen kvader se deformira tako, da se stranica AB translatorno premakne v smeri y za vrednost v B. Vse stranice ostanejo pri tem ravne (glej sliko). 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.
Rešitev: Pri določitvi pomika si lahko pomagamo s spodnjo sliko. Velja (glej sliko) u y = v z c x in v = v B. Od tu dobimo u x z a y = v B in končno u(x, y, z) = v a c B x z e a c y. Z odvajanjem pomika dobimo α z [ε ij ] = α z α x. α x Izračunamo se glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri ε 11 = α x 2 + z 2, ε 22 =, ε 33 = α x 2 + z 2 in e 1 = z 2 (x2 + z 2 ) e x + 1 x e y + 2 2 (x2 + z 2 ) e z, x e 2 = x2 + z e z 2 x + x2 + z e z, 2 e 3 = z 2 (x2 + z 2 ) e x 1 x e y + 2 2 (x2 + z 2 ) e z. NALOGA 5: Deformiranje telesa je opisano z vektorskim poljem pomikov u = 1 4 ((5 x 2 6 z) e x + 2 y 2 z e y + (x 2 3 y 2 z) e z ). V točki T (x, 4, 2), ki leži v ravnini Γ določi: a) specifično spremembo dolžine normale na ravnino Γ, b) specifično spremembo pravega kota γ, c) rezultirajoči vektor zasuka ω, vrednosti ω n in ω t tenzorja zasukov ter povprečni zasuk ω n okrog smeri normale na ravnino Γ, d) ugotovi ali v kakšni točki na črti AB vlada izohrono defomacijsko stanje (to pomeni, da je specifična sprememba prostornine v kakšni točki enaka ).
Rešitev: a) specifična sprememba dolžine normale na ravnino Γ je D nn ε nn = 72 5 1 4, b) specifična sprememba pravega kota γ je γ = D yt 2 ε yt = 32 5 1 4, c) rezultirajoči vektor zasuka ω = 1 4 ( 4 e x 6 e y ), ω n = ω e n = 1 4 5 ( 6 e x + 4 e y + 12 e z ), ω t = ω e t = 1 4 5 ( 12 e x + 8 e y 6 e z ), povprečni zasuk ω n okrog smeri normale na ravnino Γ je ω n = 8 5 1 4, d) v točki T ( 4 11, 4, 8 11) na črti AB vlada izohrono defomacijsko stanje. NALOGA 6: Polje pomikov je podano z enačbo u = 1 4 ((x z) 2 e x + (y + z) 2 e y x y e z ). V točki P (, 2, 1) določi: a) tenzor majhnih deformacij, b) tenzor majhnih zasukov, c) vektor zasuka ω. d) specifično spremembo dolžine v smeri e ξ = 1 (8 e 9 x e y + 4 e z ) e) spremembo pravega kota med vektorjema e ξ in e η = 1 (4 e 9 x + 4 e y 7 e z ). Rešitev: a) tenzor majhnih deformacij [ε ij ] = 1 4 2 2 2 1, 2 1
b) tenzor majhnih zasukov c) vektor zasuka ω = 1 4 e x. [ω ij ] = 1 4 1, 1 d) specifična sprememba dolžine v smeri e ξ = 1 9 (8 e x e y + 4 e z ) je D ξξ ε ξξ = 6 81 1 4. e) sprememba pravega kota med vektorjema e ξ in e η = 1 9 (4 e x + 4 e y 7 e z ) znaša D ξη 2 ε ξη = 1 4 318 81 NALOGA 7: Vzemimo, da so deformacije v ravninskem deformacijskem stanju linearne funkcije materialnih koordinat x in y: ε xx = a 1 x + b 1 y + c 1, ε yy = a 2 x + b 2 y + c 2, ε xy = a 3 x + b 3 y + c 3. Preveri, ali so koeficienti a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2, a 3, b 3, c 3 medsebojno neodvisni. Izračunaj pomik delca D z materialnimi koordinatami x = x 1, y = y 1, če vemo, da sta pomik in zasuk v točki T (, ) enaka nič (glej sliko). Rešitev: Neodvisnost koeficientov preverimo s kompatibilnostnim pogojem, ki ga v primeru RDS zapišemo z enačbo Izračunamo odvode in dobimo K zz = 2 ε xx y 2 + 2 ε yy x 2 2 2 ε xy x y =. 2 ε xy x y =, 2 ε xx y 2 =, 2 ε yy x 2 =. Kompatibilnostnemu pogoju je torej zadoščeno s poljubno izbiro koeficientov a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2, a 3, b 3, c 3. Pri izračunu pomikov uporabimo enačbi u T = u T + T T ((ε x + ω e x ) dx + (ε y + ω e y ) dy),
T ω T = ω T + (( ε x ) dx + ( ε y ) dy). T Ugotovimo, da velja ω T = ω Tz e z. Najprej izračunamo zasuke v pomožnih točkah T in T (glej sliko). Dobimo ω T = (a z 3 b 1 ) x in ω T = (a z 3 b 1 ) x 1 + (a 2 b 3 ) y. Od tu sledi ( ) x 2 1 u T = a 1 2 + c 1 x 1 + b 1 x 1 y 1 + c 3 y 1 + b 3 y1 2 y1 2 a 2 e x 2 ( ) + a 3 x 2 x 2 1 1 b 1 2 + c y1 2 3 x 1 + a 2 x 1 y 1 + c 2 y 1 + b 2 e y 2 NALOGA 8: Komponente tenzorja majhnih deformacij so podane v telesnih koordinatah x, y in z, in sicer v odvisnosti od konstantnega parametra K. Določi konstanto K tako, da bo iz deformacij mogoče enolično izračunati pomike. Telo je v točki A(,, ) togo vpeto v nepomično podlago. Določi prostorske koordinate in telesne bazne vektorje delca D(3, 4, ) po deformaciji telesa. Kako se med deformiranjem telesa spremenijo koordinate krajevnega vektorja r med delcema D in P (3.6, 4.2, ). Dolžine so podane v cm. 2 x 2 K y 2 x y (3 y 2) [ε ij ] = 1 4 x y (3 y 2) 3 K x 2 y. Rešitev: Kompatibilnostni pogoj, ki ga v primeru RDS zapišemo z enačbo K zz = 2 ε xx y 2 + 2 ε yy x 2 2 2 ε xy x y = 1 4 (K 2) (6 y 2) = bo izpolnjen, če bo K = 2. S tem je tenzor majhnih deformacij določen. Pri izračunu pomika in zasuka poljubne točke T (x, y, z) uporabimo enačbi u T = u T + T T ω T = ω T + ((ε x + ω e x ) dx + (ε y + ω e y ) dy), T T (( ε x ) dx + ( ε y ) dy). Z upoštevanjem robnega pogoja ω z (A) = po drugi enačbi izračunamo zasuk ω T = 1 4 (3 x y 2 + 2 x y) e z in nato ob upoštevanju robnih pogojev u x (A) = in u y (A) = iz prve še pomik. Dobimo (( ) ) 2 x u T = 1 4 3 3 2 x y2 e x + 3 x 2 y 2 e y. Prostorske koordinate točke D dobimo iz enačb x (D) = x(d) + u x (D) = 3.78 = 2.9922 cm, y (D) = y(d) + u y (D) = 4 +.432 = 4.432 cm. Nove bazne vektorje v točki D pa iz enačb e x(d) = e x + u x (D) =.9986 e x +.288 e y,
V nedeformiranem stanju velja V deformiranem pa e y(d) = e y + u y (D) =.48 e x + 1.216 e y. r = r(p ) r(d) =.6 e x +.2 e y. r = r (P ) r (D) = (r(p ) + u(p )) (r(d) + u(d)) =.5982 e x +.222 e y. NALOGA 9: Kot rešitev mehanskega problema ravninskega telesa po metodi napetosti smo dobili majhne deformacije ε ij kot funkcije telesnih koordinat x in z. Vse točke telesa se premikajo le v ravnini (x, z). Razen tega je točka T (,, ) nepomično vrtljivo podprta, v točki T 1 (1,, ) pa je preprečen pomik v smeri z. Določi pomika u x in u z ter zasuk ω y kot funkcije koordinat (x, z). Določi vrednost zasukov ω y v obeh podporah, pomik u x v točki T 1, ter vrednosti obeh pomikov in zasuka ω y v točki T (5,,.5). Dolžine so podane v m. ε xx = 8 x cos(2π z) 1 4, ε zz = 1 x z 1 4, ε zx = ε zx = ( x 2 (3 + 4 π sin(2 π z) 25 z 2 + 15 x + 25) 1 4, ε yy = ε xy = ε zy =. u x (,, ) u x =, u z (,, ) u z =, u z (1,, ) u 1 z =. Rešitev: Zaradi enakosti 2 ε zz x 2 =, 1 4 2 ε xx z 2 = 32 π 2 x cos(2 π z), 1 4 2 ε xz z x = 16 π2 x cos(2 π z) je kompatibilnostni pogoj, ki ga v našem primeru zapišemo z enačbo identično izpolnjen. enačbi K yy = 2 ε zz x 2 + 2 ε xx z 2 2 2 ε xz z x = Pri izračunu pomika in zasuka poljubne točke T (x, y, z) uporabimo u T = u T + T T ω T = ω T + ((ε x + ω e x ) dx + (ε z + ω e z ) dz), T T (( ε x ) dx + ( ε z ) dz). Pri izračunu zasuka, za referenčno točko izberemo T, pa čeprav zasuka v tej točki zaenkrat še ne poznamo. Od nič različna je samo komponenta ω y. Dobimo ω y = ω y (T ) + 1 4 ( x 2 (3 4 π sin(2 π z) + 25 z 2 15 x) ).
Pri izračunu pomika upoštevamo robna pogoja u x (T ) = in u z (T ) = in tako dobimo u x = z ω y (T ) + 1 ( 4 4 x 2 cos(2 π z) + 25 z ), u z = x ω y (T ) + 1 ( 4 2 x 3 + 15 x 2 + 25 x (1 2 z 2 ) ). Ob upoštevanju robnega pogoja u z (T 1 ) = dobimo ω y (T ) = 25 1 4. S tem so vsi pomiki in zasuki znani. NALOGA 1: Pri enakomerni torzijski obremenitvi ravnega nosilca z vzdolžno težiščno osjo z in krožnim prečnim prerezom je vektorsko polje pomikov v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z izrazom Pri tem je Ω konstanten obtežni faktor. u = Ω y z e x + Ω z x e y. Zapiši vektor pomikov in izračunaj komponente tenzorja majhnih deformacij v cilindričnih koordinatah. Rešitev: Vektor pomikov v cilindričnih koordinatah u = Ω z r e ϕ. Komponente tenzorja majhnih deformacij v cilindričnih koordinatah dobimo iz enačb ε rr = u r r =, ε ϕϕ = u r r + 1 r u ϕ ϕ =, ε zz = u z z =, ε rϕ = 1 ( 1 u r 2 r ϕ + u ϕ r u ) ϕ =, r ε ϕz = 1 ( uϕ 2 z + 1 ) u z = Ω r r ϕ 2, ε zr = 1 ( ur 2 ϕ + u ) z =. r Rezultat zapišemo krajše ε rr ε rϕ ε rz [ε αβ ] = ε ϕr ε ϕϕ ε ϕz = Ω r 2 ε zr ε zϕ ε zz 1. 1 NALOGA 11: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem u = 1 4 ((4 x y + 3 z) e x + (x + 7 y) e y + ( 3 x + 4 y + 4 z) e z ). Določi:
a) specifično spremembo volumna, b) tenzor majhnih deformacij, c) glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri, d) ekstremne strižne deformacije in pripadajoče smeri, e) deviatorični del tenzorja majhnih deformacij, f) Rezultate prikaži z Mohrovimi krogi. Rešitev: a) specifična sprememba volumna ε V = 1 4 (4 + 7 + 4), b) tenzor majhnih deformacij [ε ij ] = 1 4 4 7 2, 2 4 c) glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri so ε 11 = 8 1 4, ε 22 = 4 1 4, ε 33 = 3 1 4, e 1 = 1 5 (2 e y + e z ), e 2 = e x, e 3 = 1 5 (e y 2 e z ). d) ekstremne strižne deformacije in pripadajoče smeri so γ 1 = 1 2 (ε 22 ε 33 ) = 1 2 1 4, γ 2 = 1 2 (ε 33 ε 11 ) = 5 2 1 4, γ 3 = 1 2 (ε 11 ε 22 ) = 2 1 4, e I = ± 2 2 (e 2 + e 3 ) = ±(.771 e x +.3162 e y.6325 e z ), e II = ± 2 2 (e 3 + e 1 ) = ±(.9487 e y.3162 e z ), e III = ± 2 2 (e 1 + e 2 ) = ±(.771 e x +.6325 e y +.3162 e z ). e) deviatorični del tenzorja majhnih deformacij 1 [e ij ] = 1 4 2 2, 2 1 NALOGA 12: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem kjer so a, b in c zelo majhne konstante. u = ( c y + b z) e x + (c x a z) e y + ( b x + a y) e z, Pokaži, da vektor pomikov opisuje rotacijo telesa. Poišči tudi vektor rotacije ω. Rešitev: Vektor rotacije ω = a e x + b e y + c e z NALOGA 13: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem u = 2 1 3 y 3 e z.
Poišči normalo ravnine, v kateri ni normalnih deformacij. Rešitev: Normali ravnin, v kateri ni normalnih deformacij sta e n = α e x + β e y, α 2 + β 2 = 1 in e n = α e x + β e z, α 2 + β 2 = 1. NALOGA 14: V kartezijskem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z je podan kvader z oglišči A(,, ), B(a,, ), C(, b, ), D(a, b, ), E(,, c), G(a,, c), F (, b, c), H(a, b, c). Velja a : b : c = 2 : 3 : 5. Pri deformaciji ostanejo dolžine stranic AB AC in AE nespremenjene, pravi kot BAC se poveča na 9 3, pravi kot CAE se zmanjša na 89 59 54, pravi kot EAB pa preide na 89 59 56. Določi specifično spremembo dolžine diagonale AH. Rešitev: Specifična sprememba dolžine diagonale ε ξξ =.143 1 4. NALOGA 15: Valj na sliki je na levem krajišču vpet v steno, na desnem pa prost. Pri deformaciji se volumen valja ne spremeni, prav tako se ne spremeni premer valja. Razdalji AB in CD se med deformacijo ne spremenita (velja A B = AB, C D = CD ). Pač pa se spremeni kot, ki ga daljica AC oklepa z osjo z. Glej sliko. Pokaži, da velja γ zx = 2 ε zx tan(α). Namig: Za opis polja pomikov uporabi nastavek iz naloge 1 ali nastavek iz naloge 7 v vaji 6.